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【优化方案】2014届高考数学二轮复习 专题5第2讲点、直线、平面之间的位置关系课件 新人教版


第2讲 点、直线、平面之间的位置关系

要点知识整合
1.直线与平面的平行问题
直线与平面平行的判定方法: (1)判定定理:不在一个平面内的一条直线和平面内 的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行. (2)转化为面面平行再推证线面平行.

(3)一直线在两平行平面外,且与其中一平面平行,
则这一直线与另一平面也平行.

2.平面与平面的平行问题 (1)在面面平行的判定定理中“两条相交直线”中的“相

交”两个字不能忽略,否则结论不一定成立.
(2)若由两个平面平行来推证两直线平行时,则这两直 线必须是第三个平面与这两个平面的交线. (3)分别在两个平行平面内的两条直线,它们可能平行, 也可能异面. (4)a、b为两异面直线,a?α,b?β,且a∥β,b∥α, 则α∥β. (5)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.

3.直线与平面的垂直问题 (1)在判定定理中,易忽视两直线为“相交直线”. (2)过一点有且只有一条直线与一个平面垂直; 过一点有且只有一个平面和一条直线垂直. a∥b ? (3) b⊥α??a⊥α. ? 4.平面与平面的垂直问题 (1)判定的关键是结合图形利用条件在一平面内找 一条线是另一平面的垂线,由此可知,凡是包含此线 的面都与另一面垂直.

(2)空间中直线与直线垂直,直线与平面垂直、平面与
平面垂直三者之间可以互相转化,其转化关系为:

(3)利用面面垂直的性质定理添加面的垂线时,一定要

注意是在某一平面内作交线的垂线.此线即为另一面
的垂线,否则结论不一定成立.

(4)几个易混淆的结论: ①垂直于同一个平面的两条直线平行; ②垂直于同一条直线的两个平面平行;

③垂直于同一个平面的两个平面平行或相交;
④垂直于同一条直线的两条直线平行、相交或异面.

热点突破探究
典例精析 题型一 例1 空间线线、线面、面面的位置关系

(2010年高考浙江卷)设l,m是两条不同的直

线,α是一个平面,则下列命题正确的是(
A.若l⊥m,m?α,则l⊥α B.若l⊥α,l∥m,则m⊥α C.若l∥α,m?α,则l∥m D.若l∥α,m∥α,则l∥m

)

【解析】

对于A,由l⊥m及m?α,可知l与α的位置

关系有平行、相交或在平面内三种,故A不正确.B 正确.对于C,由l∥α,m?α知,l与m的位置关系为

平行或异面,故C不正确.对于D,由l∥α,m∥α知,
l与m的位置关系为平行、异面或相交,故D不正确. 【答案】 B

【题后拓展】 采用的方法是:

根据条件判断位置关系命题真假时,可

(1)将符号语言转化为文字语言与图形语言,再结合命题 条件,根据线线、线面、面面垂直或平行的判定定理或 性质去作出判断. (2)(反推法)即采用反证法的思想,假设结论成立,逆推

条件是否满足,也可以从结论的其他方面进行逆推寻找
条件.如结论是线平行于面,可考虑线面位置关系中, “线在面内”会怎样,条件是否成立等.

变式训练 1.设l、m、n表示三条直线,α、β、γ表示三个平
面,给出下列四个命题: ①若l⊥α,m⊥α,则l∥m; ②若m?β,n是l在β内的射影,m⊥l,则m⊥n; ③若m?α,m∥n,则n∥α; ④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β. 其中真命题为( )

A.①②

B.①②③

C.①②③④

D.③④

解析:选A.③中,n可能在α内;④中,可能有α、 β相交或垂直,故选A.

题型二

直线、平面平行与垂直的证明

例2 (2010 年高考北京卷)如图, 正方形 ABCD 和

四边形 ACEF 所在的平面互相垂直, EF∥AC, AB = 2,CE=EF=1. (1)求证:AF∥平面 BDE; (2)求证:CF⊥平面 BDE.

【证明】 (1)设 AC 与 BD 交于点 G.因为 EF 1 ∥AG,且 EF=1,AG= AC=1. 2 所以四边形 AGEF 为平行四边形, 所以 AF∥EG. 因为 EG?平面 BDE,AF?平面 BDE, 所以 AF∥平面 BDE.

(2)连结FG. 因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1, 所以四边形CEFG为菱形. 所以CF⊥EG.

因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.
又因为平面ACEF⊥平面ABCD. 且平面ACEF∩平面ABCD=AC, 所以BD⊥平面ACEF,所以CF⊥BD. 又BD∩EG=G.

所以CF⊥平面BDE.

【题后点评】

面面的平行、垂直关系可以转化为线

面的平行、垂直关系,线面的平行、垂直关系又能转

化为线线的平行、垂直关系,总体来讲,尽可能将空
间问题转化为平面问题,把复杂、抽象的问题转化为 简单、具体的问题去解决.

变式训练
2.已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面是菱 形,且∠DAB=60° ,AD=AA1,F 为棱 BB1 的中 点,M 为线段 AC1 的中点. (1)求证:MF∥平面 ABCD; (2)求证:平面 AFC1⊥平面 ACC1A1.

证明:(1)延长 C1F 交 CB 的延长线于点 N,连结 AN.

∵F 是 BB1 的中点,∴F 为 C1N 的中点,B 为 CN 的中点. 又 M 是线段 AC1 的中点,∴MF∥AN. 又 MF?平面 ABCD,AN?平面 ABCD, ∴MF∥平面 ABCD.

(2)连结 AC、BD、A1C1,由直四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 可知 A1A⊥平面 ABCD. 又∵BD?平面 ABCD,∴A1A⊥BD. ∵四边形 ABCD 为菱形,∴AC⊥BD. 又∵AC∩A1A=A,AC、AA1?平面 ACC1A1, ∴BD⊥平面 ACC1A1. 在四边形 DANB 中,DA 綊 BN,

∴四边形DANB为平行四边形, ∴NA∥BD,∴NA⊥平面ACC1A1. 又∵NA?平面AFC1,∴平面AFC1⊥平面ACC1A1.

题型三

折叠问题

例3 (本题满分 12 分)已知四边形 ABCD 是等腰梯

形,AB=3,DC=1,∠BAD=45° ,DE⊥AB(如图 1). 现将△ADE 沿 DE 折起, 使得 AE⊥EB(如图 2), 连结 AC,AB,设 M 是 AB 的中点.

(1)求证:BC⊥平面AEC;

(2)判断直线EM是否平行平面ACD?并说明理由.
【规范解答】 作 CF⊥EB, (1)证明:在图 1 中,过 C

∵DE⊥EB,∴四边形 CDEF 是矩形, ∵CD=1,∴EF=1.

∵四边形 ABCD 是等腰梯形,AB=3, ∴AE=BF=1. ∵∠BAD=45° ,∴DE=CF=1. 则 CE=CB= 2. ∵EB=2,∴∠BCE=90° . 则 BC⊥CE. 在图 2 中,∵AE⊥EB,AE⊥ED,EB∩ED=E, ∴AE⊥平面 BCDE. ∵BC?平面 BCDE,∴AE⊥BC. ∵AE∩CE=E,∴BC⊥平面 AEC. 6分 3分

(2)用反证法. 假设 EM∥平面 ACD. ∵EB∥CD,CD?平面 ACD,EB?平面 ACD, ∴EB∥平面 ACD. 9分

∵EB∩EM=E,∴平面 AEB∥平面 ACD. 而 A∈平面 AEB,A∈平面 ACD, 与平面 AEB∥平面 ACD 矛盾. ∴假设不成立, ∴EM 与平面 ACD 不平行. 12 分

【规律方法】

(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞

清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,线段的 长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不 变量是解决问题的突破口. (2)在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要 分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形.

变式训练
3.已知直角梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB⊥BC, AB=1,BC=2,CD=1+ 3,过 A 作 AE⊥CD, 垂足为 E,G、F 分别为 AD、CE 的中点,现将 △ADE 沿 AE 折叠,使 DE⊥EC.

(1)求证:BC⊥平面CDE; (2)求证:FG∥平面BCD; (3)求四棱锥D-ABCE的体积. 解:(1)证明:由已知得,

DE⊥AE,DE⊥EC,∴DE⊥面ABCE.
DE⊥BC.又BC⊥CE,DE∩CE=E, ∴BC⊥面DCE.

(2)证明:取 AB 中点 H,连结 GH、FH, ∴GH∥BD,FH∥BC,∴GH∥平面 BCD,FH ∥平面 BCD. ∴平面 FHG∥平面 BCD,∴FG∥面 BCD. 1 2 (3)V= ×1×2× 3= 3. 3 3

方法突破 例

(2010 年高考安徽卷)如图,在多面体 ABCDEF

中, 四边形 ABCD 是正方形, AB=2EF=2, EF∥AB, EF⊥FB,∠BFC=90° ,BF=FC,H 为 BC 的中点.

(1)求证:FH∥平面EDB;

(2)求证:AC⊥平面EDB;
(3)求四面体B-DEF的体积.
【解】 (1)证明:如图,设 AC 与 BD 交于点 G,

则 G 为 AC 的中点. 连结 EG,GH,由于 H 为 BC 的中点, 1 故 GH 綊 AB. 2

1 又 EF 綊 AB,∴EF 綊 GH,∴四边形 EFHG 为 2 平行四边形,∴EG∥FH. 而 EG?平面 EDB, FH?平面 EDB, ∴FH∥平面 EDB. (2)证明:由四边形 ABCD 为正方形得,AB⊥BC. 又 EF∥AB,∴EF⊥BC.

而 EF⊥FB,∴EF⊥平面 BFC, ∴EF⊥FH,∴AB⊥FH. 又 BF=FC, 为 BC 的中点, H ∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面 ABCD,∴FH⊥AC. 又 FH∥EG,∴AC⊥EG.又 AC⊥BD, EG∩BD=G, ∴AC⊥平面 EDB.

(3)∵EF⊥FB,∠BFC=90° ,∴BF⊥平面 CDEF. ∴BF 为四面体 B-DEF 的高. 又 BC=AB=2,∴BF=FC= 2. 1 1 1 VB-DEF= × ×1× 2× 2= . 3 2 3
【名师点评】 本题利用转化思想,在证线面平

行与垂直时,经常利用这种数学思想.

高考动态聚焦
考情分析 从近几年高考来看,本讲高考命题具有以下特点: 1.近年来,高考命题由考查知识向考查能力方

向转变,题目新颖,灵活性强,立体几何试题经
常是以简单几何体为载体,考查线面位置关系, 以中档题为主.

2.平面的基本性质、公理、公理的推论及直线与 平面的位置关系,都是每年必考的知识点,试题难 度不大,多为选择题和填空题.

3.考查平面与平面平行的判定和性质,通常是以
棱柱、棱锥为背景设计命题,考查的方向是直线与 平面、平面与平面的位置关系,并结合平面几何有 关知识进行考查.

4.垂直是直线与直线、直线与平面、平面与平面 位置关系中的纽带,常常起到承上启下的作用,戏 称“二传手”.不少问题常常是以垂直为解题的突破 口,然后深入进行下去,渗透转化思想的考查.

真题聚焦 1.(2010年高考湖北卷)用a,b,c表示三条不同的 直线,γ表示平面,给出下列命题:①若a∥b, b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a⊥c;③若

a∥γ,b∥γ,则a∥b;④若a⊥γ,b⊥γ,则a∥b.
其中真命题的序号是( A.①② C.①④ ) B.②③ D.③④

解析:选C.由平行公理可知①正确;②不正确, 若三条直线在同一平面内,则a∥c;③不正确,a 与b有可能平行,也有可能异面或相交;由线面垂

直的性质可知④正确.

2.(2010年高考课标全国卷)一个几何体的正视图为一

个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的
________(填入所有可能的几何体前的编号). ①三棱锥 ⑤圆锥 ②四棱锥 ⑥圆柱 ③三棱柱 ④四棱柱

解析:①三棱锥的正视线与其中一侧面平行可以得 正视图为三角形; ②四棱锥,若底面是矩形,有一侧棱垂直于底面可

以得正视图为三角形;

③三棱柱,把侧面水平放置,正对着底,沿着一个侧 面看,得正视图为三角形; ④四棱柱,不论从哪个方向看都得不出三角形;

⑤圆锥的底面水平放置,正视图是三角形;
⑥圆柱从不同方向看是矩形或圆,不可能是三角形. 答案:①②③⑤

3.(2010 年高考辽宁卷)如图,棱柱 ABC-A1B1C1 的侧面 BCC1B1 是菱形,B1C⊥A1B. (1)证明:平面 AB1C⊥平面 A1BC1; (2)设 D 是 A1C1 上的点且 A1B∥平面 B1CD,求 A1D∶DC1 的值.

解:(1)证明:因为侧面 BCC1B1 是菱形,所以 B1C⊥BC1. 又 B1C⊥A1B,且 A1B∩BC1=B,所以 B1C⊥ 平面 A1BC1.又 B1C?平面 AB1C,所以平面 AB1C ⊥平面 A1BC1.

(2)设BC1交B1C于点E,连结DE,则DE是平面

A1BC1与平面B1CD的交线.
因为A1B∥平面B1CD,所以A1B∥DE. 又E是BC1的中点,所以D为A1C1的中点, 即A1D∶DC1=1.

4.(2010 年高考课标全国卷)如图,已知四棱锥 P- ABCD 的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD, 垂足为 H,PH 是四棱锥的高. (1)证明:平面 PAC⊥平面 PBD; (2)若 AB= 6, ∠APB=∠ADB=60° 求四棱 , 锥 P-ABCD 的体积.

解:(1)证明:因为 PH 是四棱锥 P-ABCD 的高,所以 AC⊥PH. 又 AC⊥BD,PH、BD 都在平面 PBD 内,且 PH∩BD =H, 所以 AC⊥平面 PBD. 又 AC?平面 PAC,故平面 PAC⊥平面 PBD. (2)因为四边形 ABCD 为等腰梯形, AB∥CD, AC⊥BD, AB= 6,所以 HA=HB= 3.

因为∠APB=∠ADB=60° , 所以 PA=PB= 6,HD=HC=1, 可得 PH= 3,AC=BD= 3+1. 1 等腰梯形 ABCD 的面积为 S= AC×BD=2+ 3, 2 3+2 3 1 所以四棱锥的体积为 V= ×(2+ 3)× 3= . 3 3


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