第八章+立体几何+专题29+直线、平面平行与垂直的判定与性质-2018高考数学考场高招大全+Word版含解析
高中数学第八章立体几何初步-平面与平面垂直的判定课件及答案
则 AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS 为二面角 A-BC-S 的平面角．在 Rt△BSC
中，∵SB＝SC＝a，
∴SD＝
22a，BD＝B2C＝
2 2 a.
在 Rt△ABD 中，AD＝ 22a.在△ADS 中， ∵SD2＋AD2＝SA2，∴∠ADS＝90°，即二面角 A-BC-S 为直二面角，故平
面 ABC⊥平面 SBC.
(3)垂线法．过二面角的一个面内异于棱上的 A 点向另一个平面作垂线，垂 足为 B，由点 B 向二面角的棱作垂线，垂足为 O，连接 AO，则∠AOB 为二面 角的平面角或其补角．如图③，∠AOB 为二面角 α-l-β 的平面角．
【对点练清】
1．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两
D．AO⊥l，BO⊥l，且 AO⊂α，BO⊂β 答案：D
3.如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，二面角 A-BC-A1 的平面 角等于 ________． 答案：45°
知识点二 平面与平面垂直
(一)教材梳理填空 1．面面垂直的定义：
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直__二__面__角__，就说 定义
D．不存在
()
答案：C 3．若平面 α⊥平面 β，平面 β⊥平面 γ，则
()
A．α∥γ
B．α⊥γ
C．α 与 γ 相交但不垂直 答案：D
D．以上都有可能
题型一 二面角的概念及其大小的计算
【学透用活】 (1)一个二面角的平面角有无数个，它们的大小是相等的． (2)构成二面角的平面角的三要素：“棱上”“面内”“垂直”，即二面角的 平面角的顶点必须在棱上，角的两边必须分别在两个半平面内，角的两边必须都 与棱垂直，这三个条件缺一不可． (3)当二面角的两个半平面重合时，规定二面角的大小是 0°；当二面角的两 个半平面合成一个平面时，规定二面角的大小是 180°，所以二面角的平面角 α 的取值范围是 0°≤α≤180°.
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 直线、平面平行的判定与性质 ppt
均可①满若足l与直m线为a⊥异b面,且直直线线,la⊂∥α平,m面⊂αβ的,则情α况∥β,故; 选D.
(2)②①若中,α当∥αβ与,l⊂β相α,m交⊂时β,,也则能l∥存m在; 符合题意的l,m;②中,l与m也可能异面;③
中,③l∥若γ,lα⊂∩ββ,β=∩lγ,β=∩mγ⇒=lm∥,γm∩,同α=理nl,∥l∥nγ,,则则mm∥∥nn,.正确.
12345
5.如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱
CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其
内部运动,则M满足条件
时,有MN∥平面
B1BDD1.
关闭
由题意易知平面HNF∥平面B1BDD1知,当M点满足在线段FH上有MN∥平
面B1BDD1.
n⊄Dβ,.l若⊂βα,∴∥βn,∥m∥β.α,n∥m,n⊄β,则n∥β
关闭
(1思)D考(如2)何D 借助几何模型来找平行关系?
2019年6月1日
缘分让我们相遇，缘分让我们在一
起
解析
答答案1案1
考点1
考点2
考点3
-12-
解题心得线面平行、面面平行的命题真假判断多以小题出现,处 理方法是数形结合,画图或结合正方体等有关模型来解题.
(1)证明MN∥平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积. 思考证明线面平行的关键是什么?
2019年6月1日
缘分让我们相遇，缘分让我们在一
14
起
考点1
考点2
考点3
-15-
(1)证明 由已知得 AM=23AD=2. 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN,由 N 为 PC 中点知 TN∥ BC,TN=12BC=2.
高考数学 专题八 立体几何 3 直线、平面平行的判定与性质课件 文
∴ S =A 'B 'C '
S ABC
=A
A
'B B
'
,故2 选2 4 5 D.
答案 D
12/10/2021
方法技巧
方法1 证明线面平行的方法
1.利用线面平行的定义(此法一般伴随反证法证明). 2.利用线面平行的判定定理:关键是在平面内找出与已知直线平行的直线. 3.利用面面平行的性质:当两个平面平行时,其中一个平面内的任一直线都 平行于另一个平面.
又PQ⊂平面PMQ,∴PQ∥平面BCE.
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方法2 证明面面平行的方法
1.利用面面平行的定义(此法一般伴随反证法证明). 2.利用面面平行的判定定理:如果一个平面内有两条相交直线都平行于另 一个平面,那么这两个平面平行. 3.证明两个平面都垂直于同一条直线. 4.证明两个平面同时平行于第三个平面.
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例2 如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF 的中点. (1)求证:BE∥平面DMF; (2)求证:平面BDE∥平面MNG.
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证明 (1)设DF∩GN=O,连接AE,ห้องสมุดไป่ตู้AE必过点O,因为四边形ADEF为平行 四边形,所以O为AE的中点,连接MO,又M为AB的中点,所以MO为△ABE的 中位线,所以BE∥MO, 又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF, 所以BE∥平面DMF.
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考向突破 考向一 线面平行的判定与性质
例1 在三棱柱ABC-A1B1C1中,截面A1B1C与平面ABC交于直线a,则直线a与
直线A1B1的位置关系为
高考数学总复习 第八章 立体几何 第4讲 直线、平面平等的判定与性质 理
1．以空间直线、平面位置关系的定义及四个公理为出发点 认识和理解空间中的平行关系．
2．理解直线和平面平行、平面和平面平行的判定定理． 3．理解并能证明直线和平面平行、平面和平面平行的性质 定理． 4．能用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位 置关系的简单命题．
∴AF⊥平面 SBC. 又∵BC⊂平面 SBC，∴AF⊥BC. 又∵AB⊥BC，AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面 SAB， ∴BC⊥平面 SAB. 又∵SA⊂平面 SAB，∴BC⊥SA. 【规律方法】证明平面与平面平行，就是在一个平面内找 两条相交直线平行于另一个平面，从而将面面平行问题转化为 线面平行问题.
【互动探究】 2．如图 8-4-4，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，S 是 B1D1 的 中点，E，F，G 分别是 BC，DC 和 SC 的中点． 求证：平面 EFG∥平面 BB1D1D.
在平面内
无数个交点
直线 与平 面的 位置 关系
相交 平行
1 个交点
若一条直线和平面平行，则它
0
定义
们没有公共点
个 交
判定定理 1
a α，b⊂α，且 a∥b⇒ a∥α
判定定理 2 α∥β，a⊂α⇒a∥β
点
性质定理
a∥α，a⊂β，α∩β＝l⇒ a∥l
(续表) 相交
直线 与平 面的 位置 关系
平行
定义
的棱共有( C )
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．4 条
2．b 是平面α外一条直线，下列条件中可得出 b ∥α的是
( D) A．b 与α内一条直线不相交
B．b 与α内两条直线不相交
C．b 与α内无数条直线不相交
(课标通用)高考数学一轮复习第八章立体几何第5节直线平面垂直的判定与性质课件理
(3)对于①，若 m⊥n，m⊥α，n∥β，则 α，β 的位置关系 无法确定，故错误；对于②，因为 n∥α，所以过直线 n 作平 面 γ 与平面 α 相交于直线 c，则 n∥c.因为 m⊥α，所以 m⊥c， 所以 m⊥n，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知 正确； 对于④， 由线面所成角的定义和等角定理可知其正确， 故正确命题的编号有②③④.
[解析]
(1)对于选项 A，∵α∩β＝l，∴l⊂α，∵m∥α，
∴m 与 l 可能平行，也可能异面，故选项 A 不正确；对于选 项 B，D，∵α⊥β，m∥α，n⊥β，∴m 与 n 可能平行，可能 相交， 也可能异面， 故选项 B， D 不正确． 对于选项 C， ∵α∩β ＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l.故选 C. (2)由 α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l 可以推出 l⊥γ；反过来，若 l ⊥γ，α∩β＝l，则根据面面垂直的判定定理，可知 α⊥γ，β⊥ γ.所以若 α∩β＝l，则“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件．
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也 垂直于这个平面．( ) )
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(
(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．( (5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
) )
2．(2015· 福建卷)若 l，m 是两条不同的直线，m 垂直于 平面 α，则“l⊥m”是“l∥α”的( A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 )
[解析]
由 BC1⊥AC，又 BA⊥AC，
则 AC⊥平面 ABC1， 因此平面 ABC⊥平面 ABC1， 因此 C1 在底面 ABC 上的射影 H 在直线 AB 上．
高考数学一轮复习统考 第8章 立体几何 第4讲 直线、平面平行的判定及性质课件
答案
解析 因为矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，所以 O 为 BD 的 中点．在△PBD 中，因为 M 为 PB 的中点，所以 OM 为△PBD 的中位线， OM∥PD，所以 PD∥平面 AMC，OM∥平面 PCD，且 OM∥平面 PDA.因为 M∈PB，所以 OM 与平面 PBA，平面 PBC 相交．
第二十五页，共八十六页。
解析
2．(2019·湖南联考)已知 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同 的平面，下列命题中正确的是( )
A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若 m∥α，m∥β，则 α∥β C．若 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β D．若 m⊥α，n⊥α，则 m∥n
解析 A 中，两直线可能平行、相交或异面；B 中，两平面可能平行 或相交；C 中，两平面可能平行或相交；D 中，由线面垂直的性质定理可 知结论正确，故选 D.
第三十一页，共八十六页。
解析
例 3 如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形 PC 的中点，在 DM 上取一点
G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH.
求证：AP∥GH.
证明 如图所示，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
第二十六页，共八十六页。
解析 答案
精准设计考向，多角度探究突破 考向二 直线与平面平行(píngxíng)的判定与性质 角度 1 用线线平行证明线面平行 例 2 (1)(2019·豫东名校联考)如图，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为线段 AD 上的任意一点(不包 括 A，D 两点)，平面 CEC1 与平面 BB1D 交于 FG. 证明：FG∥平面 AA1B1B.
高中数学知识点总结(第八章 立体几何 第五节 直线、平面垂直的判定与性质)
第五节 直线、平面垂直的判定与性质一、基础知识1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直， 就说直线l 与平面α互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言 图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ，b ⊂αa ∩b ＝Ol ⊥a l ⊥b⇒l ⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言 图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线❷，则这两个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊂βl ⊥α⇒α⊥β 性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl ⊂βα∩β＝a l ⊥a ⇒l ⊥α[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]二、常用结论直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．考点一直线与平面垂直的判定与性质[典例]如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明](1)在四棱锥PABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.∵AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∵PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.[解题技法]证明线面垂直的4种方法(1)线面垂直的判定定理：l ⊥a ，l ⊥b ，a ⊂α，b ⊂α，a ∩b ＝P ⇒l ⊥α. (2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. (3)性质：①a ∥b ，b ⊥α⇒a ⊥α，②α∥β，a ⊥β⇒a ⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l ⇒l ⊥γ.(客观题可用) [口诀归纳]线面垂直的关键，定义来证最常见， 判定定理也常用，它的意义要记清. 平面之内两直线，两线相交于一点， 面外还有一直线，垂直两线是条件. [题组训练]1．(2019·安徽知名示范高中联考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝BB 1，AB 1∩A 1B ＝E ，D 为AC 上的点，B 1C ∥平面A 1BD .(1)求证：BD ⊥平面A 1ACC 1；(2)若AB ＝1，且AC ·AD ＝1，求三棱锥A BCB 1的体积． 解： (1)证明：如图，连接ED ，∵平面AB 1C ∩平面A 1BD ＝ED ，B 1C ∥平面A 1BD ， ∴B 1C ∥ED ， ∵E 为AB 1的中点， ∴D 为AC 的中点， ∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC .∵A 1A ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，∴A 1A ⊥BD . 又∵A 1A ，AC 是平面A 1ACC 1内的两条相交直线， ∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ，又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12，∴V A BCB 1＝V B 1ABC ＝13S △ABC ·BB 1＝13×12×1＝16.2.如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)∵AB＝BC，∴BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.考点二面面垂直的判定与性质[典例](2018·江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.[证明](1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.[解题技法] 证明面面垂直的2种方法 定义法利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题定理法 利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决[题组训练]1．(2019·武汉调研)如图，三棱锥P ABC 中，底面ABC 是边长为2的正三角形，P A ⊥PC ，PB ＝2.求证：平面P AC ⊥平面ABC .证明：取AC 的中点O ，连接BO ，PO . 因为△ABC 是边长为2的正三角形， 所以BO ⊥AC ，BO ＝ 3.因为P A ⊥PC ，所以PO ＝12AC ＝1.因为PB ＝2，所以OP 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 因为AC ∩OP ＝O ， 所以BO ⊥平面P AC . 又OB ⊂平面ABC ， 所以平面P AC ⊥平面ABC .2.(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面是矩形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点，且P A ＝AD .求证：(1)AF ∥平面PEC ； (2)平面PEC ⊥平面PCD .证明：(1)取PC 的中点G ，连接FG ，EG ， ∵F 为PD 的中点，G 为PC 的中点， ∴FG 为△CDP 的中位线， ∴FG ∥CD ，FG ＝12CD .∵四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点， ∴AE ∥CD ，AE ＝12CD .∴FG ＝AE ，FG ∥AE ， ∴四边形AEGF 是平行四边形，∴AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ，∴AF∥平面PEC.(2)∵P A＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∵AF⊂平面P AD，∴CD⊥AF.又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD.由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.[课时跟踪检测]A级1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.2．(2019·湘东五校联考)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③解析：选A对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.3．已知P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC解析：选C由P A⊥平面ACB⇒P A⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥P A，BC⊥AC，P A∩AC＝A，可得BC⊥平面P AC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．4.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：选A因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平央ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC解析：选D因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，所以BC⊥平面P AE，又DF∥BC，则DF⊥平面P AE，从而平面PDF⊥平面P AE.因此选项B、C均正确．6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________个；与AP垂直的直线有________个．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，又∵AP⊂平面P AC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：317．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．解析：①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．故所有的真命题的序号是①②.答案：①②8．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．解析：如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．答案：①③9．(2019·太原模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面P AD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．解：(1)证明：连接BD.∵P A＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD，又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵P A＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝ 3.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝12×3×3＝32.∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC ⊥平面PNB .又PM ＝2MC ， ∴V P NBM ＝V M PNB ＝23V C PNB ＝23×13×32×2＝23.10.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ； (2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .证明：(1)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1， 在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点． 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1，又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F .(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1， 因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥A 1C 1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1， 所以A 1C 1⊥B 1D ，又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F ， 因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ， 所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .B 级1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离． 解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ， 因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为AC ∩OB ＝O ，所以PO ⊥平面ABC . (2)作CH ⊥OM ，垂足为H ， 又由(1)可得OP ⊥CH ， 所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.2．(2019·河南中原名校质量考评)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，E ，F 分别是CD ，PC 的中点．求证：(1)BE ∥平面P AD ； (2)平面BEF ⊥平面PCD .证明：(1)∵AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 是CD 的中点， ∴AB ∥DE 且AB ＝DE ， ∴四边形ABED 为平行四边形，∴AD ∥BE ，又BE ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， ∴BE ∥平面P AD .(2)∵AB ⊥AD ，∴四边形ABED 为矩形， ∴BE ⊥CD ，AD ⊥CD ，∵平面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，P A ⊥AD ， ∴P A ⊥底面ABCD ， ∴P A ⊥CD ，又P A ∩AD ＝A ， ∴CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥PD ， ∵E ，F 分别是CD ，PC 的中点， ∴PD ∥EF ，∴CD ⊥EF ，又EF ∩BE ＝E ， ∴CD ⊥平面BEF ，∵CD ⊂平面PCD ，∴平面BEF ⊥平面PCD .。
高考数学 第八章 立体几何 8.4 直线、平面平行的判定及性质课件 文
高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
【证明】 (1)设 AC∩BE＝O，连接 OF，EC. 由于 E 为 AD 的中点， AB＝BC＝12AD，AD∥BC， 所以 AE∥BC，AE＝AB＝BC. 因此四边形 ABCE 为菱形． 所以 O 为 AC 的中点．
第42页
高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
∴PQ∥MN.又 MN 平面 BCE，PQ 平面 BCE， ∴PQ∥平面 BCE.
第26页
高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
方法二：如图，连接 AQ，并延长交 BC 延长线于 K，连接 EK.
∵AE＝BD，AP＝DQ， ∴PE＝BQ，∴APEP＝DBQQ.
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高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
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高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
请注意 近年来，高考题由考查知识向考查能力方向转变，题目新颖 多变，灵活性强．立体几何试题一般都是综合直线和平面，以及 简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，全面 考查线面关系．
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高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
课前自助餐
第5页
第37页
高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
方法三：如右图，作 MP∥BB1，交 BC 于点 P，连接 NP. ∵MP∥BB1，∴MCMB1＝CPBP. ∵BD＝B1C，DN＝CM， ∴B1M＝BN.∵MCMB1＝DNNB， ∴CPBP＝DNNB，∴NP∥DC∥AB. ∴平面 MNP∥平面 AA1B1B. ∴MN∥平面 AA1B1B.
第13页
高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
2．若 P 为异面直线 a，b 外一点，则过 P 且与 a，b 均平行
第八章立体几何 第四讲 直线、平面平行的判定及其性质
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考点全通关 3
直线、平面平行的判定及其性质
【通关秘籍】 1.a∥α的判定定理和性质定理使用的区别: 如果结论中有a∥α,则要用判定定理,在 α内找与a平行的直线; 若条件中有a∥α, 则要用性质定理,找(或作)过a且与α相交的 平面.
2.当直线与平面平行时,直线上任一点到平面的距离叫做直线与平面的距离.
图8-4-3
【说明】(1)如果一个平面内的两条平行直线与另一个平面平行,则这两个平面相交或平行. (2)要证面面平行需证线面平行,要证线面平行需证线线平行,因此“面面平行”问题最终可转
化为“线线平行”问题.
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考点全通关 5
直线、平面平行的判定及其性质
3.平面与平面平行的性质定理 自然语言:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线平行.简称:面面 平行,则线线平行. 图形语言:如图8-4-4所示. 符号语言:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
个平面平行.
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高考复习讲义
考点全通关 4
直线、平面平行的判定及其性质 考点二 平面与平面平行的判定与性质
1.平面与平面平行的定义 如果两个平面没有公共点,叫做两个平面平行. 2.平面与平面平行的判定定理 自然语言:一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行.简称: 线面平行,则面面平行. 图形语言:如图8-4-3所示. 符号语言:a⊂α,b⊂α,a∩b=P,a∥β,b∥β⇒α∥β.
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考点全通关 2
直线、平面平行的判定及其性质
3.直线与平面平行的性质定理
图8-4-2
自然语言:一条直线与一个平面平行,则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直 线平行.简称:线面平行,则线线平行. 图形语言:如图8-4-2所示. 符号语言:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b. 【注意】 一条直线平行于一个平面,它可以与平面内的无数条直线平行,但这条直线与平面内的 任意一条直线可能平行,也可能异面.
超实用高考数学专题复习：第八章立体几何与空间向量 第5节直线平面垂直的判定及其性质
由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos 30°＝3， 所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB. 因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC， 所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D得，CD⊥平面PAB， 又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.
考点二 面面垂直的判定与性质 【例2】 (2018·江苏卷)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
证明 (1)连接MN，正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1C1C是平行 四边形，因为点M，N 分别是棱A1C1，AC的中点，所以MN∥AA1且MN ＝ AA1 ， 又 正 三 棱 柱 ABC － A1B1C1 中 AA1∥BB1 且 AA1 ＝ BB1 ， 所 以 MN∥BB1且MN＝BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B1M∥BN， 又B1M⊄平面A1BN，BN⊂平面A1BN，所以B1M∥平面A1BN.
答案 (1)外 (2)垂
考点一 线面垂直的判定与性质 【例 1】 (2020·苏锡常镇四市一调)如图，正三棱柱 ABC－A1B1C1 的高
为 6，其底面边长为 2.已知点 M，N 分别是棱 A1C1，AC 的中点，点 D 是棱 CC1 上靠近 C 的三等分点. 求证：(1)B1M∥平面A1BN； (2)AD⊥平面A1BN.
答案 C
4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A.A1E⊥DC1
B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1
D.A1E⊥AC
解析 如图， 由题设知A1B1⊥平面BCC1B1且BC1⊂平面BCC1B1，
从而A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥
(2)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，所以BN⊥AA1. 在正△ABC中，N是AC的中点，
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考
场高招1平面性质的三大应用规律
1.解读高招
规律 解 读 典例指引
点共线 证明 证明空间点共线,一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点,再依
据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上
典例导引1(2)
线共点 证明 证明空间三线共点,先证两条直线交于一点,再证第三条直线经过这一
点,将问题转化为证明点在直线上
典例导引1(3)
点线共
面证明
(1)纳入平面法:先确定一个平面,再证有关点、线在此平面内;
(2)辅助平面法:先证有关点、线确定平面α,再证其余点、线确定平面β,最后证明平面α,β重合 典例导引1(1)
2.典例指引
1．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:
(1)D,B,F,E四点共面;
(2)若A1C交平面DBFE于点R,则P,Q,R三点共线;
(3)直线DE,BF,CC1交于同一点M.
[键入文字]
考场高招2 求解异面直线所成角的方法
1.解读高招
方法 解 读 适合题型 典例指引
平移法 通过作图(如结合中位线、平行四边形补形等)来构造平行线,作出异面直线所成
的角,通过解三角形来求解
在几何体内容易达到平移的目的 典例
导引2(1)
补形法 补成长方体或正方体
补形后易于求异面直线所成角 典例
导引2(2)
温馨 两异面直线所成的角转化为三角形的内角时,要注意这个三角形的内角可能等于两异
[键入文字]
提醒 面直线所成的角,也可能等于其补角
2.典例指引
2(1)(2017四川凉山一诊)在棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'中,异面直线A'D与AB'所成角的大小
是 .
(2)正三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,且PA=AC=BC=a,则异面直线PB与AC所成角的正切值等
于 .
3.亲临考场
1.(2017课标Ⅱ,理10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,
AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
2.(2016课标Ⅰ,理11)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面
ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
考点66直线、平面平行的判定与性质
考场高招3 证明线面、面面平行的方法
[键入文字]
1.解读高招
方法 线面平行的证明 面面平行的证明 典例指引
判定定 理法 利用直线与平面平行的判定定理,关键是找到平面内与已知直线平行的直线,若不存在,则需要作辅助线 利用面面平行的判定定理,关键是在一个平面内确定两条相交直线分别平行于另一个平面 典例导
引3(1)
性质定 理法 利用面面平行的性质定理,将面面平行转化为线面平行 利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明.利用平面平行的传递性:两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行 典例导
引3(2)
2.典例指引
3(1)正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB,在AE,BD上各有一点P,Q,且AP=DQ.求证:PQ∥平面BCE.
(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1C,B1C1,C1D1的中点,求证:平面PMN∥平面A1BD.
[键入文字]
3.亲临考场
1. (2015安徽,理5)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
[键入文字]
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线
D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
2.(2014课标Ⅱ,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC;
(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD= ,求三棱锥E-ACD的体积
考点67直线、平面垂直的判定与性质
考场高招4证明线面垂直、面面垂直的方法
1.解读高招
方法 线面垂直的证明 典例 指引 面面垂直的证明 典例
指引
利用直线与平面的判定定理,
关键是找到两条相交的直线都和已知直线垂直(常用方法) 典例导 引4(2) 利用面面垂直的判定定理.一般方法是:先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中存在这样的直线,则可通过线面垂直来证明面面垂直;若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决 典例导
引4(3)
(1)若两条平行直线中的一条
垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面(客观题常用); (2)若一条直线垂直于两个平典例导 引4(1) 若两个平行平面中的一个平面垂直于第三个
平面,则另一个平面也垂直于第三个平面(客
观题常用)
典例导
引4(1)
[键入文字]
行平面中的一个平面,则它也
垂直于另一个平面(客观题常
用);
(3)若两平面垂直,则一个平
面内垂直于交线的直线必垂
直于另一个平面(常用方法);
(4)若两相交平面同时垂直于
第三个平面,则这两个平面的
交线垂直于第三个平面(客观
题常用)
2.典例指引
4(1导引4(1)设α,β,γ为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件为( )
A.α⊥β,α∩β=l,m⊥l B.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ
C.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α D.n⊥α,n⊥β,m⊥α
(2)如图,四棱锥P-ABCD中,底面π是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且
BM=.证明:BC⊥平面POM.
(3)(2017广东深圳一模)如图,四边形ABCD为菱形,四边形ACEF为平行四边形,设BD与AC相交于点
G,AB=BD=2,AE=
,
∠EAD=∠EAB.
证明:平面ACFE⊥平面ABCD.
[键入文字]
【答案】 D
(2)【证明】如图,连接OB,
因为四边形ABCD为菱形,O为菱形中心,
所以AO⊥OB.
因为∠BAD=,
故OB=AB·sin∠OAB=2sin=1.
又因为BM=,且∠OBM=,
在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos.
所以OB2=OM2+BM2,
故OM⊥BM,即OM⊥BC.
又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.
又OM⊂平面POM,PO⊂平面POM,OM∩PO=O,
所以BC⊥平面POM.
(3)【证明】 连接EG,∵四边形ABCD为菱形,
∴AD=AB,BD⊥AC,DG=GB,在△EAD和△EAB中,
AD=AB,AE=AE,∠EAD=∠EAB
,
∴△EAD≌△EAB,
∴ED=EB,
∴BD⊥EG.
[键入文字]
∵AC∩EG=G,
3.亲临考场
1. (2017课标Ⅰ,理18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
2.(2016课标Ⅱ,理19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,
CD
上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=.
(1)证明:D'H⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-D'A-C的正弦值
.
[键入文字]