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2018-2019年高三数学(文)二轮复习:专题五 立体几何5.2PPT课件_图文

二轮数学· 文 第一部分 专题突破——破译命题密码 高考· 题型突破 高考· 专题集训 第一部分 专题突破——破译命题密码 第 2 课时 空间中的平行与垂直 高考对本部分内容考查主要从以下形式进行: (1)以选择、填空题的形式考查,主要利用平面的基本性质 及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题真假进行判 断,属基础题. (2)以解答题的形式考查,主要是对线线、线面与面面平行 和垂直关系交汇综合命题,且多以棱柱、棱锥、棱台或其 简单组合体为载体进行考查,难度中等. 高考·题型突破 题型一 空间中的平行与垂直关系 1.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理:a?α,b?α,a∥b?a∥α. (2)线面平行的性质定理:a∥α,a?β,α∩β=b?a∥b. (3)面面平行的判定定理:a?β,b?β,a∩b=P,a∥α,b∥α?α∥β. (4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b?a∥b. 2.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理:m?α,n?α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n?l⊥α. (2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理:a?β,a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a?α,a⊥l?a⊥β. (2017· 山东卷)由四棱柱 ABCDA1B1C1D1 截去三棱锥 C1B1CD1 后得到 的几何体如图所示.四边形 ABCD 为正方形,O 为 AC 与 BD 的交点,E 为 AD 的中点,A1E⊥平面 ABCD. (1)证明:A1O∥平面 B1CD1; (2)设 M 是 OD 的中点,证明:平面 A1EM⊥平面 B1CD1. 证明: (1)取 B1D1 的中点 O1,连接 CO1,A1O1, 由于 ABCDA1B1C1D1 是四棱柱, 所以 A1O1∥OC,A1O1=OC, 因此四边形 A1OCO1 为平行四边形, 所以 A1O∥O1C. 又 O1C?平面 B1CD1,A1O?平面 B1CD1, 所以 A1O∥平面 B1CD1. (2)因为 AC⊥BD,E,M 分别为 AD 和 OD 的中点, 所以 EM⊥BD, 又 A1E⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 A1E⊥BD,因为 B1D1∥BD, 所以 EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1, 又 A1E,EM?平面 A1EM,A1E∩EM=E, 所以 B1D1⊥平面 A1EM, 又 B1D1?平面 B1CD1,所以平面 A1EM⊥平面 B1CD1. 1.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行,常用方法如下: (1)证明线线平行常用的方法:一是利用平行公理,即证两直线同时和第三条直 线平行;二是利用平行四边形进行平行转换;三是利用三角形的中位线定理证 线线平行;四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换. (2)证明线线垂直常用的方法:①利用等腰三角形底边中线即高线的性质;②勾 股定理;③线面垂直的性质:即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所 在的平面即可,l⊥α,a?α?l⊥a. 2. [警示] (1)证明线面平行时, 忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条 件. (2)证明面面平行时,忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件. (3)证明线面垂直时,容易忽略“平面内两条相交直线”这一条件. ◎ 变式训练 1.(2017· 江苏卷)如图,在三棱锥 ABCD 中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面 ABD ⊥平面 BCD,点 E,F(E 与 A,D 不重合)分别在棱 AD,BD 上,且 EF⊥AD. 求证:(1)EF∥平面 ABC; (2)AD⊥AC. 证明: (1)在平面 ABD 内,因为 AB⊥AD,EF⊥AD, 所以 EF∥AB. 又因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC. (2)因为平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD, BC?平面 BCD,BC⊥BD,所以 BC⊥平面 ABD. 因为 AD?平面 ABD,所以 BC⊥AD. 又 AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面 ABC,BC?平面 ABC, 所以 AD⊥平面 ABC. 又因为 AC?平面 ABC,所以 AD⊥AC. 2.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB⊥平面 BB1C1C,BB1=2BC,D,E, F 分别是 CC1,A1C1,B1C1 的中点,G 在 BB1 上,且 BG=3GB1. (1)求证:B1D⊥平面 ABD; (2)求证:平面 GEF∥平面 ABD. 证明: (1)取 BB1 的中点为 M,连接 MD,如图所示. 因为 BB1=2BC,且四边形 BB1C1C 为平行四边形, 所以四边形 CDMB 和四边形 DMB1C1 均为菱形, 故∠CDB=∠BDM,∠MDB1=∠B1DC1, 所以∠BDM+∠MDB1=90° ,即 BD⊥B1D. 又 AB⊥平面 BB1C1C,B1D?平面 BB1C1C,所以 AB⊥B1D. 又 AB∩BD=B,所以 B1D⊥平面 ABD. (2)如图,连接 MC1,可知 G 为 MB1 的中点,又 F 为 B1C1 的中点,所以 GF ∥MC1. 又 MB 綊 C1D,所以四边形 BMC1D 为平行四边形,所以 MC1∥BD,故 GF ∥BD. 又 BD?平面 ABD,GF?平面 ABD, 所以 GF∥平面 ABD. 又 EF∥A1B1,A1B1∥AB,EF?平面 ABD,AB?平面 ABD, 所以 EF∥平面 ABD. 又 EF∩GF=F,故平面 GEF∥平面 ABD. 题型二 平面图形的折叠问题 (2016· 全国卷甲)如图, 菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O, 点 E, F 分别在 AD,CD 上,AE=CF,EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△

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