高考数学二轮复习立体几何专题14空间中的平行与垂直关系 课件(共60张PPT)

(共60张PPT)
专题14　空间中的平行与垂直关系
导言　立体几何中点、线、面的位置关系主要涉及空间两条直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系，是高考中重点考查的内容．高考对这部分的考查重点是空间的平行和垂直关系的证明，为此我们在学习这部分内容时，应先把相关公理、定理和性质弄清，并在此基础上掌握证明平行和垂直关系的基本方法，体会证明过程中的转化与化归思想．
【解析】 对于A，由两平面垂直的判定定理可知A正确；对于B，直线l与m相交、平行、异面都有可能，故B错误；对于C，平面α内两条相交直线都平行于β，才能推出α∥β，故C错误；对于D，l与m平行、异面都有可能，故D错误．
1　设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l α，m β，则下列说法中正确的是(　　)
A. 若l⊥β，则α⊥β
B. 若α⊥β，则l⊥m
C. 若l∥β，则α∥β
D. 若α∥β，则l∥m
A
2　(多选)[2025莆田期中]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1B1，AD的中点，则下列结论中正确的是( )
A. AC1⊥D1C
B. A，C1，M，N四点共面
C. AC1∥平面ND1C
D. MN⊥平面ND1C
AC
要点指引
判断空间线、面位置关系的常用方法：
(1) 对于一些抽象的命题判断，可利用实验操作法，借助于笔、桌面等动手操作，直观判断；
(2) 根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理判断；
(3) 通过建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量、平面的法向量的位置关系判断；
(4) 构造法，结合题意构造适合题意的直观模型，如长方体、四面体等，然后利用模型直观地作出判断．
重点1　点、线、面位置关系的判断
　设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且α∩β＝m.有下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n.其中所有真命题的序号是(　　)
A. ①③ B. ②④
C. ①②③ D. ①③④
思路引导：本题考察空间线面关系的判断．题干关键：α∩β＝m.通过直线与平面位置关系的判定定理、性质定理，特例法等逐个判断．
1
A
【解析】 对于①，当n α时，因为m∥n，m β，所以n∥β；当n β时，因为m∥n，m α，所以n∥α；当n既不在平面α内也不在平面β内时，因为m∥n，m α，m β，所以n∥α且n∥β，故①正确；对于②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直[防范失误①]，故②错误；对于③，过直线n作两平面分别与α，β相交于直线s和直线t(如图)．因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，所以根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，所以s∥t.因为s β，t β，所以s∥β.因为s α，α∩β＝m，所以s∥m.又n∥s，所以m∥n，故③正确； 对于④，若n∥α，n∥β，则满足n与α和β所成的角相 等，但此时m∥n，故④错误．综上，只有①③正确．
本题与【基础活动】第1题对比，发现：都是线、面位置关系的考查，属于易错题，不仅考查空间想象能力，还要熟练掌握空间线、面位置关系及其判定的理论知识．　
【解析】 对于A，若m∥α，n α，则m与n平行或异面，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B错误；对于C，若m∥α，m⊥β，则α⊥β，故C正确；对于D，若m α，α⊥β，则m与β平行或相交或m β，故D错误．
变式训练　[2025天津卷]若m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是(　　)
A. 若m∥α，n α，则m∥n
B. 若m⊥α，m⊥β，则α⊥β
C. 若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D. 若m α，α⊥β，则m⊥β
C
题后反思
1. 判断空间位置关系命题真假的方法：
(1) 借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；
(2) 借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
2. 两点注意：
(1) 平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；
(2) 当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
重点2　平行与垂直的证明
(1) 若AD⊥PB，求证：AD∥平面PBC；
(2) 若平面PAD⊥平面PCD，求证：AD⊥CD.
2
思路引导：本题考查证明空间平行与垂直问题．(1)题干关键：要求证线面平行，首先想到将其转化，可转化为线线平行，再观察图形，转化为证明AD∥BC.思路1：平面内垂直于同一条直线的两条直线互相平行．思路2：垂直于同一平面的两直线平行，进而根据题干条件进一步转化．思路3：由题干不难发现三棱锥P－ABC是鳖臑模型，可建立空间直角坐标系，通过向量法证明AD∥BC.(2)题干关键：平面PAD⊥平面PCD，要证线线垂直，可由线面垂直的性质定理转化为证线面垂直，则可由面面垂直的性质得线面垂直．
证明：(1) 证法1(几何法)　因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB 平面PAB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB[防范失误①]．
又AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
所以BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB.
在底面ABCD中，因为AD⊥AB，BC⊥AB，所以AD∥BC.
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC[防范失误③]．
证法2(几何法)　因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以PA⊥AD.
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB 平面PAB，PA 平面PAB，
所以AD⊥平面PAB.
所以BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB.
因为PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PA⊥BC.
又AB∩PA＝A，AB 平面PAB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
由线面垂直的性质定理，可得AD∥BC[防范失误①]．
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AD∥平面PBC[防范失误③]．
(2) 如图，过点A作AQ⊥PD于点Q.
因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD＝PD，AQ 平面PAD，所以AQ⊥平面PCD.
因为CD 平面PCD，所以AQ⊥CD.
又因为PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，所以PA⊥CD.
因为PA∩AQ＝A，PA 平面PAD，AQ 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又因为AD 平面PAD，
所以CD⊥AD[防范失误①③]．
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：都是考查空间中的平行与垂直关系的证明，常用方法有几何法和向量法．平行问题的关键是线线平行；当题干中有面面垂直时，一定要用到性质定理，看看两个平面内是否有现成的直线与交线垂直，如果实在没有，就需要作一条垂直于交线的辅助线．　
变式训练　[2025南昌信息卷改编]如图，正三角形ABC的边长为2，D，E，F分别是其所在边的中点，现将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使得△ADE，△BEF，△CDF所在平面均与底面DEF垂直．求证：平面ABC∥平面DEF.
证明：因为△ABC为正三角形，且D，E，F分别是其所在边的中点，所以△ADE，△BEF，△CDF均为正三角形．
如图，分别取DE，EF，FD的中点A1，B1，C1，
则AA1⊥DE，BB1⊥EF，CC1⊥DF，AA1＝BB1＝CC1.
因为平面ADE⊥底面DEF，平面ADE∩底面DEF＝DE，AA1 平面ADE，所以AA1⊥平面DEF，
同理可得BB1⊥平面DEF，
所以AA1∥BB1，
所以四边形AA1B1B为平行四边形，
所以AB∥A1B1.
因为AB 平面DEF，A1B1 平面DEF，
所以AB∥平面DEF，同理可得BC∥平面DEF.
又AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以平面ABC∥平面DEF.
题后反思
1. 利用综合法解决立体几何问题：在判断直线、平面位置关系的过程中，需要有较强的抽象能力，能够在脑海中呈现出空间中的线、面关系，结合以往所学的定理与公理进行判断、推导和证明．由此可见，综合法对立体感知能力要求相对较高，在利用综合法解题过程中，核心素养的考查主要集中在直观想象、逻辑推理和数学抽象三方面．
2. 利用向量法解决立体几何问题，则对数学运算及建模的能力要求更高．因为向量法的关键在于利用向量的线性运算、数乘和数量积等运算规则，通过计算的方式来研究位置关系、夹角和距离等问题，往往在解题中需要建立空间直角坐标系，计算出所需点、向量的坐标，明确公式中各部分代表的含义，然后运算得到结果．在这一过程中，需要将点、线、面等几何元素转化为向量，即将“形”转化为“数”，随后进行向量运算实现问题的解决，因此采用向量法解决问题往往能够提升数学建模、数学运算和数学抽象素养．
重点3　平行与垂直的探索性问题
3
思路引导：本题考查等边三角形性质、线面垂直的判定与性质、线面角定义、余弦定理．(1) 根据等边三角形性质，利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面POD，再由线面垂直性质可得PD⊥BC；(2)利用线面角定义，作出线面角的平面角，利用余弦定理求出结果．
(1) 证明：在图1中，连接DE交BC于点O，
则O为BC的中点．
在图2中，易知△BCD，△BCP都是等边三角形，
所以DO⊥BC，PO⊥BC.
又DO∩PO＝O，DO 平面POD，PO 平面POD，
所以BC⊥平面POD.
又直线PD 平面POD，所以PD⊥BC.
图1　 　 　　图2
(2) 解：解法1(几何法)　假设存在点M，符合题意．
设AB＝2a，则PD＝3a.
所以∠POD＝120°.
由(1)，得直线BC⊥平面POD.
又AD∥BC，所以直线AD⊥平面POD.
变式训练　如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1上靠近点C1的三等分点．
(1) 求证：A1C与平面BDE不垂直；
不妨取y1＝－2，则x1＝2，z1＝3，
所以平面BDE的一个法向量为n1＝(2，－2,3)．
设平面B1D1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
不妨设x2＝2λ－3，则y2＝3－2λ，z2＝3λ，
所以平面B1D1F的一个法向量为n2＝(2λ－3,3－2λ，3λ)．
题后反思
以平行、垂直为背景的探索性问题是近几年高考数学在立体几何部分命题创新的一个热点，由于此类问题所涉及的点具有运动性和不确定性，用传统的方法解决起来难度较大，而若用向量法，特别是向量的坐标运算，通过待定系数法求解，则思路清晰，操作方便．
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1
3
1　下列结论中，正确的是(　　)
A. 若直线a，b为异面直线，则过直线a与直线b平行的平面有无数个
B. 若平面α∥平面β，直线m α，点M∈β，则过点M 有且只有一条直线与m平行
C. 若直线m与平面α内无数条直线平行，则直线m与平面α平行
D. 若直线l⊥平面α，则过直线l与平面α垂直的平面有且只有一个
B
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3
【解析】 若直线a，b为异面直线，则过直线a与直线b平行的平面有且仅有一个，故A错误；若平面α∥平面β，直线m α，点M∈β，则过直线m与点M可确定平面γ，设γ∩β＝b，则b为过点M的唯一一条与直线m平行的直线，故B正确；若直线m与平面α内无数条直线平行，则直线m与平面α平行或m α，故C错误；若直线l⊥平面α，则过直线l与平面α垂直的平面有无数个，故D错误．
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3
2　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P为CC1的中点，点Q在四边形DCC1D1内(包括边界)运动，若AQ∥平面A1BP，则AQ的最小值为(　　)
B
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3
【解析】 如图，取C1D1，D1D，CD的中点分别为E，F，G，取FG的中点为H，连接CD1，EP，AF，FG，AG，AH，A1E.因为P为CC1的中点，E为C1D1的中点，所以EP∥CD1.又CD1∥A1B，所以EP∥A1B，所以平面A1BP即为平面A1BPE.易得FG∥EP，A1E∥AG.又FG 平面A1BPE，EP 平面A1BPE，AG 平面A1BPE，A1E 平面A1BPE，所以FG∥平面A1BPE，AG∥平面A1BPE.又FG∩AG＝G，FG 平面AFG，AG 平面AFG，所以平面AFG∥平面A1BP.因为AQ∥平面A1BP，平面AFG∩平面DCC1D1＝FG，所以点Q在线段FG上(包括两端点)．当点Q运动到FG的中点H时，AQ最小，最小值为AH.
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3　(多选)[2025宿迁二调]设α，β，γ表示三个不同的平面，m表示直线，则下列条件中能使得α∥β的是( )
A. m∥α，m∥β
B. m⊥α，m⊥β
C. γ∥α，γ∥β
D. γ⊥α，γ⊥β
【解析】 对于A，若m∥α，m∥β，则α与β平行或相交，故A错误；对于B，若m⊥α，m⊥β，则α∥β，故B正确；对于C，若γ∥α，γ∥β，则α∥β，故C正确；对于D，若γ⊥α，γ⊥β，则α与β平行或相交，故D错误．故选BC.
BC
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4　(多选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，M，N分别是AB，A1B1的中点，则下列结论中一定成立的是( )
A. A1N＝MB B. A1M∥BN
C. A1C⊥AB1 D. CM⊥AB
ABD
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