2014高考数学(文)新课标大二轮专题复习与测试课件专题4第二课时点、直线、平面之间的位置关系.ppt

第2课时　点、直线、平面之间的位置关系 (2013·全国大纲卷)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是(　　) A．若l∥α，l∥β，则α∥β　　 B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β 解析：　选项A，若l∥α，l∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误； 选项B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故正确； 选项C，若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故错误； 选项D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系有三种可能：l⊥β，l∥β，l?β，故错误．故选B. 答案：　B 判断空间线面位置关系的两大思路 (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逐项判断． (2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，肯定或否定某些选项，并作出选择． 1．(2013·河北教学质量监测)已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是(　　) A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 解析：　对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确，故选C. 答案：　C 证明：　(1)∵AD∥BC，BC＝2AD，G是BC的中点， ∴AD綊BG， ∴四边形ADGB是平行四边形， ∴AB∥DG. ∵AB?平面DEG，DG?平面DEG， ∴AB∥平面DEG. (2)连接GF，易知四边形ADFE是矩形， ∵DF∥AE，AE⊥底面BEFC， ∴DF⊥平面BCFE，又EG?平面BCFE，∴DF⊥EG. ∵EF綊BG，EF＝BE， ∴四边形BGFE为菱形，∴BF⊥EG， 又BF∩DF＝F，BF?平面BDF，DF?平面BDF， ∴EG⊥平面BDF. 2．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，DB的中点．求证： (1)EF∥平面ABC1D1； (2)EF⊥B1C. 证明：　(1)连接BD1.在△DD1B中，E，F分别为D1D，DB的中点，则EF∥D1B. 又D1B?平面ABC1D1，EF?平面ABC1D1， ∴EF∥平面ABC1D1. (2)由题意易得AB⊥B1C，B1C⊥BC1. 又AB，BC1?平面ABC1D1，AB∩BC1＝B， ∴B1C⊥平面ABC1D1. 又BD1?平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1. 而EF∥BD1，∴EF⊥B1C. 又MC∥AE，AE＝MC＝， ∴四边形AMCE为平行四边形，∴EC∥AM， ∴EC⊥平面CBD. ∵EC?平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE. (2)∵M为BD的中点，N为DE的中点， ∴MN∥BE. 由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M， 又BE∩EC＝E， ∴平面AMN∥平面BEC. 3.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点． (1)求证：平面EFG∥平面PMA； (2)求证：平面EFG⊥平面PDC. 证明：　(1)∵E、G、F分别为MB、PB、PC的中点， ∴EG∥PM，GF∥BC. 又∵四边形ABCD是正方形， ∴BC∥AD，∴GF∥AD. ∵EG、GF在平面PMA外，PM、AD在平面PMA内， ∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA. 又∵EG、GF都在平面FEG内且相交， ∴平面EFG∥平面PMA. (2)由已知MA⊥平面ABCD. PD∥MA，∴PD⊥平面ABCD， 又BC?平面ABCD. ∴PD⊥BC. ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC⊥DC. 又PD∩DC＝D， ∴BC⊥平面PDC. (2013·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 证明：　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点， 所以AB∥DE，且AB＝DE. 所以四边形ABED为平行四边形． 所以BE∥AD， 又因为BE?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形， 所以BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD， 所以PA⊥CD.