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- 2021-06-30 发布
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第二讲 大题考法——平行与垂直
题型(一)
线线、线面位置关系的证明
平行、垂直关系的证明是高考的必考内容,主要考查线面平行、垂直的判定定理及性质定理的应用,以及平行与垂直关系的转化等.
[典例感悟]
[例1] (2017·江苏高考)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.
[方法技巧]
立体几何证明问题的2个注意点
(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法,解题时必须按照定理成立的条件进行推理.如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内,另一条直线必须说明它在平面外;线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等,如果定理的条件不完整,则结论不一定正确.
(2)证明立体几何问题,要紧密结合图形,有时要利用平面几何的相关知识,因此需要多画出一些图形辅助使用.
[演练冲关]
1.(2018·苏锡常镇调研)如图,在四棱锥PABCD中,∠ADB=90°,CB=CD,点E为棱PB的中点.
(1)若PB=PD,求证:PC⊥BD;
(2)求证:CE∥平面PAD.
证明:(1)取BD的中点O,连结CO,PO,
因为CD=CB,所以BD⊥CO.
因为PB=PD,所以BD⊥PO.
又PO∩CO=O,
所以BD⊥平面PCO.
因为PC⊂平面PCO,所以PC⊥BD.
(2)由E为PB中点,连结EO,则EO∥PD,
又EO⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
所以EO∥平面PAD.
由∠ADB=90°,以及BD⊥CO,所以CO∥AD,
又CO⊄平面PAD,所以CO∥平面PAD.
又CO∩EO=O,所以平面CEO∥平面PAD,
而CE⊂平面CEO,所以CE∥平面PAD.
2.(2018·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AD=4,EB=2.
(1)若点Q是PD的中点,求证:AQ⊥平面PCD;
(2)证明:BD∥平面PEC.
证明:(1)因为PA=AD,Q是PD的中点,
所以AQ⊥PD.
又PA⊥平面ABCD,
所以CD⊥PA.
又CD⊥DA,PA∩DA=A,
所以CD⊥平面ADP.
又因为AQ⊂平面ADP,
所以CD⊥AQ,
又PD∩CD=D,
所以AQ⊥平面PCD.
(2)如图,取PC的中点M,连结AC交BD于点N,连结MN,
ME,
在△PAC中,易知MN=PA,MN∥PA,
又PA∥EB,EB=PA,
所以MN=EB,MN∥EB,
所以四边形BEMN是平行四边形,
所以EM∥BN.
又EM⊂平面PEC,BN⊄平面PEC,
所以BN∥平面PEC,即BD∥平面PEC.
题型(二)
两平面之间位置关系的证明
考查面面平行和面面垂直,都需要用判定定理,其本质是考查线面垂直和平行.
[典例感悟]
[例2] (2018·南京模拟)如图,直线PA垂直于圆O所在的平面,△ABC内接于圆O,且AB为圆O的直径,M为线段PB的中点,N为线段BC的中点.
求证:(1)平面MON∥平面PAC;
(2)平面PBC⊥平面MON.
[证明] (1)因为M,O,N分别是PB,AB,BC的中点,所以MO∥PA,NO∥AC,
又MO∩NO=O,PA∩AC=A,
所以平面MON∥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.
由(1)知,MO∥PA,所以MO⊥BC.
连结OC,则OC=OB,因为N为BC的中点,所以ON⊥BC.
又MO∩ON=O,MO⊂平面MON,ON⊂平面MON,
所以BC⊥平面MON.
又BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面MON.
[方法技巧]
证明两平面位置关系的求解思路
(1)证明面面平行依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可,从而将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行.
(2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中线、高线或添加辅助线解决.
[演练冲关]
(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.
题型(三)
空间位置关系的综合问题
主要考查空间线面、面面平行或垂直的位置关系的证明与翻折 或存在性问题相结合的综合问题.
[典例感悟]
[例3] 如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E是CD的中点,将△ADE沿AE折起,得到如图2所示的四棱锥D1ABCE,其中平面D1AE⊥平面ABCE.
(1)证明:BE⊥平面D1AE;
(2)设F为CD1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使得MF∥平面D1AE,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
[解] (1)证明:∵四边形ABCD为矩形且AD=DE=EC=BC=2,∴AE=BE=2.
又AB=4,∴AE2+BE2=AB2,
∴∠AEB=90°,即BE⊥AE.
又平面D1AE⊥平面ABCE,平面D1AE∩平面ABCE=AE,BE⊂平面ABCE,∴BE⊥平面D1AE.
(2)=,理由如下:
取D1E的中点L,连接FL,AL,
∴FL∥EC,FL=EC=1.
又EC∥AB,∴FL∥AB,且FL=AB,
∴M,F,L,A四点共面.
若MF∥平面AD1E,则MF∥AL.
∴四边形AMFL为平行四边形,
∴AM=FL=AB,即=.
[方法技巧]
与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤
[演练冲关]
(2018·全国卷Ⅰ)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥QABP的体积.
解:(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,即BA⊥AC.
又因为BA⊥AD,AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.
因为AB⊂平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
如图,过点Q作QE⊥AC,垂足为E,则QE綊DC.
由已知及(1)可得,DC⊥平面ABC,
所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥QABP的体积为VQABP=×S△ABP×QE=××3×2sin 45°×1=1.
[课时达标训练]
A组——大题保分练
1.如图,在三棱锥VABC中,O,M分别为AB,VA的中点,平面VAB⊥平面ABC,△VAB是边长为2的等边三角形,AC⊥BC且AC=BC.
(1)求证:VB∥平面MOC;
(2)求线段VC的长.
解:(1)证明:因为点O,M分别为AB,VA的中点,所以MO∥VB.
又MO⊂平面MOC,VB⊄平面MOC,
所以VB∥平面MOC.
(2)因为AC=BC,O为AB的中点,AC⊥BC,AB=2,所以OC⊥AB,且CO=1.
连结VO,因为△VAB是边长为2的等边三角形,所以VO=.又平面VAB⊥平面ABC,OC⊥AB,平面VAB∩平面ABC=AB,OC⊂平面ABC,
所以OC⊥平面VAB,所以OC⊥VO,
所以VC==2.
2.(2018·南通二调)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC⊥BC,A1B与AB1交于点D,A1C与AC1交于点E.
求证:(1)DE∥平面B1BCC1;
(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.
证明:(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,四边形A1ACC1为平行四边形.
又E为A1C与AC1的交点, 所以E为A1C的中点.
同理,D为A1B的中点,所以DE∥BC.
又BC⊂平面B1BCC1,DE⊄平面B1BCC1,
所以DE∥平面B1BCC1.
(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.
又AC⊥BC,AC∩AA1=A,AC⊂平面A1ACC1,AA1⊂平面A1ACC1,所以BC⊥平面A1ACC1.
因为BC⊂平面A1BC,所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.
3.如图,在三棱锥ABCD中,E,F分别为棱BC,CD上的点,且BD∥平面AEF.
(1)求证:EF∥平面ABD;
(2)若BD⊥CD,AE⊥平面BCD,求证:平面AEF⊥平面ACD.
证明:(1)因为BD∥平面AEF,
BD⊂平面BCD,平面AEF∩平面BCD=EF,
所以 BD∥EF.
因为BD⊂平面ABD,EF⊄平面ABD,
所以 EF∥平面ABD.
(2)因为AE⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,
所以AE⊥CD.
因为BD⊥CD,BD∥EF,所以 CD⊥EF,
又AE∩EF=E,AE⊂平面AEF,EF⊂平面AEF,
所以CD⊥平面AEF.
又CD⊂平面ACD,所以平面AEF⊥平面ACD.
4.(2018·无锡期末)如图,ABCD是菱形,DE⊥平面ABCD,AF∥DE,DE=2AF.
求证:(1)AC⊥平面BDE;
(2)AC∥平面BEF.
证明:(1)因为DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.
因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,
因为DE⊂平面BDE,BD⊂平面BDE,且DE∩BD=D,
所以AC⊥平面BDE.
(2)设AC∩BD=O,取BE中点G,连结FG,OG,
易知OG∥DE且OG=DE.
因为AF∥DE,DE=2AF,
所以AF∥OG且AF=OG,
从而四边形AFGO是平行四边形,所以FG∥AO.
因为FG⊂平面BEF,AO⊄平面BEF,
所以AO∥平面BEF,即AC∥平面BEF.
B组——大题增分练
1.(2018·盐城三模)在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知底面ABCD是菱形,M,N分别是棱A1D1,D1C1的中点.
求证:(1)AC∥平面DMN;
(2)平面DMN⊥平面BB1D1D.
证明:(1)连结A1C1,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,因为AA1綊BB1,BB1綊CC1,所以AA1綊CC1,所以A1ACC1为平行四边形,所以A1C1∥AC.又M,N分别是棱A1D1,D1C1的中点,所以MN∥A1C1,所以AC∥MN.又AC⊄平面DMN,MN⊂平面DMN,所以AC∥平面DMN.
(2)因为四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱,
所以DD1⊥平面A1B1C1D1,而MN⊂平面A1B1C1D1,
所以MN⊥DD1.
又因为棱柱的底面ABCD是菱形,所以底面A1B1C1D1也是菱形,
所以A1C1⊥B1D1,而MN∥A1C1,所以MN⊥B1D1.
又MN⊥DD1,DD1⊂平面BB1D1D,B1D1⊂平面BB1D1D,且DD1∩B1D1=D1,
所以MN⊥平面BB1D1D.
而MN⊂平面DMN,所以平面DMN⊥平面BB1D1D.
2.如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1,DC=2,点E在PB上.
(1)求证:平面AEC⊥平面PAD;
(2)当PD∥平面AEC时,求PE∶EB的值.
解:(1)证明:在平面ABCD中,过A作AF⊥DC于F,则CF=DF=AF=1,
∴∠DAC=∠DAF+∠FAC=45°+45°=90°,即AC⊥DA.
又PA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PA.
∵PA⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,且PA∩AD=A,
∴AC⊥平面PAD.
又AC⊂平面AEC,∴平面AEC⊥平面PAD.
(2)连结BD交AC于O,连结EO.
∵PD∥平面AEC,PD⊂平面PBD,平面PBD∩平面AEC=EO,∴PD∥EO,
则PE∶EB=DO∶OB.
又△DOC∽△BOA,∴DO∶OB=DC∶AB=2∶1,
∴PE∶EB的值为2.
3.(2018·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB=AC,点E,F分别在棱BB1,CC1上(均异于端点),且∠ABE=∠ACF,AE⊥BB1,AF⊥CC1.
求证:(1)平面AEF⊥平面BB1C1C;
(2)BC∥平面AEF.
证明:(1)在三棱柱ABCA1B1C1中,BB1∥CC1.
因为AF⊥CC1,所以AF⊥BB1.
又AE⊥BB1,AE∩AF=A,AE⊂平面AEF,AF⊂平面AEF,
所以BB1⊥平面AEF.
又因为BB1⊂平面BB1C1C,
所以平面AEF⊥平面BB1C1C.
(2)因为AE⊥BB1,AF⊥CC1,∠ABE=∠ACF,AB=AC,
所以Rt△AEB≌Rt△AFC.
所以BE=CF.
又BE∥CF,所以四边形BEFC是平行四边形.
从而BC∥EF.
又BC⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,
所以BC∥平面AEF.
4.(2018·常州期末)如图,四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形,PC⊥平面ABCD,PB=PD,点Q是棱PC上异于P,C的一点.
(1)求证:BD⊥AC;
(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上),求证:QF∥BC.
证明:(1)因为PC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PC.
记AC,BD交于点O,连结OP.
因为平行四边形对角线互相平分,则O为BD的中点.
在△PBD中,PB=PD,所以BD⊥OP.
又PC∩OP=P,PC⊂平面PAC,OP⊂平面PAC.
所以BD⊥平面PAC,
又AC⊂平面PAC,所以BD⊥AC.
(2)因为四边形ABCD是平行四边形,所以AD∥BC.
又AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
又AD⊂平面ADQF,平面ADQF∩平面PBC=QF,
所以AD∥QF,所以QF∥BC.