专题12+立体几何中的平行与垂直问题-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破

专题12+立体几何中的平行与垂直问题-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点特色突破

专题12 立体几何中的平行与垂直问题 ‎【自主热身，归纳总结】‎ ‎1、 设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：‎ ‎①若m∥n，n⊂α，则m∥α；‎ ‎②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；‎ ‎③若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；‎ ‎④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β.‎ 其中正确命题的序号为________．‎ ‎【答案】.④　‎ ‎【解析】：对于①，直线m可能在平面α内，故①错误；对于②，没有m与n相交的条件，故②错误；对于③，m与n也可能异面，故③错误．‎ ‎2、已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：‎ ‎①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；‎ ‎②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；‎ ‎③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；‎ ‎④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.‎ 其中是真命题的是________(填序号)．‎ ‎【答案】③④　‎ 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD∥平面ABC1D1，BC∥平面ADC1B1，且BC⊥CD，又因为平面ABC1D1与平面ADC1B1不垂直，故①不正确；因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且B1C1∥平面ABCD，AB∥平面A1B1C1D1，但AB与B1C1不平行，故②不正确．同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确．‎ ‎3、若α，β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．‎ ‎①若直线m⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线；‎ ‎②若直线m⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直；‎ ‎③若直线m⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m垂直的直线；‎ ‎④若直线m⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m垂直的直线．‎ ‎【答案】：②④‎ ‎4、已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：‎ ‎①α∥β⇒l⊥m；　②α⊥β⇒l∥m；‎ ‎③m∥α⇒l⊥β；　④l⊥β⇒m∥α.‎ 其中正确的命题是________(填写所有正确命题的序号)．‎ ‎【答案】： ①④　‎ ‎【解析】：①由l⊥α，α∥β，得l⊥β，又因为m⊂β，所以l⊥m；‎ ‎②由l⊥α，α⊥β，得l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m或异面或平行或相交；‎ ‎③由l⊥α，m∥α，得l⊥m.因为l只垂直于β内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于β；‎ ‎④由l⊥α，l⊥β，得α∥β.因为m⊂β，所以m∥α. ‎ ‎5、 设b， c表示两条直线，α，β表示两个平面，现给出下列命题：‎ ‎①若b⊂α，c∥α，则b∥c；②若b⊂α，b∥c，则c∥α；‎ ‎③若c∥α，α⊥β，则c⊥β；④若c∥α，c⊥β，则α⊥β.‎ 其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号)‎ ‎【答案】： ④　‎ ‎【解析】：①b和c可能异面，故①错；②可能c⊂α，故②错；③可能c∥β，c⊂β，故③错；④根据面面垂直判定α⊥β，故④正确．‎ ‎6、在所有棱长都相等的三棱锥P-ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，‎ 下列四个命题：‎ ‎(1) BC∥平面PDF； (2) DF∥平面PAE；‎ ‎ (3) 平面PDF⊥平面ABC； (4) 平面PDF⊥平面PAE.‎ 其中正确命题的序号为________．‎ ‎【答案】：(1)(4)‎ ‎【解析】 由条件可证BC∥DF，则BC∥平面PDF，从而(1)正确；因为 DF与AE相交，所以(2)错误；取DF中点M(如图)，则PM⊥DF，‎ 且可证PM与AE不垂直，所以(3)错误；而DM⊥PM，DM⊥AM，‎ 则DM⊥平面PAE.又DM⊂平面PDF，故平面PDF⊥平面PAE，‎ 所以(4)正确．综上所述，正确命题的序号为(1) (4)．‎ ‎ 7、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上(M，N不与B1，C1重合)，且AM＝BN，那么①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1异面．以上4个结论中，正确结论的序号是________．‎ ‎【答案】：①③‎ ‎【解析】　过M作MP∥AB交BB1于P，连接NP，则平面MNP∥平面A1C1，所以MN∥平面A1B1C1D1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，所以AA1⊥MN.当M与B1重合，N与C1重合时，则A1C1与MN相交，所以①③正确．‎ ‎【问题探究，变式训练】 :‎ 例1、如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点，求证：‎ ‎(1) 平面AB1E⊥平面B1BCC1；‎ ‎(2) A1C∥平面AB1E.‎ ‎【解析】： (1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC.因为AE⊂平面ABC，所以CC1⊥AE 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.‎ 因为BC⊂平面B1BCC1，CC1⊂平面B1BCC1，‎ 且BC∩CC1＝C，所以AE⊥平面B1BCC1.‎ 因为AE⊂平面AB1E，‎ 所以平面AB1E⊥平面B1BCC1‎ ‎(2) 如图，连结A1B，设A1B∩AB1＝F，连结EF.‎ 在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以F为A1‎ B的中点．又因为E是BC的中点，所以EF∥A1C 因为EF⊂平面AB1E，A1C⊄平面AB1E，‎ 所以A1C∥平面AB1E.‎ ‎【变式1】、【如图，在三棱锥PABC中，AB⊥PC，CA＝CB，M是AB的中点，点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：‎ ‎(1) MD∥平面PAC； ‎ 又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.(14分) ‎ ‎【变式6】、如图，正三棱柱ABCA1B1C1的高为，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.‎ ‎【解析】： (1) 如图，连结MN，在正三棱柱ABCA1B1C1中，四边形A1ACC1是矩形．‎ 因为M，N分别是棱A1C1，AC的中点，‎ 所以四边形A1ANM也是矩形，从而MN∥A1A.(2分) ‎ 又因为A1A∥B1B，所以MN ∥B1B.‎ 所以四边形B1BNM是平行四边形，则B1M∥BN.(4分) ‎ 因为B1M⊄平面A1BN，BN⊂平面A1BN, ‎ 所以B1M∥平面A1BN.(6分) ‎ ‎(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，所以AA1⊥BN.‎ 因为N是正三角形ABC的边AC的中点，所以AC⊥BN.‎ 又因为A1A∩AC＝A，A1A，AC⊂平面A1ACC1，所以BN⊥平面A1ACC1.‎ 因为AD⊂平面A1ACC1，所以BN⊥AD.(10分) ‎ 在平面A1ACC1中，tan∠A1NA·tan∠DAC＝·＝1，所以∠A1NA与∠DAC互余，得AD⊥A1N.(12分) ‎ 因为AD⊥BN，AD⊥A1N，BN∩A1N＝N，且A1N，BN⊂平面A1BN，所以AD⊥平面A1BN.(14分) ‎ ‎【关联1】、 如图，正三棱柱A1B1C1-ABC中，点D，E分别是A1C，AB的中点．‎ ‎(1) 求证：ED∥平面BB1C1C；‎ ‎(2) 若AB＝BB1，求证：A1B⊥平面B1CE.‎ ‎【解析】 (1) 连结AC1，BC1，因为AA1C1C是矩形，D是A1C的中点，所以D是AC1的中点．(2分)‎ 在△ABC1中，因为D，E分别是AC1，AB的中点，‎ 所以DE∥BC1.(4分)‎ 因为DE⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，‎ 所以ED∥平面BB1C1C.(6分)‎ ‎(2) 因为△ABC是正三角形，E是AB的中点，‎ 所以CE⊥AB.‎ 又因为正三棱柱A1B1C1ABC中，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，CE⊂平面ABC，‎ 所以CE⊥平面ABB1A1.从而CE⊥A1B.(9分)‎ 在矩形ABB1A1中，因为＝＝，所以Rt△A1B1B∽Rt△B1BE，‎ 从而∠B1A1B＝∠BB1E.因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，所以A1B⊥B1E.‎ 又因为CE，B1E⊂平面B1CE，CE∩B1E＝E，‎ 所以A1B⊥平面B1CE.(14分)‎ 例2、如图，在四棱锥中，，，点为棱的中点．‎ ‎（1）若，求证：；‎ ‎（2）求证：//平面．‎ ‎【解析】： 证明：（1）取的中点，连结，‎ 因为，所以△为等腰三角形，所以．‎ 因为，所以△为等腰三角形，所以．‎ 又，所以平面． ‎ 因为平面，所以． ‎ ‎（2）由为中点，连，则，‎ 又平面，所以平面． ‎ 由，以及，所以，‎ 又平面，所以平面． ‎ 又，所以平面平面， ‎ 而平面，所以平面． ‎ ‎【变式1】、如图，在三棱锥A－BCD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．‎ ‎【解析】：（1）因为BD∥平面AEF，‎ BDÌ平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，‎ 所以 BD∥EF． ‎ 因为BDÌ平面ABD，EFË平面ABD，‎ 所以 EF∥平面ABD． ‎ ‎（2）因为AE⊥平面BCD，CDÌ平面BCD，‎ 所以 AE⊥CD． ‎ 因为 BD⊥CD，BD∥EF，‎ 所以 CD⊥EF， ‎ 又 AE∩EF＝E，AEÌ平面AEF，EFÌ平面AEF，‎ 所以 CD⊥平面AEF． ‎ 又 CDÌ平面ACD，‎ 所以 平面AEF⊥平面ACD． ‎ ‎【变式2】、如图，在四棱锥中，底面是矩形，点在棱上(异于点，)，平面与棱交于点．‎ ‎（1）求证：；‎ A B C D E F P ‎(第16题)‎ ‎（2）若平面平面，求证：．‎ ‎【变式3】、如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP=AD， M，N分别为棱PD，PC的中点．‎ 求证：（1）MN∥平面PAB； ‎ ‎ （2）AM⊥平面PCD．‎ ‎【解析】（1）因为M，N分别为棱PD，PC的中点，‎ 所以MN∥DC， ‎ 又因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，‎ 所以MN∥AB． ‎ 又平面PAB，平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB． ‎ ‎（2）因为AP=AD，M为PD的中点，‎ 所以AM⊥PD． ‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD， 又平面PAD∩平面ABCD= AD，‎ 又因为底面ABCD是矩形，所以CD⊥AD，又平面ABCD，‎ 所以CD⊥平面PAD． ‎ 又平面PAD，所以CD⊥AM． ‎ 因为CD，平面PCD，， ‎ 所以AM⊥平面PCD． ‎ ‎【易错警示】立几的证明必须严格按教材所给的公理、定理、性质作为推理的理论依据，严禁生造定理，在运用定理证明时必须在写全定理的所有条件下，才有相应的结论，否则会影响评卷得分.‎ ‎【变式4】、 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为侧棱PA的中点．‎ ‎(1) 求证：PC∥平面BDE；‎ ‎(2) 若PC⊥PA，PD＝AD，求证：平面BDE⊥平面PAB.‎ 易错警示 在立体几何中，一定要用课本中允许的有关定理进行推理论证，在进行推理论证时，一定要将定理的条件写全，不能遗漏，否则，在评分时将予以扣分，高考阅卷对立体几何题证明的规范性要求较高．‎ ‎【关联1】、如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AC⊥BD，AC与BD交于点O，且平面PAC⊥平面ABCD，E为棱PA上一点．‎ ‎(1) 求证：BD⊥OE；‎ ‎(2) 若AB＝2CD，AE＝2EP，求证：EO∥平面PBC. ‎ ‎【解析】(1) 因为平面PAC⊥ 平面ABCD，平面PAC∩ 平面ABCD＝AC，BD⊥AC，BD⊂平面ABCD，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ 又因为OE⊂平面PAC，所以BD⊥OE.(6分)‎ ‎(2) 因为AB∥CD，AB＝2CD，AC与BD交于点O，‎ 所以CO∶OA＝CD∶AB＝1∶2.‎ 又因为AE＝2EP，所以CO∶OA＝PE∶EA，‎ 所以EO∥PC.‎ 又因为PC⊂平面PBC，EO⊄平面PBC，‎ 所以EO∥平面PBC.(14分)‎ ‎【关联2】、如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝AB，D是AB的中点．‎ ‎(1) 求证：BC1∥平面A1CD；‎ ‎(2) 若点P在线段BB1上，且BP＝BB1，求证：AP⊥平面A1CD.‎ ‎【解析】 (1)连结AC1，交A1C于点O，连结OD.‎ 因为四边形AA1C1C是矩形，所以O是AC1的中点. (2分)‎ 在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，‎ 所以OD∥BC1. (4分)‎ 又因为OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，‎ 所以BC1∥平面A1CD.(6分)‎ ‎(2) 因为CA＝CB，D是AB的中点，所以CD⊥AB﹒‎ 又因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC⊥侧面AA1B1B，交线为AB，‎ CD⊂平面ABC，所以CD⊥平面AA1B1B﹒ (8分)‎ 因为AP⊂平面A1B1BA，所以CD⊥AP. (9分)‎ 因为BB1＝AA1＝BA ，BP＝BB1，‎ 所以＝＝，所以Rt△ABP∽Rt△A1AD，‎ 从而∠AA1D＝∠BAP，‎ 所以∠AA1D＋∠A1AP＝∠BAP＋∠A1AP＝90°，‎ 所以AP⊥A1D.(12分)‎ 又因为CD∩A1D＝D，CD⊂平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，‎ 所以AP⊥平面A1CD.(14分)‎ ‎【关联3】、如图，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点．‎ ‎(1) 求证：PB∥平面MNC；‎ ‎(2) 若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.‎ ‎【解析】 (1) 因为M，N分别为AB，PA的中点，‎ 所以MN∥PB.(2分)‎ 因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC, ‎ 所以PB∥平面MNC.(4分)‎ ‎(2) 因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.　(6分)‎ 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.　(8分)‎ 因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.　 (12分)‎ 因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA. ‎ 因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC.　(14分)‎ ‎【关联4】、如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，M是AD的中点，N是PC的中点．‎ ‎(1) 求证：MN∥平面PAB；‎ ‎(2) 若平面PMC⊥平面PAD，求证：CM⊥AD.‎ ‎【解析】 (1) 如图，取PB的中点E，连结AE，NE.‎ 因为E，N分别是PB，PC的中点，‎ 所以EN∥BC且EN＝BC.‎ 因为底面ABCD是平行四边形，M是AD的中点，‎ 所以AM∥BC且AM＝BC，(3分)‎ 所以EN∥AM且EN＝AM，四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，(5分)‎ 因为MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.(7分)‎ ‎(2) 如图，在平面PAD内，过点A作AH⊥PM，垂足为H.‎ 因为平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，‎ 因为AH⊂平面PAD，AH⊥PM，‎ 所以AH⊥平面PMC，从而AH⊥CM.(10分)‎ 因为PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥CM.(12分)‎ 因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD，‎ 所以CM⊥平面PAD，‎ 因为AD⊂平面PAD，所以CM⊥AD.(14分)‎ 例3、如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱BC上一点．‎ ‎(1) 若AB＝AC，D为棱BC的中点，求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；‎ ‎(2) 若A1B∥平面ADC1，求的值．‎ ‎【解析】： (1) 因为AB＝AC，点D为BC中点，所以AD⊥BC.(2分)‎ 因为ABC-A1B1C1 是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.‎ 因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.(4分)‎ 因为BC∩BB1＝B，BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，‎ 所以AD⊥平面BCC1B1. ‎ 因为AD⊂平面ADC1，所以平面ADC1⊥平面BCC1B1.(6分)‎ ‎(2) 连结A1C，交AC1于O，连结OD，所以O为AC1中点．(8分)‎ 因为A1B∥平面ADC1，A1B⊂平面A1BC，平面ADC1∩平面A1BC＝OD，所以A1B∥OD.(12分)‎ 因为O为AC1中点，所以D为BC中点，‎ 所以＝1.(14分)‎ ‎【变式1】、如图，在四面体ABCD中，AB＝AC＝DB＝DC，点E是BC的中点，点F在线段AC上，且＝λ.‎ ‎(1) 若EF∥平面ABD，求实数λ的值；‎ ‎(2) 求证：平面BCD⊥平面AED.‎ ‎【解析】 (1) 因为EF∥平面ABD，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD＝AB，所以EF∥AB.(3分)‎ 又E是BC的中点，点F在线段AC上，‎ 所以F为AC的中点．‎ 由＝λ得λ＝.(6分)‎ ‎(2) 因为AB＝AC＝DB＝DC，E是BC的中点，‎ 所以BC⊥AE，BC⊥DE.(9分)‎ 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面AED，‎ 所以BC⊥平面AED.(12分)‎ 而BC⊂平面BCD，‎ 所以平面BCD⊥平面AED.(14分)‎ ‎【变式2】、如图，在四棱锥PABCD中，AD＝CD＝AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.‎ ‎(1) 求证：BC⊥平面PAC；‎ (2) 若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN∶PB的值．‎ ‎【解析】 (1) 连结AC.不妨设AD＝1.‎ 因为AD＝CD＝AB，所以CD＝1，AB＝2.‎ 因为∠ADC＝90°，所以AC＝，∠CAB＝45°.‎ 在△ABC中，由余弦定理得BC＝，所以AC2＋BC2＝AB2.‎ 所以BC⊥AC.(3分)‎ 因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC.(5分)‎ 因为PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C，‎ 所以BC⊥平面PAC.(7分)‎ ‎(2) 因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN，AB⊄平面CDMN，‎ 所以AB∥平面CDMN.(9分)‎ 因为AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN，‎ 所以AB∥MN.(12分)‎ 在△PAB中，因为M为线段PA的中点，‎ 所以N为线段PB的中点，‎ 即PN∶PB的值为.(14分)‎ ‎【关联1】、 如图，在三棱锥PABC中，D为AB的中点．‎ ‎(1) 与BC平行的平面PDE交AC于点E，判断点E在AC上的位置并说明理由；‎ ‎(2) 若PA＝PB，且锐角三角形PCD所在平面与平面ABC垂直，求证：AB⊥PC.‎ ‎【解析】(1) E为AC的中点．理由如下：‎ 平面PDE交AC于点E，即平面PDE∩平面ABC＝DE，‎ 而BC∥平面PDE，BC⊂平面ABC，所以BC∥DE.(4分)‎ 在△ABC中，因为D为AB的中点，所以E为AC的中点．(7分)‎ ‎(2) 因为PA＝PB，D为AB的中点，所以AB⊥PD，‎ 如图，在锐角三角形PCD所在平面内过点P作PO⊥CD于点O，因为平面PCD⊥平面ABC，平面PCD∩平面ABC＝CD，所以PO⊥平面ABC.(10分)‎ 因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.‎ 又PO∩PD＝P，PO，PD⊂平面PCD，所以AB⊥平面PCD.‎ 又PC⊂平面PCD，所以AB⊥PC.(14分)‎ ‎【关联2】、 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.‎ ‎(1) 求证：BD⊥PC；‎ ‎(2) 若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.‎ ‎【解析】 (1) 如图，连结AC，交BD于点O，连结PO.‎ 因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.(2分)‎ 又因为O为BD的中点，PB＝PD，所以BD⊥PO.(4分)‎ 又因为AC∩PO＝O，所以BD⊥平面APC.‎ 又因为PC⊂平面APC，所以BD⊥PC.(7分)‎ ‎(2) 因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.(9分)‎ 因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，‎ 所以BC∥平面PAD.(11分)‎ 又因为BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l.‎ 所以BC∥l.(14分)‎ ‎【关联3】、如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.‎ ‎(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA：‎ ‎(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.‎