【数学】2020届一轮复习苏教版专题二第二讲大题考法——平行与垂直学案

【数学】2020届一轮复习苏教版专题二第二讲大题考法——平行与垂直学案

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.‎