高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義專題二第二講大題考法-平行與垂直

第二講大題考法——平行與垂直題型(一)線線、線面位置關(guān)系的證明平行、垂直關(guān)系的證明是高考的必考內(nèi)容，主要考查線面平行、垂直的判定定理及性質(zhì)定理的應(yīng)用，以及平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化等.[典例感悟][例1](2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[證明](1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因為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.又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC.[方法技巧]立體幾何證明問題的2個注意點(1)證明立體幾何問題的主要方法是定理法，解題時必須按照定理成立的條件進(jìn)行推理．如線面平行的判定定理中要求其中一條直線在平面內(nèi)，另一條直線必須說明它在平面外；線面垂直的判定定理中要求平面內(nèi)的兩條直線必須是相交直線等，如果定理的條件不完整，則結(jié)論不一定正確．(2)證明立體幾何問題，要緊密結(jié)合圖形，有時要利用平面幾何的相關(guān)知識，因此需要多畫出一些圖形輔助使用．[演練沖關(guān)]1.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，點E為棱PB的中點．(1)若PB＝PD，求證：PC⊥BD；(2)求證：CE∥平面PAD.證明：(1)取BD的中點O，連結(jié)CO，PO，因為CD＝CB，所以BD⊥CO.因為PB＝PD，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，所以BD⊥平面PCO.因為PC?平面PCO，所以PC⊥BD.(2)由E為PB中點，連結(jié)EO，則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·蘇州模擬)在如圖所示的空間幾何體ABCDPE中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若點Q是PD的中點，求證：AQ⊥平面PCD；(2)證明：BD∥平面PEC.證明：(1)因為PA＝AD，Q是PD的中點，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.又因為AQ?平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)如圖，取PC的中點M，連結(jié)AC交BD于點N，連結(jié)MN，ME，在△PAC中，易知MN＝eq\f(1,2)PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝eq\f(1,2)PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四邊形BEMN是平行四邊形，所以EM∥BN.又EM?平面PEC，BN?平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.題型(二)兩平面之間位置關(guān)系的證明考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本質(zhì)是考查線面垂直和平行.[典例感悟][例2](2018·南京模擬)如圖，直線PA垂直于圓O所在的平面，△ABC內(nèi)接于圓O，且AB為圓O的直徑，M為線段PB的中點，N為線段BC的中點．求證：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[證明](1)因為M，O，N分別是PB，AB，BC的中點，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.連結(jié)OC，則OC＝OB，因為N為BC的中點，所以O(shè)N⊥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]證明兩平面位置關(guān)系的求解思路(1)證明面面平行依據(jù)判定定理，只要找到一個面內(nèi)兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證明面面平行轉(zhuǎn)化為證明線面平行，再轉(zhuǎn)化為證明線線平行．(2)證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中線、高線或添加輔助線解決.[演練沖關(guān)](2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求證：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.證明：(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因為AB1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.題型(三)空間位置關(guān)系的綜合問題主要考查空間線面、面面平行或垂直的位置關(guān)系的證明與翻折或存在性問題相結(jié)合的綜合問題.[典例感悟][例3]如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中點，將△ADE沿AE折起，得到如圖2所示的四棱錐D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.(1)證明：BE⊥平面D1AE；(2)設(shè)F為CD1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出eq\f(AM,AB)的值；若不存在，請說明理由．[解](1)證明：∵四邊形ABCD為矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，∴AE＝BE＝2eq\r(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)eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4)，理由如下：取D1E的中點L，連接FL，AL，∴FL∥EC，F(xiàn)L＝eq\f(1,2)EC＝1.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝eq\f(1,4)AB，∴M，F(xiàn)，L，A四點共面．若MF∥平面AD1E，則MF∥AL.∴四邊形AMFL為平行四邊形，∴AM＝FL＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).[方法技巧]與平行、垂直有關(guān)的存在性問題的解題步驟[演練沖關(guān)](2018·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達(dá)點D的位置，且AB⊥DA.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q-ABP的體積．解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又因為BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以AB⊥平面ACD.因為AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如圖，過點Q作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1＝1.[課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練]A組——大題保分練1.如圖，在三棱錐V-ABC中，O，M分別為AB，VA的中點，平面VAB⊥平面ABC，△VAB是邊長為2的等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC.(1)求證：VB∥平面MOC；(2)求線段VC的長．解：(1)證明：因為點O，M分別為AB，VA的中點，所以MO∥VB.又MO?平面MOC，VB?平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因為AC＝BC，O為AB的中點，AC⊥BC，AB＝2，所以O(shè)C⊥AB，且CO＝1.連結(jié)VO，因為△VAB是邊長為2的等邊三角形，所以VO＝eq\r(3).又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC?平面ABC，所以O(shè)C⊥平面VAB，所以O(shè)C⊥VO，所以VC＝eq\r(OC2＋VO2)＝2.2．(2018·南通二調(diào))如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，A1B與AB1交于點D，A1C與AC1交于點E.求證：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.證明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形A1ACC1為平行四邊形．又E為A1C與AC1的交點，所以E為A1C的中點.同理，D為A1B的中點，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ABC-A1B1C1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.因為BC?平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.如圖，在三棱錐A-BCD中，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD上的點，且BD∥平面AEF.(1)求證：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求證：平面AEF⊥平面ACD.證明：(1)因為BD∥平面AEF，BD?平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因為BD?平面ABD，EF?平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因為AE⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AE⊥CD.因為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·無錫期末)如圖，ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.求證：(1)AC⊥平面BDE；(2)AC∥平面BEF.證明：(1)因為DE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以DE⊥AC.因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因為DE?平面BDE，BD?平面BDE，且DE∩BD＝D，所以AC⊥平面BDE.(2)設(shè)AC∩BD＝O，取BE中點G，連結(jié)FG，OG，易知OG∥DE且OG＝eq\f(1,2)DE.因為AF∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，從而四邊形AFGO是平行四邊形，所以FG∥AO.因為FG?平面BEF，AO?平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.B組——大題增分練1．(2018·鹽城三模)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，M，N分別是棱A1D1，D1C1的中點．求證：(1)AC∥平面DMN；(2)平面DMN⊥平面BB1D1D.證明：(1)連結(jié)A1C1，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因為AA1綊BB1，BB1綊CC1，所以AA1綊CC1，所以A1ACC1為平行四邊形，所以A1C1∥AC.又M，N分別是棱A1D1，D1C1的中點，所以MN∥A1C1，所以AC∥MN.又AC?平面DMN，MN?平面DMN，所以AC∥平面DMN.(2)因為四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，所以DD1⊥平面A1B1C1D1，而MN?平面A1B1C1D1，所以MN⊥DD1.又因為棱柱的底面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.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，點E在PB上．(1)求證：平面AEC⊥平面PAD；(2)當(dāng)PD∥平面AEC時，求PE∶EB的值．解：(1)證明：在平面ABCD中，過A作AF⊥DC于F，則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)連結(jié)BD交AC于O，連結(jié)EO.∵PD∥平面AEC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，則PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值為2.3.(2018·南通、揚(yáng)州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調(diào))如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC，點E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上(均異于端點)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1.求證：(1)平面AEF⊥平面BB1C1C；(2)BC∥平面AEF.