高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題12立體幾何中的平行與垂直問題學(xué)案

/10/10/微專題12立體幾何中的平行與垂直問題在立體幾何中，點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系，特別是線面、面面的平行和垂直關(guān)系，是高中立體幾何的理論基礎(chǔ)，是高考命題的熱點(diǎn)與重點(diǎn)之一，一般考查形式為小題(位置關(guān)系基本定理判定)或解答題(平行、垂直位置關(guān)系的證明)，難度不大．柱、錐、臺、球及其簡單組合體和平面及其基本性質(zhì)雖然沒有單獨(dú)考查，但作為立體幾何最基本的要素是融入在解答題中考查的.例題如圖，四棱錐PABCD的底面為矩形，且AB＝eq\r(2)BC，E，F(xiàn)分別為棱AB，PC的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面PAD；(2)若點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的射影O在直線AC上，求證：平面PAC⊥平面PDE.變式1(2018·蘇州一模)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，已知E，F(xiàn)，G，H分別是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面ABHG；(2)求證：平面ABHG⊥平面CFED.

變式2(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖，正三棱柱ABCA1B1C1的高為eq\r(6)，其底面邊長為2.已知點(diǎn)M，N分別是棱A1C1，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)D是棱CC1上靠近C的三等分點(diǎn)．求證：(1)B1M∥平面A1BN；(2)AD⊥平面A1BN.串講1如圖，在三棱錐PABC中，BC⊥平面PAB.已知PA＝AB，D，E分別為PB，BC的中點(diǎn)．(1)求證：AD⊥平面PBC；(2)若點(diǎn)F在線段AC上，且滿足AD∥平面PEF，求eq\f(AF,FC)的值．

串講2如圖，在三棱臺ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)設(shè)平面ACE∩平面DEF＝a，求證：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，試問在線段BE上是否存在點(diǎn)G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在請確定點(diǎn)G的位置；若不存在，請說明理由．(2018·南京、鹽城二模)如圖，矩形ABCD所在平面與三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分別為DE，AB，BE的中點(diǎn)．(1)求證：MN∥平面BEC；(2)求證：AH⊥CE.(2018·江蘇卷)如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1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，4分所以AB∥平面A1B1C.6分(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.8分又因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.10分又因為A1B∩BC＝B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.12分微專題12例題1證法1如圖1，在四棱錐PABCD中，取線段PD的中點(diǎn)M，連接FM，AM.因為F為PC的中點(diǎn)，所以FM∥CD，且FM＝eq\f(1,2)CD.因為四邊形ABCD為矩形，E為AB的中點(diǎn)，所以EA∥CD，且EA＝eq\f(1,2)CD.所以FM∥EA，且FM＝EA.所以四邊形AEFM為平行四邊形．所以EF∥AM.又AM平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD.證法2如圖2，在四棱錐PABCD中，連接CE并延長交DA的延長線于點(diǎn)N，連接PN.因為四邊形ABCD為矩形，所以AD∥BC.所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE.又AE＝EB，所以△CEB≌△NEA.所以CE＝NE.又F為PC的中點(diǎn)，所以EF∥NP.又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD.證法3如圖3，在四棱錐PABCD中，取CD的中點(diǎn)Q，連接FQ，EQ.在矩形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，所以AE＝DQ，且AE∥DQ.所以四邊形AEQD為平行四邊形，所以EQ∥AD.又AD平面PAD，EQ平面PAD,所以EQ∥平面PAD.因為Q，F(xiàn)分別為CD，CP的中點(diǎn)，所以FQ∥PD.又PD平面PAD，F(xiàn)Q平面PAD，所以FQ∥平面PAD.又FQ，EQ平面EQF，F(xiàn)Q∩EQ＝Q，所以平面EQF∥平面PAD.因為EF平面EQF，所以EF∥平面PAD.(2)在四棱錐PABCD中，設(shè)AC，DE相交于點(diǎn)G(如圖4)．在矩形ABCD中，因為AB＝eq\r(2)BC，E為AB的中點(diǎn)．所以eq\f(DA,AE)＝eq\f(CD,DA)＝eq\r(2)，又∠DAE＝∠CDA，所以△DAE∽△CDA，所以∠ADE＝∠DCA.又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，所以∠DCA＋∠CDE＝90°.由△DGC的內(nèi)角和為180°，得∠DGC＝90°.即DE⊥AC.因為點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)的正投影O在直線AC上，所以PO⊥平面ABCD.因為DE平面ABCD，所以PO⊥DE.因為PO∩AC＝O，PO，AC平面PAC，所以DE⊥平面PAC，又DE平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE.變式聯(lián)想變式1證明：(1)因為E，F(xiàn)分別是A1D1，B1C1的中點(diǎn)，所以EF∥A1B1，在正方體ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，所以EF∥AB.又EF平面ABHG，AB平面ABHG，所以EF∥平面ABHG.(2)在正方體ABCDA1B1C1D1中，CD⊥平面BB1C1C，又BH平面BB1C1C，所以BH⊥CD.①設(shè)BH∩CF＝P，△BCH≌△CC1F，所以∠HBC＝∠FCC1，因為∠HBC＋∠PHC＝90°，所以∠FCC1＋∠PHC＝90°.所以∠HPC＝90°，即BH⊥CF.②由①②，又DC∩CF＝C，DC，CF平面CFED，所以BH⊥平面CFED.又BH平面ABHG，所以平面ABHG⊥平面CFED.變式2證明：(1)如圖，連接MN，正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥CC1且AA1＝CC1，則四邊形AA1C1C是平行四邊形，因為點(diǎn)M，N分別是棱A1C1，AC的中點(diǎn)，所以MN∥AA1且MN＝AA1，又正三棱柱ABCA1B1C1中AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以MN∥BB1且MN＝BB1，所以四邊形MNBB1是平行四邊形，所以B1M∥BN，又B1M平面A1BN，BN平面A1BN，所以B1M∥平面A1BN.(2)正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN平面ABC，所以BN⊥AA1，在正△ABC中，N是AB的中點(diǎn)，所以BN⊥AC，又AA1，AC平面AA1C1C，AA1∩AC＝A，所以BN⊥平面AA1C1C，又AD平面AA1C1C，所以AD⊥BN，由題意得，AA1＝eq\r(6)，AC＝2，AN＝1，CD＝eq\f(\r(6),3)，所以eq\f(AA1,AC)＝eq\f(AN,CD)＝eq\r(\f(3,2))，又∠A1AN＝∠ACD＝eq\f(π,2)，所以△A1AN與△ACD相似，則∠AA1N＝∠CAD，所以∠ANA1＋∠CAD＝∠ANA1＋∠AA1N＝eq\f(π,2)，則AD⊥A1N，又BN∩A1N＝N，BN，A1N平面A1BN，所以AD⊥平面A1BN.說明：變式1和2都通過“計算”來證明垂直，復(fù)習(xí)時應(yīng)注意長度，角度等量的“計算”的運(yùn)用來實現(xiàn)位置關(guān)系的求證．串講激活串講1解析：(1)因為BC⊥平面PAB，AD平面PAB，所以BC⊥AD.因為PA＝AB，D為PB的中點(diǎn)，所以AD⊥PB.因為PB∩BC＝B，所以AD⊥平面PBC.(2)連接DC，交PE于點(diǎn)G，連接FG.因為AD∥平面PEF，AD平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG，所以AD∥FG.因為D為PB的中點(diǎn)，E為BC的中點(diǎn)，連接DE，則DE為△BPC的中位線，△DEG∽△CPG.所以eq\f(DG,GC)＝eq\f(DE,PC)＝eq\f(1,2).所以eq\f(AF,FC)＝eq\f(DG,GC)＝eq\f(1,2).串講2解析：(1)在三棱臺ABCDEF中，AC∥DF，又AC平面ACE，DF平面ACE，所以DF∥平面ACE，又DF平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，所以DF∥a.(2)線段BE上存在點(diǎn)G，且BG＝eq\f(1,3)BE，使得平面DFG⊥平面CDE.證明如下：如圖所示，取CE的中點(diǎn)O，連接FO并延長交BE于點(diǎn)G，連接GD，因為CF＝EF，所以GF⊥CE.在三棱臺ABCDEF中，因為AB⊥BC，所以DE⊥EF，因為CF⊥平面DEF，DE平面DEF，所以CF⊥DE，又CF∩EF＝F，所以DE⊥平面CBEF，GF平面CBEF，所以DE⊥GF.因為GF⊥CE，DE⊥GF，CE∩DE＝E，CE平面CDE，DE平面CDE，所以GF⊥平面CDE，又GF平面DFG，所以平面DFG⊥平面CDE，此時，側(cè)面BCFE的平面圖如圖所示，延長FG，交CB的延長線于點(diǎn)H，因為O是CE的中點(diǎn)，EF＝CF＝2BC，由平面幾何知識可證得△HOC≌△FOE，所以HB＝BC＝eq\f(1,2)EF，由△HGB∽△FGE，可知eq\f(BG,GE)＝eq\f(1,2)，即BG＝eq\f(1,3)BE.新題在線(1)證法1取CE中點(diǎn)F，連接FB，MF.因為M為DE的中點(diǎn)，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)，所以MF∥CD且MF＝eq\f(1,2)CD.又因為在矩形ABCD中，N為AB的中點(diǎn)，所以BN∥CD且BN＝eq\f(1,2)CD，所以MF∥BN且MF＝BN，所以四邊形BNMF為平行四邊形，所以MN∥BF.又MN平面BEC，BF平面BEC，所以MN∥平面BEC.證法2取AE中點(diǎn)G，連接MG，GN.因為G為AE的中點(diǎn)，M為DE的中點(diǎn)，所以MG∥AD.又因為在矩形ABCD中，BC∥AD，所以MG∥BC.又因為MG平面BEC，BC平面BEC，所以MG∥平面BEC.因為G為AE的中點(diǎn)，N為AB的中點(diǎn)，所以GN∥BE.又因為GN平面BEC，BE平面BEC，所以GN∥平面BEC.又因為MG∩GN＝G，MG，GN平面GMN，所以平面