高考数学二轮复习讲义专题二第二讲大题考法-平行与垂直

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＝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eq\f(AM,AB)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＝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的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC，FL＝eq\f(1,2)EC＝1.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝eq\f(1,4)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＝eq\f(1,4)AB，即eq\f(AM,AB)＝eq\f(1,4).[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＝eq\f(2,3)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＝3eq\r(2).又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2).如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则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，三棱锥Q­ABP的体积为VQ­ABP＝eq\f(1,3)×S△ABP×QE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×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＝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OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝eq\r(OC2＋VO2)＝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＝eq\f(1,2)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.