《江蘇省2022高考數學二輪復習 專題二 立體幾何 2.2 大題考法—平行與垂直講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省2022高考數學二輪復習 專題二 立體幾何 2.2 大題考法—平行與垂直講義（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、江蘇省2022高考數學二輪復習 專題二 立體幾何 2.2 大題考法—平行與垂直講義（含解析） 題型(一) 線線、線面位置關系的證明 　　　平行、垂直關系的證明是高考的必考內容，主要考查線面平行、垂直的判定定理及性質定理的應用，以及平行與垂直關系的轉化等. [證明]　(1)在平面ABD內，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

2、. 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，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，則結論不一定正確． (2)證明立體幾何問題，要緊密結合圖形，有時要利用平面幾何的相關知識，因此需要多畫出一些圖形輔助使用． [演練沖關] 1.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)

3、調研)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C

4、O∩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P

5、CD. (2)如圖，取PC的中點M，連結AC交BD于點N，連結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內接于圓O，且AB為圓O的直徑，M為線段PB的中點

6、，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OC，則OC＝OB，因為N為BC的中點，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] 證明兩平面位

7、置關系的求解思路 (1)證明面面平行依據判定定理，只要找到一個面內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化為證明線面平行，再轉化為證明線線平行． (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，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現有直線中尋找，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] (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-A

8、1B1C1D1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) 空間位置關系的綜合問題 主要考查空間線

9、面、面面平行或垂直的位置關系的證明與翻折　或存在性問題相結合的綜合問題. [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＝2. 又AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2， ∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE.

10、 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的中點L，連接FL，AL， ∴FL∥EC，FL＝EC＝1. 又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝AB， ∴M，F，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＝AB，即＝. [方法技巧] 與平行、垂直有關的存在性問題的解題步驟 [演練沖關] 　(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到達點D的位

11、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＝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＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 如圖，過點Q作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊DC. 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱錐Q-ABP的體積

12、為VQ-ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1. [課時達標訓練] 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OC⊥AB，且CO＝1. 連結VO，因為△VAB是邊長為2的等邊三角

13、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·南通二調)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?

14、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

15、∩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⊥

16、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AC∩BD＝O，取BE中點G，連結FG，OG， 易知OG∥DE且OG＝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

17、證：(1)AC∥平面DMN； (2)平面DMN⊥平面BB1D1D. 證明：(1)連結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，

18、 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°

19、＝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BD交AC于O，連結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、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC，點E，F分別在棱BB1

20、，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. 證明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1∥CC1. 因為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. 又因為BB1?平面BB1C1C， 所以平面AEF⊥平面BB1C1C. (2)因為AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF，AB＝AC， 所以Rt△AEB≌Rt△AFC. 所以BE＝CF. 又BE∥CF，所以四邊形BEFC是平行

21、四邊形． 從而BC∥EF. 又BC?平面AEF，EF?平面AEF， 所以BC∥平面AEF. 4．(2018·常州期末)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，點Q是棱PC上異于P，C的一點． (1)求證：BD⊥AC； (2)過點Q和AD的平面截四棱錐得到截面ADQF(點F在棱PB上)，求證：QF∥BC. 證明：(1)因為PC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥PC. 記AC，BD交于點O，連結OP. 因為平行四邊形對角線互相平分，則O為BD的中點． 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)因為四邊形ABCD是平行四邊形，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.