江苏省高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第1讲 空间中的平行与垂直学案.docx

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江苏省高考数学二轮复习专题二立体几何第1讲空间中的平行与垂直学案

第1讲　空间中的平行与垂直

[考情考向分析]　自从江苏实施新课标以来，命题者严格执行江苏高考对立体几何的考试说明要求，大幅度降低难度，命题的焦点是空间平行与垂直．试题总体在送分题的位置，但是对考生的规范答题要求比较高．

热点一　空间线面关系的判定

例1　

（1）若直线a与平面α不垂直，则在平面α内与直线a垂直的直线有________条．

答案　无数

（2）（2018·江苏泰州中学调研）已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，那么下列命题中正确的序号为________．（填序号）

①若a⊥c，b⊥c，则a∥b；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；

③若a⊥α，b⊥α，则a∥b；④若a⊥α，a⊥β，则α∥β.

答案　③④

解析　可以借助长方体进行判断，①中的a，b也可能相交或异面；②中的α，β可能相交，③④正确．

思维升华　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．

跟踪演练1　

如图，平面α与平面β相交于BC，AB⊂α，CD⊂β，点A∉BC，点D∉BC，则下列叙述正确的是________．（填序号）

①直线AD与BC是异面直线；

②过AD只能作一个平面与BC平行；

③过AD只能作一个平面与BC垂直；

④过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行．

答案　①②④

解析　由异面直线的判定定理得直线AD与BC是异面直线；在平面β内仅有一条直线过点D且与BC平行，这条直线与AD确定一个平面与BC平行，即过AD只能作一个平面与BC平行；若AD垂直于平面α，则过AD的平面都与BC垂直，因此③错；过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行．故①②④正确．

热点二　直线与平面的平行与垂直

例2　（2018·江苏扬州中学调研）如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．

（1）求证：

FG∥平面PBD；

（2）求证：

BD⊥FG.

证明　

（1）连结PE，因为G，F分别为EC和PC的中点，

∴FG∥PE，

又FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，

∴FG∥平面PBD.

（2）∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，

又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，

∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，

且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，

∵FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG.

思维升华　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：

（1）证明线线平行常用的方法：

一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．

（2）证明线线垂直常用的方法：

①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.

跟踪演练2　（2018·苏锡常镇四市调研）如图，在四棱锥P－ABCD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△CBD为等腰三角形，

所以BD⊥CO.

因为PB＝PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.

又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，

所以BD⊥平面PCO.

因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.

（2）由E为PB的中点，连结EO，则EO∥PD，

又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，

所以EO∥平面PAD.

由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，

又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以CO∥平面PAD.

又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，

所以平面CEO∥平面PAD，

而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.

热点三　平面与平面的平行与垂直

例3　（2018·江苏盐城中学模拟）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，点Q是A1B1中点．

（1）求证：

AQ∥平面PBC1；

（2）若BC＝CC1，求证：

平面A1B1C⊥平面PBC1.

证明　

（1）取AB中点为R，连结PR，B1R.

由已知点P是CD中点，点Q是A1B1中点可以证得，

四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，

所以AQ∥B1R，B1R∥PC1，所以AQ∥PC1，

因为AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，

所以AQ∥平面PBC1.

（2）因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，BC＝CC1，

所以B1C⊥BC1，

因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，

所以A1B1⊥BC1，

因为A1B1∩B1C＝B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，

所以BC1⊥平面A1B1C，

又因为BC1⊂平面PBC1，所以平面A1B1C⊥平面PBC1.

思维升华　证明面面平行或面面垂直的关键是寻找线面平行或线面垂直，充分体现了转化与化归思想．

跟踪演练3　如图，在四面体ABCD中，AD＝BD，∠ABC＝90°，点E，F分别为棱AB，AC上的点，点G为棱AD的中点，且平面EFG∥平面BCD.

（1）求

的值；

（2）求证：

平面EFD⊥平面ABC.

（1）解　因为平面EFG∥平面BCD，平面ABD∩平面EFG＝EG，平面ABD∩平面BCD＝BD，

所以EG∥BD，

又G为AD的中点，所以E为AB的中点，

同理可得，F为AC的中点，所以

＝

.

（2）证明　因为AD＝BD，

由

（1）知，E为AB的中点，所以AB⊥DE，

又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，

由

（1）知，EF∥BC，所以AB⊥EF，

又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面EFD，

所以AB⊥平面EFD，

又AB⊂平面ABC，所以平面EFD⊥平面ABC.

1．（2018·江苏）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1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ABCD－A1B1C1D1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ABCD－A1B1C1D1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.

又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，

所以AB1⊥BC.

又因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，

所以AB1⊥平面A1BC.

因为AB1⊂平面ABB1A1，

所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.

2．（2018·江苏南京师大附中模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上（异于点P，C），平面ABE与棱PD交于点F.

（1）求证：

AB∥EF；

（2）若AF⊥EF，求证：

平面PAD⊥平面ABCD.

证明　

（1）因为四边形ABCD是矩形，

所以AB∥CD.

又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，

所以AB∥平面PDC，

又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，

所以AB∥EF.

（2）因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.

因为AF⊥EF，

（1）中已证AB∥EF，

所以AB⊥AF，

又AB⊥AD，

由点E在棱PC上（异于点C），所以F点异于点D，

所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面PAD，

所以AB⊥平面PAD，

又AB⊂平面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD.

A组　专题通关

1．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）

答案　必要不充分

解析　若a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，l⊥a，l⊥b，a∥b，则l可以与平面α斜交，推不出l⊥α.若l⊥α，a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则l⊥a，l⊥b.∴“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件．

2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是________．（填序号）

①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥β；④AC⊥β.

答案　④

解析　如图所示，AB∥l∥m；∵AC⊥l，m∥l，∴AC⊥m；

∵AB∥l，AB⊄β，l⊂β，∴AB∥β，只有④不一定成立．

3．在三棱锥A－BCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，△BCD是锐角三角形，下列一定正确的是________．（填序号）

①平面ABD⊥平面ADC；②平面ABD⊥平面ABC；

③平面ADC⊥平面BCD；④平面ABC⊥平面BCD.

答案　③

解析　由AD⊥BC，BD⊥AD，BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD，

∴AD⊥平面BCD，

又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BCD.

4．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：

①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③m∥α⇒l⊥β；④l⊥β⇒m∥α.

其中正确的命题是________.（填写所有正确命题的序号）

答案　①④

解析　①α∥β，l⊥α⇒l⊥β⇒l⊥m，命题正确；②α⊥β，l⊥α⇒l，m可平行，可相交，可异面，命题错误；③m∥α，l⊥α⇒l⊥m⇒l与β可平行，l可在β内，l可与β相交，命题错误；④l⊥β，l⊥α⇒β∥α⇒m∥α，命题正确．

5．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为________．

答案　②④

解析　由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；

图②中GH与MN异面，符合题意；

图③中GH与MN相交，不合题意；

图④中GH与MN异面，符合题意．

则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.

6．给出下列四个命题：

①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；

②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；

③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；

④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．

其中真命题的个数为________．

答案　3

解析　对于①，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α，故正确；对于②，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于③，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于④，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确．故真命题的个数为3.

7.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝6，AB＝3，AD＝8，点M是棱AD的中点，N在棱AA1上，且满足AN＝2NA1，P是侧面四边形ADD1A1内一动点（含边界），若C1P∥平面CMN，则线段C1P长度的最小值是________．

答案　

解析　取A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于E，则易知平面C1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，则C1P＝

为所求．

8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.

答案　a或2a

解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，

又CF⊂平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.

要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．

令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.

易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，

得

＝

，即

＝

，

整理得x2－3ax＋2a2＝0，

解得x＝a或x＝2a.

9.（2017·江苏）如图，在三棱锥A－BCD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，AB⊥AD，EF⊥AD，

则AB∥EF.

∵AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，

∴EF∥平面ABC.

（2）∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥平面ABD.

∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD.

∵AB⊥AD，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，

∴AD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴AD⊥AC.

10.如图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，△GAD为等边三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°，点P为线段GD的中点．

（1）求证：

AP⊥平面GCD；

（2）求证：

平面ADG∥平面FBC.

证明　

（1）∵△GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，∴AP⊥GD.

∵AD⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD⊂平面GAD，故CD⊥平面GAD，

又AP⊂平面GAD，故CD⊥AP，

又CD∩GD＝D，CD，GD⊂平面GCD，

故AP⊥平面GCD.

（2）∵BF⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴BF⊥CD，

∵BC⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面FBC，

∴CD⊥平面FBC，

由

（1）知CD⊥平面GAD，∴平面ADG∥平面FBC.

B组　能力提高

11.如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是________．（填序号）

①当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合；

②M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交；

③当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交；

④当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行．

答案　②

解析　由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACDB是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄β，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故②正确．

12．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是________．（填序号）

答案　

（1）

解析　对于

（1），作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.

∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，

∴直线AB与平面MNQ相交；

对于

（2），作如图②所示的辅助线，

则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，

又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；

对于（3），作如图③所示的辅助线，

则AB∥CD，CD∥MQ，

∴AB∥MQ，

又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，

∴AB∥平面MNQ；

对于（4），作如图④所示的辅助线，

则AB∥CD，CD∥NQ，

∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，

∴AB∥平面MNQ.

故四个正方体中直线AB与平面MNQ不平行的是

（1）．

13.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，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ABC－A1B1C1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△AEB≌△AFC.

所以BE＝CF.

又由题意知，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.

14．（2018·江苏启东中学模拟）如图，在三棱锥P－ABC中，AC⊥BC，O为AC的中点，PO⊥底面ABC，M为AB的中点．

（1）证明：

AC⊥平面POM；

（2）设E是棱PA上的一点，若PB∥平面EOM，求

的值．

（1）证明　因为M，O分别是AB，AC的中点，

所以MO∥BC，

因为AC⊥BC，所以AC⊥MO.

因为PO⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，

所以PO⊥AC.

因为PO⊂平面POM，MO⊂平面POM，PO∩MO＝O，

所以AC⊥平面POM.

（2）解　因为PB∥平面EOM，PB⊂平面PAB，平面EOM∩平面PAB＝EM，

所以PB∥EM.

因为M是AB的中点，

所以E是PA的中点，

所以

＝

.