高考数学难点突破_难点26__垂直与平行

高考数学难点突破_难点26__垂直与平行

难点 26 垂直与平行 垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解线 面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题. ●难点磁场 (★★★★)已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中，A1C1=B1C1=2，D、D1 分别是 AB、A1B1 的中 点，平面 A1ABB1⊥平面 A1B1C1，异面直线 AB1 和 C1B 互相垂直. (1)求证：AB1⊥C1D1； (2)求证：AB1⊥面 A1CD； (3)若 AB1=3，求直线 AC 与平面 A1CD 所成的角. ●案例探究 ［例 1］两个全等的正方形 ABCD 和 ABEF 所在平面相交于 AB，M∈AC，N∈FB，且 AM=FN，求证：MN∥平面 BCE. 命题意图：本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何 的知识，属★★★★级题目. 知识依托：解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线 (内)∥线(外)  线(外)∥面.或转化为证两个平面平行. 错解分析：证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出 MN 所在平 面是一个关键. 技巧与方法：证法一利用线面平行的判定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平 行来证线面平行. 证法一：作 MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q 为垂足，则 MP∥AB，NQ∥AB. ∴MP∥NQ，又 AM=NF，AC=BF， ∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45° ∴Rt△MCP≌Rt△NBQ ∴MP=NQ,故四边形 MPQN 为平行四边形 ∴MN∥PQ ∵PQ  平面 BCE，MN 在平面 BCE 外， ∴MN∥平面 BCE. 证法二：如图过 M 作 MH⊥AB 于 H，则 MH∥BC， ∴ AB AH AC AM  连结 NH，由 BF=AC，FN=AM，得 AB AH BF FN  ∴MN∥平面 BCE. ［例 2］在斜三棱柱 A1B1C1—ABC 中，底面是等腰三角形， AB=AC，侧面 BB1C1C⊥底面 ABC. (1)若 D 是 BC 的中点，求证：AD⊥CC1； (2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于 M，若AM=MA1， 求证：截面 MBC1⊥侧面 BB1C1C； (3)AM=MA1 是截面 MBC1⊥平面 BB1C1C 的充要条件吗？请你叙 述判断理由. 命题意图：本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质，属★★★★★级题目. 知识依托：线面垂直、面面垂直的判定与性质. 错解分析：(3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出. 技巧与方法：本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此 类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线. (1)证明：∵AB=AC，D 是 BC 的中点，∴AD⊥BC ∵底面 ABC⊥平面 BB1C1C，∴AD⊥侧面 BB1C1C ∴AD⊥CC1. (2)证明：延长 B1A1 与 BM 交于 N，连结 C1N ∵AM=MA1，∴NA1=A1B1 ∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1 ∴C1N⊥C1B1 ∵底面 NB1C1⊥侧面 BB1C1C，∴C1N⊥侧面 BB1C1C ∴截面 C1NB⊥侧面 BB1C1C ∴截面 MBC1⊥侧面 BB1C1C. (3)解：结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性. 过 M 作 ME⊥BC1 于 E，∵截面 MBC1⊥侧面 BB1C1C ∴ME⊥侧面 BB1C1C，又∵AD⊥侧面 BB1C1C. ∴ME∥AD，∴M、E、D、A 共面 ∵AM∥侧面 BB1C1C，∴AM∥DE ∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1 ∵D 是 BC 的中点，∴E 是 BC1 的中点 ∴AM=DE= 2 1 2 1 1 CC AA1，∴AM=MA1. ●锦囊妙计 垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系： 1.平行转化 2.垂直转化 每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的. 例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化 为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中，底面是边长为 2 的正方形，高为 4，则点 A1 到截面 AB1D1 的距离是( ) A. 3 8 B. 8 3 C. 3 4 D. 4 3 2.(★★★★)在直二面角α—l—β中，直线 a  α,直线 b  β,a、b 与 l 斜交，则( ) A.a 不和 b 垂直，但可能 a∥b B.a 可能和 b 垂直，也可能 a∥b C.a 不和 b 垂直，a 也不和 b 平行 D.a 不和 b 平行，但可能 a⊥b 二、填空题 3.(★★★★★)设 X、Y、Z 是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z 且 Y ⊥Z  X∥Y”为真命题的是_________(填序号). ①X、Y、Z 是直线 ②X、Y 是直线，Z 是平面 ③Z 是直线，X、Y 是平面 ④X、Y、 Z 是平面 4.(★★★★)设 a,b 是异面直线，下列命题正确的是_________. ①过不在 a、b 上的一点 P 一定可以作一条直线和 a、b 都相交 ②过不在 a、b 上的一点 P 一定可以作一个平面和 a、b 都垂直 ③过 a 一定可以作一个平面与 b 垂直 ④过 a 一定可以作一个平面与 b 平行 三、解答题 5.(★★★★)如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，侧棱 PA 垂直于底面， E、F 分别是 AB、PC 的中点. (1)求证：CD⊥PD; (2)求证：EF∥平面 PAD; (3)当平面 PCD 与平面 ABCD 成多大角时，直线 EF⊥平面 PCD？ 6.(★★★★)如图，在正三棱锥 A—BCD 中，∠BAC=30°，AB=a,平行于 AD、BC 的截 面 EFGH 分别交 AB、BD、DC、CA 于点 E、F、G、H. (1)判定四边形 EFGH 的形状，并说明理由. (2)设 P 是棱 AD 上的点，当 AP 为何值时，平面 PBC⊥平面 EFGH，请给出证明. 7.(★★★★)如图，正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各棱长都相等，D、E 分别是 CC1 和 AB1 的中点，点 F 在 BC 上且满足 BF∶FC=1∶3. (1)若 M 为 AB 中点，求证：BB1∥平面 EFM； (2)求证：EF⊥BC； (3)求二面角 A1—B1D—C1 的大小. 8.(★★★★★)如图，已知平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 的底面是菱形且∠C1CB= ∠C1CD=∠BCD=60°, (1)证明：C1C⊥BD； (2)假定 CD=2，CC1= 2 3 ，记面 C1BD 为α,面 CBD 为β,求二面角α—BD—β的平面角 的余弦值； (3)当 1CC CD 的值为多少时，可使 A1C⊥面 C1BD？ 参考答案 难点磁场 1.(1)证明：∵A1C1=B1C1，D1 是 A1B1 的中点，∴C1D1⊥A1B1 于 D1， 又∵平面 A1ABB1⊥平面 A1B1C1，∴C1D1⊥平面 A1B1BA， 而 AB1  平面 A1ABB1，∴AB1⊥C1D1. (2)证明：连结 D1D，∵D 是 AB 中点，∴DD1 CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得 CD⊥AB1， 又∵C1D1⊥平面 A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂线定理得 BD1⊥AB1， 又∵A1D∥D1B，∴AB1⊥A1D 而 CD∩A1D=D，∴AB1⊥平面 A1CD. (3)解：由(2)AB1⊥平面 A1CD 于 O，连结 CO1 得∠ACO 为直线 AC 与平面 A1CD 所成的 角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA= 2 1 AC AO ， ∴∠OCA= 6  . 歼灭难点训练 一、1.解析：如图，设 A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面 AA1O1， 故平面 AA1O1⊥AB1D1，交线为 AO1，在面 AA1O1 内过 A1 作 A1H⊥AO1 于 H，则易知 A1H 长 即是点 A1 到平面 AB1D1 的距离，在 Rt△A1O1A 中，A1O1= 2 ，AO1=3 2 ，由 A1O1·A1A=h·AO1, 可得 A1H= 3 4 . 答案：C 2.解析：如图，在 l 上任取一点 P，过 P 分别在α、β内作 a′∥a,b′∥b,在 a′上任取 一点 A，过 A 作 AC⊥l，垂足为 C，则 AC⊥β,过 C 作 CB⊥b′交 b′于 B，连 AB，由三垂 线定理知 AB⊥b′， ∴△APB 为直角三角形,故∠APB 为锐角. 答案：C 二、3.解析：①是假命题，直线 X、Y、Z 位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真 命题，④是假命题，平面 X、Y、Z 位于正方体的三个共点侧面时为反例. 答案：②③ 4.④ 三、5.证明：(1)∵PA⊥底面 ABCD，∴AD 是 PD 在平面 ABCD 内的射影， ∵CD  平面 ABCD 且 CD⊥AD，∴CD⊥PD. (2)取 CD 中点 G，连 EG、FG， ∵E、F 分别是 AB、PC 的中点，∴EG∥AD，FG∥PD ∴平面 EFG∥平面 PAD，故 EF∥平面 PAD (3）解：当平面 PCD 与平面 ABCD 成 45°角时，直线 EF⊥面 PCD 证明：G 为 CD 中点，则 EG⊥CD,由(1)知 FG⊥CD，故∠EGF 为平面 PCD 与平面 ABCD 所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP 由 Rt△PAE≌Rt△CBE,得 PE=CE 又 F 是 PC 的中点，∴EF⊥PC，由 CD⊥EG，CD⊥FG，得 CD⊥平面 EFG，CD⊥EF 即 EF⊥CD，故 EF⊥平面 PCD. 6.(1)证明： 同理 EF∥FG，∴EFGH 是平行四边形 ∵A—BCD 是正三棱锥，∴A 在底面上的射影 O 是△BCD 的中心， ∴DO⊥BC，∴AD⊥BC， ∴HG⊥EH，四边形 EFGH 是矩形. (2)作 CP⊥AD 于 P 点，连结 BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面 BCP ∵HG∥AD，∴HG⊥面 BCP，HG  面 EFGH.面 BCP⊥面 EFGH， 在 Rt△APC 中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP= 2 3 a. 7.(1)证明：连结 EM、MF，∵M、E 分别是正三棱柱的棱 AB 和 AB1 的中点， ∴BB1∥ME，又 BB1  平面 EFM，∴BB1∥平面 EFM. (2)证明：取 BC 的中点 N，连结 AN 由正三棱柱得：AN⊥BC， 又 BF∶FC=1∶3，∴F 是 BN 的中点，故 MF∥AN， ∴MF⊥BC，而 BC⊥BB1，BB1∥ME. ∴ME⊥BC，由于 MF∩ME=M，∴BC⊥平面 EFM， 又 EF 平面 EFM，∴BC⊥EF. (3)解：取 B1C1 的中点 O，连结 A1O 知，A1O⊥面 BCC1B1，由点 O 作 B1D 的垂线 OQ， 垂足为 Q，连结 A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD 为二面角 A1—B1D—C 的平面 角，易得∠A1QO=arctan 15 . 8.(1)证明：连结 A1C1、AC，AC 和 BD 交于点 O，连结 C1O， ∵四边形 ABCD 是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD 又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C 是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D ∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但 AC⊥BD，AC∩C1O=O ∴BD⊥平面 AC1，又 C1C  平面 AC1，∴C1C⊥BD. (2)解：由(1)知 AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC 是二面角α—BD—β的平面角. 在△C1BC 中，BC=2，C1C= 2 3 ，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+( 2 3 )2－2×2× 2 3 ×cos60° = 4 13 . ∵∠OCB=30°,∴OB= 2 1 ,BC=1,C1O= 2 3 ,即 C1O=C1C. 作 C1H⊥OC，垂足为 H，则 H 是 OC 中点且 OH= 2 3 ，∴cosC1OC= 3 3 (3)解：由(1)知 BD⊥平面 AC1，∵A1O  平面 AC1，∴BD⊥A1C，当 1CC CD =1 时，平行六 面体的六个面是全等的菱形，同理可证 BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面 C1BD.