高考数学二轮专题训练专题五 空间中的平行与垂直

高考数学二轮专题训练专题五 空间中的平行与垂直

第2讲　空间中的平行与垂直 考情解读　1.以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．‎ ‎1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理 线面平行的判定定理 ⇒a∥α 线面平行的性质定理 ⇒a∥b 线面垂直的判定定理 ⇒l⊥α 线面垂直的性质定理 ⇒a∥b ‎2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理 面面垂直的判定定理 ⇒α⊥β 面面垂直的性质定理 ⇒a⊥β 面面平行的判定定理 ⇒α∥β 面面平行的性质定理 ⇒a∥b 提醒　使用有关平行、垂直的判定定理时，要注意其具备的条件，缺一不可．‎ ‎3．平行关系及垂直关系的转化 热点一　空间线面位置关系的判定 例1　(1)设a，b表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．若a⊥α且a⊥b，则b∥α B．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β C．若a∥α且a∥β，则α∥β D．若γ∥α且γ∥β，则α∥β ‎(2)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)‎ A．存在一条直线a，a∥α，a∥β B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α 思维启迪　判断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出肯定或否定．‎ 答案　(1)D　(2)D 解析　(1)A：应该是b∥α或b⊂α；B：如果是墙角出发的三个面就不符合题意；C：α∩β＝m，若a∥m时，满足a∥α，a∥β，但是α∥β不正确，所以选D.‎ ‎(2)若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.‎ 若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.‎ 若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.‎ 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．‎ ‎　设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，有以下四个命题：‎ ‎①若α⊥β，m∥α，则m⊥β ‎②若m⊥α，n⊥α，则m∥n ‎③若m⊥α，m⊥n，则n∥α ‎④若n⊥α，n⊥β，则β∥α 其中真命题的序号为(　　)‎ A．①③ B．②③‎ C．①④ D．②④‎ 答案　D 解析　①若α⊥β，m∥α，则m与β可以是直线与平面的所有关系，所以①错误；‎ ‎②若m⊥α，n⊥α，则m∥n，所以②正确；‎ ‎③若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，所以③错误；‎ ‎④若n⊥α，n⊥β，则β∥α，所以④正确．‎ 故选D.‎ 热点二　平行、垂直关系的证明 例2　如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD；‎ ‎(2)BE∥平面PAD；‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ 思维启迪　(1)利用平面PAD⊥底面ABCD的性质，得线面垂直；(2)BE∥AD易证；(3)EF是△CPD的中位线．‎ 证明　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD，‎ 所以PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，‎ 所以AB∥DE，且AB＝DE.‎ 所以四边形ABED为平行四边形．‎ 所以BE∥AD.‎ 又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ 所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．‎ 所以BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD.‎ 所以PA⊥CD.‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 所以CD⊥PD.‎ 因为E和F分别是CD和PC的中点，‎ 所以PD∥EF.所以CD⊥EF.‎ 所以CD⊥平面BEF.‎ 又CD⊂平面PCD，‎ 所以平面BEF⊥平面PCD.‎ 思维升华　垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型．‎ ‎(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行．‎ ‎(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直．‎ ‎(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．‎ ‎(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．‎ ‎　如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．‎ 求证：(1)AF∥平面BCE；‎ ‎(2)平面BCE⊥平面CDE.‎ 证明　(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.‎ ‎∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE.‎ ‎∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，‎ ‎∴AB∥DE，∴GF∥AB.‎ 又AB＝DE，∴GF＝AB.‎ ‎∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.‎ ‎∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，‎ ‎∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，‎ ‎∴AF⊥CD.‎ ‎∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.‎ 又CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE.‎ ‎∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.‎ ‎∵BG⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.‎ 热点三　图形的折叠问题 例3　如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．‎ ‎(1)求证：DE∥平面A1CB；‎ ‎(2)求证：A1F⊥BE；‎ ‎(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？请说明理由．‎ 思维启迪　折叠问题要注意在折叠过程中，哪些量变化了，哪些量没有变化．第(1)问证明线面平行，可以证明DE∥BC；第(2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直，即证明A1F⊥平面BCDE；第(3)问取A1B的中点Q，再证明A1C⊥平面DEQ.‎ ‎(1)证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，‎ 所以DE∥BC.‎ 又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，‎ 所以DE∥平面A1CB.‎ ‎(2)证明　由图(1)得AC⊥BC且DE∥BC，‎ 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.‎ 所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，‎ 所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，‎ 所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，‎ 所以A1F⊥BE.‎ ‎(3)解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：‎ 如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.‎ 又因为DE∥BC，‎ 所以DE∥PQ.‎ 所以平面DEQ即为平面DEP.‎ 由(2)知，DE⊥平面A1DC，‎ 所以DE⊥A1C.‎ 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，‎ 所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.‎ 从而A1C⊥平面DEQ.‎ 故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.‎ 思维升华　(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．‎ ‎　如图(1)，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝x.沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图(2)所示)，G是BC的中点．‎ ‎(1)当x＝2时，求证：BD⊥EG；‎ ‎(2)当x变化时，求三棱锥D－BCF的体积f(x)的函数式．‎ ‎(1)证明　作DH⊥EF，垂足为H，连接BH，GH，‎ 因为平面AEFD⊥平面EBCF，交线为EF，DH⊂平面AEFD，‎ 所以DH⊥平面EBCF，又EG⊂平面EBCF，故EG⊥DH.‎ 因为EH＝AD＝BC＝BG＝2，BE＝2，EF∥BC，∠EBC＝90°，‎ 所以四边形BGHE为正方形，故EG⊥BH.‎ 又BH，DH⊂平面DBH，且BH∩DH＝H，故EG⊥平面DBH.‎ 又BD⊂平面DBH，故EG⊥BD.‎ ‎(2)解　因为AE⊥EF，平面AEFD⊥平面EBCF，交线为EF，AE⊂平面AEFD，‎ 所以AE⊥平面EBCF.‎ 由(1)知，DH⊥平面EBCF，故AE∥DH，‎ 所以四边形AEHD是矩形，DH＝AE，故以B，F，C，D为顶点的三棱锥D－BCF的高DH＝AE＝x.‎ 又S△BCF＝BC·BE＝×4×(4－x)＝8－2x，‎ 所以三棱锥D－BCF的体积f(x)＝S△BFC·DH ‎＝S△BFC·AE＝(8－2x)x ‎＝－x2＋x(0AC，所以符合要求的点G不存在．‎ ‎13.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分别为AB，DE的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，F为A′C的中点，A′C＝4.‎ ‎(1)求证：平面A′DE⊥平面BCD；‎ ‎(2)求证：FB∥平面A′DE.‎ 证明　(1)由题意，得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成的，‎ ‎∴△A′DE≌△ADE.‎ ‎∵∠ABC＝120°，四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠A＝60°.‎ 又∵AD＝AE＝2，‎ ‎∴△A′DE和△ADE都是等边三角形．‎ 如图，连接A′M，MC，‎ ‎∵M是DE的中点，‎ ‎∴A′M⊥DE，A′M＝.‎ 在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DMcos 60°‎ ‎＝42＋12－2×4×1×cos 60°，‎ ‎∴MC＝.‎ 在△A′MC中，A′M2＋MC2＝()2＋()2＝42＝A′C2.‎ ‎∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC.‎ 又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M，‎ ‎∴A′M⊥平面BCD.‎ 又∵A′M⊂平面A′DE，‎ ‎∴平面A′DE⊥平面BCD.‎ ‎(2)取DC的中点N，连接FN，NB.‎ ‎∵A′C＝DC＝4，F，N分别是A′C，DC的中点，‎ ‎∴FN∥A′D.‎ 又∵N，E分别是平行四边形ABCD的边DC，‎ AB的中点，‎ ‎∴BN∥DE.‎ 又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，‎ ‎∴平面A′DE∥平面FNB.‎ ‎∵FB⊂平面FNB，‎ ‎∴FB∥平面A′DE.‎ ‎ ‎