（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第二讲 大题考法——平行与垂直课件

——平行与垂直大题考法二讲第线线、线面位置关系的证明题型(一)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．(2019·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC­A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.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](2019·南京盐城一模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是棱BC，CC1上的点(其中点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为棱B1C1上的点，且A1F⊥B1C1.求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)A1F∥平面ADE.[证明](1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又AD⊥DE，在平面BCC1B1中，CC1与DE相交，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，因为A1F⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1F.又A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1F⊥平面BCC1B1.在(1)中已证得AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以A1F∥平面ADE.[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AMAB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＝22.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)AMAB＝14，理由如下：取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC，FL＝12EC＝1.又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL＝14AB，∴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＝14AB，即AMAB＝14.[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＝23DA，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＝32.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝22.如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊13DC.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＝13×S△ABP×QE＝13×12×3×22sin45°×1＝1.