高考数学二轮专题训练2.32课时突破立体几何解答题第1课时空间中的平行与垂直课件

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考向一　空间中的平行关系命题角度1　直线与平面平行的判定与性质【典例】1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为正三角形,点D在棱BC上,且CD=3BD,点E,F分别为棱AB,BB1的中点.证明:A1C∥平面DEF.
【证明】如图,连接AB1,A1B,A1B交AB1于点H,A1B交EF于点K,连接DK,因为ABB1A1为矩形,所以H为线段A1B的中点,因为点E,F分别为棱AB,BB1的中点,所以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK,又因为CD=3BD,所以A1C∥DK,又A1C⊄平面DEF,DK⊂平面DEF,所以A1C∥平面DEF.
2.如图所示,四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面,若截面为平行四边形.求证:AB∥平面EFGH,CD∥平面EFGH.
【证明】因为四边形EFGH为平行四边形,所以EF∥HG.因为HG⊂平面ABD,EF⊄平面ABD,所以EF∥平面ABD.又因为EF⊂平面ABC,平面ABD∩平面ABC=AB,所以EF∥AB,又因为AB⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,所以AB∥平面EFGH.同理可证,CD∥平面EFGH.
【探究延伸】本例2题干条件不变,若AB=4,CD=6,求四边形EFGH周长的取值范围.【解析】设EF=x(0命题角度2　平面与平面平行的判定与性质【典例】如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.(1)证明:平面A1BD∥平面CD1B1;(2)若平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,证明:B1D1∥l.
【证明】(1)由题设知BB1∥DD1且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1,B1D1⊂平面CD1B1,所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1=B1C1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B=B,BD,A1B⊂平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CD1B1.
(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1,又平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,平面ABCD∩平面A1BD=直线BD,所以直线l∥直线BD,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形BDD1B1为平行四边形,所以B1D1∥BD,所以B1D1∥l.
【素养提升】1.证明线面平行问题的思路(1)利用线面平行的判定定理证明.(2)先证面面平行再证线面平行.2.判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理.(2)利用垂直于同一条直线的两平面平行.
【变式训练】1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC,∠ACB=90°,E是棱CC1的中点,F是AB的中点,AC=BC=1,AA1=2.(1)求证:CF∥平面AB1E.(2)求三棱锥C-AB1E的高.
【解析】(1)取AB1的中点G,连接EG,FG,因为F,G分别是AB,AB1的中点,所以FG∥BB1,FG= BB1.因为E为侧棱CC1的中点,所以FG∥EC,FG=EC,所以四边形FGEC是平行四边形,所以CF∥EG,因为CF⊄平面AB1E,EG⊂平面AB1E,所以CF∥平面AB1E.(2)因为三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1⊥底面ABC,所以BB1⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC,所以AC⊥BB1,因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC,因为BB1∩BC=B,所以AC⊥平面EB1C,
所以AC⊥CB1,所以 因为AE=EB1= ,AB1= ,所以 .因为 所以三棱锥C-AB1E的高为 .
2.(2020·浙江模拟)如图,四边形ABCD与ADEF均为平行四边形,M,N,G分别是AB,AD,EF的中点.(1)求证:BE∥平面DMF;(2)求证:平面BDE∥平面MNG.
【证明】(1)如图,连接AE,则AE必过DF与GN的交点O,连接MO,则MO为△ABE的中位线,所以BE∥MO,又因为BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.(2)因为N,G分别为平行四边形ADEF的边AD,EF的中点,所以DE∥GN,又DE⊄平面MNG,GN⊂平面MNG,所以DE∥平面MNG.又M为AB中点,所以MN为△ABD的中位线,
所以BD∥MN,又BD⊄平面MNG,MN⊂平面MNG,所以BD∥平面MNG,又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线,所以平面BDE∥平面MNG.
考向二　空间中的垂直关系(规范解答)【典例】(2020·全国Ⅱ卷)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【思维流程图】(1)由已知条件→B1N=BM,四边形BB1NM为矩形,A1N⊥B1C1→BB1∥MN→AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由EF∥B1C1∥BC→AO∥PN,四边形APNO为平行四边形,A1N=3ON,AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF,直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN→直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角→直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【规范解答】(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,底面为正三角形,所以B1N=BM,四边形BB1NM为矩形,A1N⊥B1C1, ………………2分所以BB1∥MN,因为AA1∥BB1,所以AA1∥MN,………………3分因为MN⊥B1C1,A1N⊥B1C1,MN∩A1N=N,所以B1C1⊥平面A1AMN,因为B1C1⊂平面EB1C1F,所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F,综上,AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.……………………5分
(2)因为三棱柱上下底面平行,平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1,EF,所以EF∥B1C1∥BC,因为AO∥平面EB1C1F,AO⊂平面AMNA1,平面AMNA1∩平面EB1C1F=PN,所以AO∥PN,四边形APNO为平行四边形,因为O是正三角形的中心,AO=AB,所以A1N=3ON,AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF,……………………8分
由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN,直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角,…………9分在等腰梯形EFC1B1中,令EF=1,过E作EH⊥B1C1于H,则PN=B1C1=EH=3,B1H=1,B1E= ,sin∠B1EH= ,所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 .…………………………12分
【素养提升】1.判定线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理.(2)利用“两平行线中的一条与已知平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”.(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与另一个也垂直”.(4)利用面面垂直的性质定理.2.面面垂直证明的两种思路(1)用面面垂直的判定定理.(2)用面面垂直的定义.
【变式训练】1.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.
由点E在棱PC上(异于点C),所以点F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.
2.(2020·武邑质检)如图,四边形PCBM是直角梯形,∠PCB=90°,PM∥BC,PM=1,BC=2,又AC=1,∠ACB=120°,AB⊥PC,直线AM与直线PC所成的角为60°.(1)求证:PC⊥AC;(2)求点B到平面ACM的距离.
【解析】(1)因为BC⊥PC,AB⊥PC,AB∩BC=B,所以PC⊥平面ABC,因为AC⊂平面ABC,所以PC⊥AC.(2)过M作MO∥PC,交BC于O,连接AO,PM=1,BC=2,所以O为BC中点,因为PC⊥平面ABC,OM⊥平面ABC,所以OM⊥OA,所以∠OMA为异面直线AM与直线PC所成的角,所以∠OMA=60°,在△AOC中,由余弦定理得,OA2=CA2+OC2-2CA·OC·cs∠ACB=3,
所以 所以MC= ,在△ACM中,cs∠MAC= 所以sin∠MAC 所以S△MAC= AC·AM·sin∠MAC= S△ABC= CA·CB·sin∠ACB= 设点B到平面ACM的距离为h,VM-ABC=VB-MAC,
所以点B到平面ACM的距离为 .
【加练备选】　　　(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= DA,求三棱锥Q-ABP的体积.
【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,则BA⊥AC.又BA⊥AD,AD∩AC=A,所以AB⊥平面ACD.又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 .
作QE⊥AC,垂足为E,则QE? DC=1.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,因此,三棱锥Q-ABP的体积为
十　空间中的平行与垂直(40分钟　80分)1.(2020·汕头一模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是正方形ABCD的中心,求证: A1O∥平面B1CD1.
【证明】由题意,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是四边形ABCD的中心,所以A1D∥B1C,OD∥B1D1,因为A1D∩DO=D,B1D1∩B1C=B1,所以平面A1DO∥平面B1CD1,因为A1O⊂平面A1DO,所以A1O∥平面B1CD1.
2.(2020·德州一模)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F是棱BC,CC1的中点,P是底面ABCD上(含边界)一动点,满足A1P⊥EF,求线段A1P长度的最小值.
【解析】如图所示. 连接A1D,AD1,易知EF∥AD1,A1D⊥AD1,故EF⊥A1D,又因为A1P⊥EF,A1P∩A1D=A1,故EF⊥平面A1DP,故EF⊥DP,CC1⊥PD,故DP⊥平面BCC1B1,又因为P在线段CD上,故线段A1P长度的最小值为A1D= .
3.(2020·惠州一调)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD的交点为M,又PA=AB=4,AD=CD,点N是CD中点. (1)求证:MN∥平面PAD;(2)求点M到平面PBC的距离.
【解题引导】(1)推导出△ABD≌△BCD,从而MN∥AD,由此能证明MN∥平面PAD.(2)设M到平面PBC的距离为h,由VM-PBC=VP-BMC,能求出点M到平面PBC的距离.
【解析】(1)因为△ABC是正三角形,所以BA=BC,又因为AD=CD,所以BD所在直线为线段AC的垂直平分线,所以M为AC的中点,又点N是CD中点,所以MN∥AD,又AD⊂平面PAD,MN⊄平面PAD, 所以MN∥平面PAD;(2)设M到平面PBC的距离为h,在Rt△PAB中,PA=AB=4,所以PB=4 ,在Rt△PAC中,PA=AC=4,所以PC=4 ,在△PBC中,PB=4 ,PC=4 ,BC=4,所以S△PBC=4 .由VM-PBC=VP-BMC.即 ×4 ×h= ×2 ×4,解得h= .所以点M到平面PBC的距离为
4.(2020·东营三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2AD=2CD=2,F是AB的中点,E是PB上的一点.(1)若PB=2PE,求证:EF∥平面PAC;(2)求三棱锥P-ADC各个面中直角三角形的个数;(3)求证:平面BCP⊥平面ACE.
【解析】(1)因为PB=2PE,所以E是PB的中点,因为F是AB的中点,所以EF∥PA,因为PA⊂平面PAC,EF⊄平面PAC,所以EF∥平面PAC.(2)因为PC⊥底面ABCD,所以PC⊥AC,PC⊥CD,所以△PAC,△PCD为直角三角形,又AB∥CD,AB⊥AD,所以AD⊥CD,则△ACD为直角三角形,所以PA2=PC2+AC2=PC2+AD2+CD2,PD2=CD2+PC2,则PA2=PD2+AD2,所以△PAD是直角三角形,故三棱锥P-ADC的四个面都是直角三角形.
(3)因为PC⊥底面ABCD,所以PC⊥AC,在Rt△ACD中,AC= 在直角梯形ABCD中,BC= 所以AC2+BC2=AB2,则AC⊥BC,因为BC∩PC=C,所以AC⊥平面BCP,所以平面BCP⊥平面ACE.
5.如图所示的空间几何体ABCDEFG中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1.(1)求证:平面CFG⊥平面ACE;(2)在AC上是否存在一点H,使得EH∥平面CFG?若存在,求出CH的长;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)连接AC,CE,连接BD交AC于点O,则BD⊥AC. 设AB,AD的中点分别为M,N,连接MN,则MN∥BD,连接FM,GN,则FM∥GN,且FM=GN,所以四边形FMNG为平行四边形,所以MN∥FG,所以BD∥FG,所以FG⊥AC.
由于AE⊥平面ABCD,所以AE⊥BD.所以FG⊥AE,又因为AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACE,所以FG⊥平面ACE.又FG⊂平面CFG,所以平面CFG⊥平面ACE.(2)存在.设平面ACE交FG于Q,则Q为FG的中点,连接EQ,CQ,取CO的中点H,连接EH,
由已知得,平面EFG∥平面ABCD,又平面ACE∩平面EFG=EQ,平面ACE∩平面ABCD=AC,所以CH∥EQ,又CH=EQ= ,所以四边形EQCH为平行四边形,所以EH∥CQ,又CQ⊂平面CFG,EH⊄平面CFG,所以EH∥平面CFG,所以在AC上存在一点H,使得EH∥平面CFG,且CH= .
6.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?说明理由.
【解析】(1)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)由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD,又A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD,且DE∩CD=D,所以A1F⊥平面BCDE,所以A1F⊥BE.