2023届高考数学二轮复习微专题12立体几何中的平行与垂直问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题12立体几何中的平行与垂直问题学案，共11页。


例题 如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，且AB＝eq \r(2)BC，E，F分别为棱AB，PC的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，求证：平面PAC⊥平面PDE.
变式1(2018·苏州一模)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中点．
(1)求证：EF∥平面ABHG；
(2)求证：平面ABHG⊥平面CFED.
变式2(2018·苏锡常镇一模)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的高为eq \r(6)，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．
求证：(1)B1M∥平面A1BN；
(2)AD⊥平面A1BN.
串讲1如图，在三棱锥PABC中，BC⊥平面PAB.已知PA＝AB，D，E分别为PB，BC的中点．
(1)求证：AD⊥平面PBC；
(2)若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，求eq \f(AF,FC)的值．
串讲2如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
(2018·南京、盐城二模)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．
(1)求证：MN∥平面BEC；
(2)求证：AH⊥CE.
(2018·江苏卷)如图，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ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，4分
所以AB∥平面A1B1C.6分
(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.8分
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.10分
又因为A1B∩BC＝B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.12分
微专题12
例题1
证法1如图1，在四棱锥PABCD中，
取线段PD的中点M，连接FM，AM.
因为F为PC的中点，所以FM∥CD，且FM＝eq \f(1,2)CD.
因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，
所以EA∥CD，且EA＝eq \f(1,2)CD.所以FM∥EA，且FM＝EA.
所以四边形AEFM为平行四边形．所以EF∥AM.
又AM平面PAD，EF平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
证法2如图2，在四棱锥PABCD中，连接CE并延长交DA的延长线于点N，连接PN.
因为四边形ABCD为矩形，所以AD∥BC.
所以∠BCE＝∠ANE，∠CBE＝∠NAE.又AE＝EB，
所以△CEB≌△NEA.所以CE＝NE.
又F为PC的中点，所以EF∥NP.
又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF∥平面PAD.
证法3如图3，在四棱锥PABCD中，取CD的中点Q，连接FQ，EQ.在矩形ABCD中，E为AB的中点，
所以AE＝DQ，且AE∥DQ.
所以四边形AEQD为平行四边形，所以EQ∥AD.
又AD平面PAD，EQ平面PAD,
所以EQ∥平面PAD.因为Q，F分别为CD，CP的中点，
所以FQ∥PD.
又PD平面PAD，FQ平面PAD，所以FQ∥平面PAD.
又FQ，EQ平面EQF，FQ∩EQ＝Q，
所以平面EQF∥平面PAD.
因为EF平面EQF，所以EF∥平面PAD.
(2)在四棱锥PABCD中，设AC，DE相交于点G(如图4)．
在矩形ABCD中，因为AB＝eq \r(2)BC，E为AB的中点．
所以eq \f(DA,AE)＝eq \f(CD,DA)＝eq \r(2)，
又∠DAE＝∠CDA，所以△DAE∽△CDA，
所以∠ADE＝∠DCA.
又∠ADE＋∠CDE＝∠ADC＝90°，
所以∠DCA＋∠CDE＝90°.
由△DGC的内角和为180°，得∠DGC＝90°.
即DE⊥AC.
因为点P在平面ABCD内的正投影O在直线AC上，
所以PO⊥平面ABCD.
因为DE平面ABCD，所以PO⊥DE.
因为PO∩AC＝O，PO，AC平面PAC，
所以DE⊥平面PAC，
又DE平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE.
变式联想
变式1
证明：(1)因为E，F分别是A1D1，B1C1的中点，所以EF∥A1B1，
在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，
所以EF∥AB.
又EF平面ABHG，AB平面ABHG，
所以EF∥平面ABHG.
(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD⊥平面BB1C1C，
又BH平面BB1C1C，所以BH⊥CD.①
设BH∩CF＝P，△BCH≌△CC1F，所以∠HBC＝∠FCC1，因为∠HBC＋∠PHC＝90°，所以∠FCC1＋∠PHC＝90°.
所以∠HPC＝90°，即BH⊥CF.②
由①②，又DC∩CF＝C，DC，CF平面CFED，所以BH⊥平面CFED.
又BH平面ABHG，所以平面ABHG⊥平面CFED.
变式2
证明：(1)如图，连接MN，正三棱柱ABCA1B1C1中，
AA1∥CC1且AA1＝CC1，则四边形AA1C1C是平行四边形，因为点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，
所以MN∥AA1且MN＝AA1，
又正三棱柱ABCA1B1C1中AA1∥BB1且AA1＝BB1，
所以MN∥BB1且MN＝BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，
所以B1M∥BN，又B1M平面A1BN，BN平面A1BN，
所以B1M∥平面A1BN.
(2)正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
BN平面ABC，所以BN⊥AA1，
在正△ABC中，N是AB的中点，所以BN⊥AC，又AA1，AC平面AA1C1C，AA1∩AC＝A，
所以BN⊥平面AA1C1C，又AD平面AA1C1C，所以AD⊥BN，由题意得，AA1＝eq \r(6)，AC＝2，AN＝1，CD＝eq \f(\r(6),3)，所以eq \f(AA1,AC)＝eq \f(AN,CD)＝eq \r(\f(3,2))，又∠A1AN＝∠ACD＝eq \f(π,2)，所以△A1AN与△ACD相似，则∠AA1N＝∠CAD，
所以∠ANA1＋∠CAD＝∠ANA1＋∠AA1N＝eq \f(π,2)，则AD⊥A1N，又BN∩A1N＝N，BN，A1N平面A1BN，所以AD⊥平面A1BN.
说明：变式1和2都通过“计算”来证明垂直，复习时应注意长度，角度等量的“计算”的运用来实现位置关系的求证．
串讲激活
串讲1
解析：(1)因为BC⊥平面PAB，AD平面PAB，所以BC⊥AD.因为PA＝AB，D为PB的中点，所以AD⊥PB.因为PB∩BC＝B，所以AD⊥平面PBC.
(2)连接DC，交PE于点G，连接FG.因为AD∥平面PEF，AD平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG，所以AD∥FG.因为D为PB的中点，E为BC的中点，连接DE，则DE为△BPC的中位线，△DEG∽△CPG.所以eq \f(DG,GC)＝eq \f(DE,PC)＝eq \f(1,2).所以eq \f(AF,FC)＝eq \f(DG,GC)＝eq \f(1,2).
串讲2
解析：(1)在三棱台ABCDEF中，AC∥DF，又AC平面ACE，DF平面ACE，所以DF∥平面ACE，又DF平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，所以DF∥a.
(2)线段BE上存在点G，
且BG＝eq \f(1,3)BE，使得平面DFG⊥平面CDE.证明如下：如图所示，取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，连接GD，
因为CF＝EF，所以GF⊥CE.
在三棱台ABCDEF中，因为AB⊥BC，所以DE⊥EF，因为CF⊥平面DEF，DE平面DEF，所以CF⊥DE，又CF∩EF＝F，所以DE⊥平面CBEF，GF平面CBEF，所以
DE⊥GF.因为GF⊥CE，DE⊥GF，CE∩DE＝E，CE平面CDE，DE平面CDE，所以GF⊥平面CDE，又GF平面DFG，所以平面DFG⊥平面CDE，此时，侧面BCFE的平面图如图所示，延长FG，
交CB的延长线于点H，因为O是CE的中点，EF＝CF＝2BC，由平面几何知识可证得△HOC≌△FOE，所以HB＝BC＝eq \f(1,2)EF，由△HGB∽△FGE，可知eq \f(BG,GE)＝eq \f(1,2)，即BG＝eq \f(1,3)BE.
新题在线
(1)证法1取CE中点F，连接FB，MF.
因为M为DE的中点，F为CE的中点，
所以MF∥CD且MF＝eq \f(1,2)CD.
又因为在矩形ABCD中，N为AB的中点，
所以BN∥CD且BN＝eq \f(1,2)CD，
所以MF∥BN且MF＝BN，所以四边形BNMF为平行四边形，所以MN∥BF.
又MN平面BEC，BF平面BEC，
所以MN∥平面BEC.
证法2取AE中点G，连接MG，GN.
因为G为AE的中点，M为DE的中点，所以MG∥AD.
又因为在矩形ABCD中，BC∥AD，所以MG∥BC.
又因为MG平面BEC，BC平面BEC，
所以MG∥平面BEC.
因为G为AE的中点，N为AB的中点，所以GN∥BE.
又因为GN平面BEC，BE平面BEC，所以GN∥平面BEC.
又因为MG∩GN＝G，MG，GN平面GMN，
所以平面GMN∥平面BEC.
又因为MN平面GMN，所以MN∥平面BEC.
(2)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC平面ABCD，且BC⊥AB，
所以BC⊥平面ABE.
因为AH平面ABE，所以BC⊥AH.因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH.
因为BC∩BE＝B，BC平面BEC，BE平面BEC，
所以AH⊥平面BEC.
又因为CE平面BEC，所以AH⊥CE.
在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大．柱、锥、台、球及其简单组合体和平面及其基本性质虽然没有单独考查，但作为立体几何最基本的要素是融入在解答题中考查的.