2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析9.5　平行、垂直综合问题

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核心考点·精准研析

考点一　点到面的距离  

1.一条直线l上有相异的三个点A,B,C到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是               (　　)

A.l∥α       B.l⊥α

C.l与α相交但不垂直  D.l∥α或l⊂α

2.点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个说法:

①三棱锥A-D1PC的体积不变;

②A1P∥平面ACD1;

③DP⊥BC1;

④平面PDB1⊥平面ACD1.

其中正确的说法序号是________. 

3.如图所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD,PD=AD=1,则棱锥D-PBC的高为________.              世纪金榜导学号 

【解析】1.选D. l∥α时,直线l上任意点到α的距离都相等;l⊂α时,直线l上所有的点到α的距离都是0;l⊥α时,直线l上有两个点到α距离相等;l与α斜交时,也只能有两个点到α距离相等.

2.由题意可得直线BC1平行于直线AD1,并且直线AD1⊂平面AD1C,直线BC1⊄平面AD1C,

所以直线BC1∥平面AD1C.

所以点P到平面AD1C的距离不变,

=,所以体积不变.故①正确;

连接A1C1,A1B,可得平面AD1C∥平面A1C1B.

又因为A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1,

故②正确;

当点P运动到B点时,△DBC1是等边三角形,

所以DP不垂直于BC1.故③不正确;

因为直线AC⊥平面DB1,DB1⊂平面DB1.

所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.

所以可得DB1⊥平面AD1C.

又因为DB1⊂平面PDB1.

所以可得平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确.

答案:①②④

3.因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理,BD=AD,从而AB2=AD2+BD2,故AD⊥BD,如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.

又BD⊥AD,BC∥AD,所以BC⊥BD.

故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.

则DE⊥平面PBC.因为AD=1,AB=2,∠DAB=60°,

所以BD=.又PD=1,所以PB=2.

根据DE·PB=PD·BD,得DE=,

即棱锥D-PBC的高为.

答案:

求点到面的距离常常转化为求锥体的高来解决,一般有两种思路:(1)证明线面垂直后解直角三角形;(2)用等体积法进行转化.

考点二　存在性问题 

【典例】如图,在四面体P-ABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.

(1)求证:DE∥平面BCP.

(2)是否存在点Q,到四面体P-ABC六条棱的中点的距离相等?说明理由. 世纪金榜导学号

【解题导思】

【解析】(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,

所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP,PC⊂平面BCP,

所以DE∥平面BCP.

(2)存在点Q满足条件,理由如下:

因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,

所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,

所以四边形DEFG为平行四边形,

因为PC⊥AB,所以DE⊥DG,

所以四边形DEFG为矩形,

连接DF,EG,设Q为EG的中点,

则DF∩EG=Q且QD=QE=QF=QG=EG,分别取PC,AB的中点为M,N,

连接ME,EN,NG,MG,MN,

同理可证MENG为矩形.

其对角线交点为EG的中点Q且QM=QN=EG,

所以Q为满足条件的点.

存在性问题一般是探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,一般点的情形很少,然后给出符合要求的证明,注意书写格式要规范,一般有两种格式:

第一种书写格式:探求出点的位置→证明→符合要求→写出明确答案;

第二种书写格式:从结论出发“要使什么成立”,“只需使什么成立”,寻求使结论成立的充分条件,类似于分析法.

如图,在四棱锥S-ABCD中,平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形,且P为AD的中点,Q为SB的中点.

(1)求证:CD⊥平面SAD.

(2)求证:PQ∥平面SCD.

(3)若SA=SD,M为BC的中点,在棱SC上是否存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD,并证明你的结论.

【解析】(1)因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD,且平面SAD∩平面ABCD=AD,所以CD⊥平面SAD.

(2)取SC的中点R,连接QR,DR.

由题意知:PD∥BC且PD=BC.

在△SBC中,Q为SB的中点,R为SC的中点,

所以QR∥BC且QR=BC.

所以QR∥PD且QR=PD,

则四边形PDRQ为平行四边形,所以PQ∥DR.

又PQ⊄平面SCD,DR⊂平面SCD,

所以PQ∥平面SCD.

(3)存在点N为SC的中点,使得平面DMN⊥平面ABCD.连接PC,DM交于点O,连接PM,SP,NM,ND,NO,因为PD∥CM,且PD=CM,

所以四边形PMCD为平行四边形,所以PO=CO.

又因为N为SC的中点,所以NO∥SP.易知SP⊥AD,

因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,并且SP⊥AD,所以SP⊥平面ABCD,

所以NO⊥平面ABCD.

又因为NO⊂平面DMN,所以平面DMN⊥平面ABCD.

考点三　折叠问题  

证明问题

【典例】(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

(1)证明图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE.

(2)求图2中的四边形ACGD的面积.

【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)取CG的中点M,连接EM,DM.

因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,

所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.

由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,

故CG⊥平面DEM.

因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.

所以四边形ACGD的面积为4.

本题中折叠前后的三个“不变量”:AB⊥BE,AB⊥BC,AB∥DE 对解本题起到了什么作用?

提示:作为证明问题的潜在条件.

求值问题

【典例】如图,边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,则四面体P-AEF的高为              世纪金榜导学号(　　)

A.    B.    C.     D.1

【解析】选B.如图,由题意可知PA,PE,PF两两垂直,

所以PA⊥平面PEF,

所以VA-PEF=S△PEF·PA=××1×1×2=,

设P到平面AEF的距离为h,

又S△AEF=22-×1×2-×1×2-×1×1=,

所以VP-AEF=××h=,

所以=,故h=.

对于不能直接求解的点到平面的距离问题常常用什么方法可以解决?

提示:等积法.

1.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=________. 

【解析】因为AD⊥BC,所以AD⊥BD,AD⊥CD,

所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角.

因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.

在△BCD中∠BDC=90°,BD=CD=,

所以BC==1.

答案: 1

2.梯形ABCD中,AB∥CD,E,F分别为BC和AD的中点,将平面DCEF沿EF翻折起来,使CD到C′D′的位置,G,H分别为AD′和BC′的中点.

求证:四边形EFGH为平行四边形.

【证明】因为梯形ABCD中,AB∥CD,

E,F分别为BC,AD的中点,

所以EF∥AB且EF=(AB+CD),

又C′D′∥EF,EF∥AB,所以C′D′∥AB.

因为G,H分别为AD′,BC′的中点,

所以GH∥AB且GH=(AB+C′D′)=(AB+CD),

所以GH∥EF,且GH=EF,

所以四边形EFGH为平行四边形.

1.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t,则 t的取值范围是________. 

【解析】如图,过D作DG⊥AF.垂足为G,连接GK,BF.

因为平面ABD⊥平面ABC,DK⊥AB,

所以DK⊥平面ABC,所以DK⊥AF.

又DG⊥AF,DG∩DK=D,所以AF⊥平面DKG,

所以AF⊥GK,易得当F运动到E点时,K为AB的中点,t=AK==1.

当F运动到C点时,在Rt△ADF中,

易得AF=,且AG=,GF=.

又因为Rt△AGK∽Rt△ABF,

则=,又AB=2,AK=t,

则t=,所以t的范围为.

答案:

2.如图所示,平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,AD=4,将△CBD沿BD折起到△EBD的位置,使平面EDB⊥平面ABD.

(1)求证:AB⊥DE.

(2)求三棱锥E-ABD的侧面积.

【解析】(1)在△ABD中,因为AB=2,AD=4,∠DAB=60°,所以BD==2,所以AB⊥BD.又因为平面EBD⊥平面ABD,

平面EBD∩平面ABD=BD,AB⊂平面ABD,

所以AB⊥平面EBD,

因为DE⊂平面EBD,所以AB⊥DE.

(2)由(1)知AB⊥BD,CD∥AB,

所以CD⊥BD,从而DE⊥BD.

在Rt△DBE中,因为DB=2,DE=DC=AB=2,

所以S△DBE=DB·DE=2.

又因为AB⊥平面EBD,BE⊂平面EBD,

所以AB⊥BE.

因为BE=BC=AD=4,

所以S△ABE=AB·BE=4.

因为DE⊥BD,平面EBD⊥平面ABD,平面EBD∩平面ABD=BD,ED⊂平面EBD,

所以ED⊥平面ABD,

又AD⊂平面ABD,所以ED⊥AD,

所以S△ADE=AD·DE=4.

综上,三棱锥E-ABD的侧面积S=8+2.

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