2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第八章第六节直线、平面平行与垂直的综合问题

第六节直线、平面平行与垂直的综合问题

[典例]　(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.

(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．

[解]　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，

所以DM⊥CM.

又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.

因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.

(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.

证明如下：

连接AC交BD于O.

因为四边形ABCD为矩形，

所以O为AC的中点．

连接OP，因为P为AM的中点，

所以MC∥OP.

又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，

所以MC∥平面PBD.

[解题技法]　探索性问题的一般解题方法

先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．

[题组训练]

1.如图，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.

(1)求三棱锥P­ABC的体积；

(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在，请说明理由，并求的值．

解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，

可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.

由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P­ABC的高，

又PA＝1，

所以三棱锥P­ABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.

(2)在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，证明如下：

如图，在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.

由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，

所以MN⊥AC.

因为BN∩MN＝N，所以AC⊥平面MBN，

又BM⊂平面MBN，

所以AC⊥BM.

在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，

从而NC＝AC－AN＝，

由MN∥PA，得＝＝.

2.如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，BC＝PD＝2，E为PC的中点，CB＝3CG.

(1)求证：PC⊥BC；

(2)AD边上是否存在一点M，使得PA∥平面MEG？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

所以PD⊥BC.

因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD.

又PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，

所以BC⊥平面PCD.

因为PC⊂平面PCD，所以PC⊥BC.

(2)连接AC，BD交于点O，连接EO，GO，

延长GO交AD于点M，连接EM，则PA∥平面MEG.

证明如下：因为E为PC的中点，O是AC的中点，

所以EO∥PA.

因为EO⊂平面MEG，PA⊄平面MEG，所以PA∥平面MEG.

因为△OCG≌△OAM，所以AM＝CG＝，

所以AM的长为.

[典例]　(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＝3.

又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.

如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.

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＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.

[解题技法]

平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．

解决此类问题的步骤为：

[题组训练]

1．(2019·湖北五校联考)如图1所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝AB＝2，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起，使折起后的平面ACD与平面ABC垂直，得到如图2所示的几何体D­ABC.

(1)求证：BC⊥平面ACD；

(2)点F在棱CD上，且满足AD∥平面BEF，求几何体F­BCE的体积．

解：(1)证明：∵AC＝＝2，

∠BAC＝∠ACD＝45°，AB＝4，

∴在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC×AB×cos 45°＝8，

∴AB2＝AC2＋BC2＝16，∴AC⊥BC.

∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，

∴BC⊥平面ACD.

(2)∵AD∥平面BEF，AD⊂平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF，

∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线，

由(1)知，几何体F­BCE的体积VF­BCE＝VB­CEF＝×S△CEF×BC，

S△CEF＝S△ACD＝××2×2＝，

∴VF­BCE＝××2＝.

2．(2018·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到如图2所示的四棱锥P­ABCE.

(1)求证：AP⊥平面ABCE；

(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.

证明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，

由余弦定理得CE＝ ＝2.

连接AC，

∵AE＝2，∠AEC＝60°，

∴AC＝2.

又AP＝，

∴在△PAE中，AP2＋AE2＝PE2，

即AP⊥AE.

同理，AP⊥AC.

∵AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，

∴AP⊥平面ABCE.

(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，

∴AB∥平面PCE.

又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.

1.如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是圆内接四边形(记此圆为W)，且PA⊥平面ABCD.

(1)当BD是圆W的直径时，PA＝BD＝2，AD＝CD＝，求四棱锥P­ABCD的体积．

(2)在(1)的条件下，判断在棱PA上是否存在一点Q，使得BQ∥平面PCD？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)因为BD是圆W的直径，所以BA⊥AD，

因为BD＝2，AD＝，所以AB＝1.

同理BC＝1，所以S四边形ABCD＝AB·AD＝.

因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，

所以四棱锥P­ABCD的体积V＝S四边形ABCD·PA＝.

(2)存在，AQ＝.理由如下．

延长AB，DC交于点E，连接PE，则平面PAB与平面PCD的交线是PE.

假设在棱PA上存在一点Q，使得BQ∥平面PCD，

则BQ∥PE，所以＝.

经计算可得BE＝2，所以AE＝AB＋BE＝3，所以AQ＝.

故存在这样的点Q，使BQ∥平面PCD，且AQ＝.

2.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AA1＝4，DC＝2AB，AB＝AD＝3，点M在棱A1B1上，且A1M＝A1B1.已知点E是直线CD上的一点，AM∥平面BC1E.

(1)试确定点E的位置，并说明理由；

(2)求三棱锥M­BC1E的体积．

解：(1)点E在线段CD上且EC＝1，理由如下：

在棱C1D1上取点N，使得D1N＝A1M＝1，连接MN，DN，

因为D1N∥A1M，所以四边形D1NMA1为平行四边形，

所以MN綊A1D1綊AD.

所以四边形AMND为平行四边形，所以AM∥DN.

因为CE＝1，所以易知DN∥EC1，所以AM∥EC1，

又AM⊄平面BC1E，EC1⊂平面BC1E，

所以AM∥平面BC1E.

故点E在线段CD上且EC＝1.

(2)由(1)知，AM∥平面BC1E，

所以VM­BC1E＝VA­BC1E＝VC1­ABE＝××4＝6.

3．(2019·湖北武汉部分学校调研)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，

∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，

又平面D1AE⊥平面ABCE，平面D1AE∩平面ABCE＝AE，

∴BE⊥平面D1AE.

(2)当＝时，MF∥平面D1AE，理由如下：

取D1E的中点L，连接FL，AL，

∴FL∥EC，又EC∥AB，

∴FL∥AB，且FL＝AB，

∴M，F，L，A四点共面，

又MF∥平面AD1E，∴MF∥AL.

∴四边形AMFL为平行四边形，

∴AM＝FL＝AB，＝.

4．如图1所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图2所示．

(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.

(2)求证：BD⊥A1F.

(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？请说明理由．

解：(1)证明：∵D，M分别为AC，FC的中点，

∴DM∥EF，

又∵EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，

∴DM∥平面A1EF.

(2)证明：∵EF⊥BD，A1E⊥BD，A1E∩EF＝E，

A1E⊂平面A1EF，EF⊂平面A1EF，

∴BD⊥平面A1EF，

又A1F⊂平面A1EF，∴BD⊥A1F.

(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：

∵平面BCD⊥平面A1BD，平面BCD∩平面A1BD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，

∴EF⊥平面A1BD，

又∵A1B⊂平面A1BD，∴A1B⊥EF，

又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM.

假设A1B⊥CD，∵DM∩CD＝D，

∴A1B⊥平面BCD，

∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾，

∴直线A1B与直线CD不能垂直．

5．(2019·河南名校联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，点M在线段EF上．

(1)求证：BC⊥平面ACFE；

(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论．

解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝a，∠ABC＝60°，

所以四边形ABCD是等腰梯形，且∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，

所以∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，所以AC⊥BC.

又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面ACFE.

(2)当EM＝a时，AM∥平面BDF，理由如下：

如图，在梯形ABCD中，设AC∩BD＝N，连接FN.

由(1)知四边形ABCD为等腰梯形，且∠ABC＝60°，所以AB＝2DC，则CN∶NA＝1∶2.

易知EF＝AC＝a，所以AN＝a.

因为EM＝a，

所以MF＝EF＝a，

所以MF綊AN，

所以四边形ANFM是平行四边形，

所以AM∥NF，

又NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，

所以AM∥平面BDF.

6.如图所示的五面体ABEDFC中，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝60°，BC⊥平面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，点G为AC的中点．

(1)在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；

(2)求三棱锥G­ECD的体积．

解：(1)存在点H使GH∥平面BCD，此时H为AD的中点．证明如下．

取点H为AD的中点，连接GH，

因为点G为AC的中点，

所以在△ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD，

又GH⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，

所以GH∥平面BCD.

(2)因为AD∥CF，AD⊂平面ADEB，CF⊄平面ADEB，

所以CF∥平面ADEB，

因为CF⊂平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，

所以CF∥BE，

又CF⊂平面ACFD，BE⊄平面ACFD，

所以BE∥平面ACFD，

所以VG­ECD＝VE­GCD＝VB­GCD.

因为四边形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝60°，AD＝2CF＝2AC，所以∠ACD＝90°，

又CA＝CB＝CF＝1，所以CD＝，CG＝，

又BC⊥平面ACFD，

所以VB­GCD＝×CG×CD×BC＝××××1＝.

所以三棱锥G­ECD的体积为.