专题20 立体几何中的平行与垂直问题-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习

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题型一 、线面平行与垂直
知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。直线与平面垂直关键是找两条相交直线
例1、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.
求证：(1)MN∥平面PBC；
MD⊥平面PAB.
【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)
又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)
又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)
(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)
又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)
因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)
又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)
例2、(2019扬州期末）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．
(1) 求证：EF∥平面ABC；
(2) 求证：BB1⊥AC.
规范解答 (1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，所以EF∥AC.(4分)
因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(8分)
(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B，
所以BB1⊥平面ABC.(12分)
因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.(14分)
例3、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．
求证：(1)DE∥平面ACC1A1；
(2)AE⊥平面BCC1B1.
规范解答 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．
又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)
在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.
又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，
所以DE∥平面ACC1A1.(6分)
(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)
又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.
又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)
在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)
因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)
例4、(2019苏锡常镇调研）如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：
(1) EF∥平面ABC；
(2) BD⊥平面ACE.
. 规范解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)
因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.(6分)
(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD
所以AC⊥平面BCD，(8分)
因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)
因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)
因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)
例5、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.
求证：(1) DE∥平面ABB1A1；
(2) BC1⊥平面A1B1C.
规范解答 (1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面ACC1A1为平行四边形．又A1C与AC1交于点D，所以D为AC1的中点，同理，E为BC1的中点．所以DE∥AB.(3分)
又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1.(6分)
(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1.(8分)
又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1.(10分)
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1.(12分)
又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC1⊥平面A1B1C.(14分)
例6、(2017苏北四市一模）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：
(1) 直线A1E∥平面ADC1；
(2) 直线EF⊥平面ADC1.
规范解答
(1) 证法1 连结ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，
所以四边形B1BDE是平行四边形，(2分)
所以BB1∥DE且BB1＝DE.
又BB1∥AA1且BB1＝AA1，
所以AA1∥DE且AA1＝DE，
所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E∥AD.(4分)
又因为A1E⊄平面ADC1，AD⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(7分)
证法2 连结ED，连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，连结MN，则因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以C1E∥CD且C1E＝CD，
所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点．(2分)
因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，(4分)
所以MN∥A1E.
又因为A1E⊄平面ADC1，MN⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(7分)
(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC.
又AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.
又△ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD⊥BC.(9分)
又BB1，BC⊂平面B1BCC1，BB1∩BC＝B，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又EF⊂平面B1BCC1，所以AD⊥EF.(11分)
又EF⊥C1D，C1D，AD⊂平面ADC1，C1D∩AD＝D，
所以直线EF⊥平面ADC1.(14分)
题型二、线面与面面平行与垂直
证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。平面与平面的平行关键是在一个平面内找两条相交直线；平面与平面垂直可以从二面角入手页可以从线面垂直进行转化。
例7、（2020年江苏高考）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【解析】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
例8、(2019宿迁期末）在四棱锥SABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形．
(1) 求证：平面SAC⊥平面SBD；
(2) 若点M是棱AD的中点，点N在棱SA上，且AN＝eq \f(1,2)NS，求证：SC∥平面BMN.
规范解答 (1)因为SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以SA⊥BD.(2分)
又因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又SA，AC⊂平面SAC，且SA∩AC＝A，
所以BD⊥平面SAC.(5分)
由BD⊂平面SBD，得平面SAC⊥平面SBD.(7分)
(2)设AC与BM的交点为E，连结NE.
由底面ABCD是菱形，得AD∥BC.
所以eq \f(AE,EC)＝eq \f(AM,BC)＝eq \f(AM,AD)＝eq \f(1,2).(9分)
又因为AN＝eq \f(1,2)NS，所以eq \f(AE,EC)＝eq \f(AN,NS)＝eq \f(1,2)，所以NE∥SC.(11分)
因为NE⊂平面BMN，SC⊄平面BMN，所以SC∥平面BMN.(14分)
例9、(2019苏北四市、苏中三市三调）A
B
C
D
P
E
F
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面BPC⊥平面DPC，
，E，F分别是PC，AD的中点．
求证：（1）BE⊥CD；
（2）EF∥平面PAB．
证（1）在△PBC中，因为，E是PC的中点，
所以BE⊥PC. …… 2分
又因为平面BPC⊥平面DPC，
平面BPC平面DPC，平面BPC，
A
B
C
D
P
E
F
H
所以BE⊥平面PCD. …… 5分
又因为平面DPC，
所以BE⊥CD. …… 7分
（2）取PB的中点H，连结EH，AH.
在△PBC中，又因为E是PC的中点，
所以HE∥BC，.…… 9分
又底面ABCD是平行四边形，F是AD的中点，
所以AF∥BC，.
所以HE∥AF，，
所以四边形AFEH是平行四边形，
所以EF∥HA. …… 12分
又因为平面PAB，平面PAB，
所以EF∥平面PAB. …… 14分
例10、(2018扬州期末）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．
(1) 求证：B1C1∥平面A1DE；
(2) 若平面A1DE⊥平面ABB1A1，求证：AB⊥DE.
规范解答 (1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形B1BCC1是平行四边形，所以B1C1∥BC.(2分)
在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，故BC∥DE，所以B1C1∥DE.(4分)
又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以B1C1∥平面A1DE.(7分)
(2) 如图，在平面ABB1A1内，过A作AF⊥A1D于F.
因为平面A1DE⊥平面A1ABB1，平面A1DE∩平面A1ABB1＝A1D，AF⊂平面A1ABB1，所以AF⊥平面A1DE.(11分)
又DE⊂平面A1DE，所以AF⊥DE.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以A1A⊥DE.
因为AF∩A1A＝A，AF⊂平面A1ABB1，A1A⊂平面A1ABB1，所以DE⊥平面A1ABB1.
因为AB⊂平面A1ABB1，所以DE⊥AB.(14分)
(注：作AF⊥A1D时要交代在平面内作或要交代垂足，否则扣1分．)
例11、(2017徐州、连云港、宿迁三检）如图，在四棱锥中，底面是矩形，点在棱上(异于点，)，平面与棱交于点．
（1）求证：；
A
B
C
D
E
F
P
(
（2）若平面平面，求证：．
．规范解答 （1）因为是矩形，所以
又因为平面，平面，
所以平面．
又因为平面，平面平面，
所以．
（2）因为是矩形，所以．
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
又平面，所以． 又由（1）知，所以．
二、达标训练
1、(2018无锡期末）如图，ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.
(1) 求证：AC⊥平面BDE；
(2) 求证：AC∥平面BEF.
规范解答 (1) 证明：因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DE⊥AC.(2分)
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，(4分)
因为DE，BD⊂平面BDE，且DE∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDE.(6分)
(2) 证明：设AC∩BD＝O，取BE中点G，连结FG，OG，
易知OG∥DE且OG＝eq \f(1,2)DE.(8分)
因为AF∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，
从而四边形AFGO是平行四边形，所以FG∥AO.(10分)
因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，
所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.(14分)
2、(2018苏北四市期末）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：
(1) MN∥平面ABB1A1；
(2) AN⊥A1B.
规范解答 (1) 如图，取AB的中点P，连结PM，PB1.
因为P，M分别是AB，AC的中点，
所以PM∥BC，且PM＝eq \f(1,2)BC.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1C1，
又因为N是B1C1的中点，
所以PM∥B1N，且PM＝B1N.(2分)
所以四边形PMNB1是平行四边形，
所以MN∥PB1.(4分)
而MN⊄平面ABB1A1，PB1⊂平面ABB1A1，
所以MN∥平面ABB1A1.(6分)
(2) 因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为BB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1.(8分)
又因为∠ABC＝90°，所以B1C1⊥B1A1.
又平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝B1A1，B1C1⊂平面A1B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1.(10分)
又因为A1B⊂平面ABB1A1，
所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B.
连结AB1，在平行四边形ABB1A1中，AB＝AA1，
所以AB1⊥A1B.
又因为NB1∩AB1＝B1，且AB1，NB1⊂平面AB1N，
所以A1B⊥平面AB1N.(12分)
而AN⊂平面AB1N，所以AN⊥A1B.(14分)
3、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，已知矩形ABCD所在平面与△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.
规范解答 (1) 解法1 取CE中点F，连结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.(2分)
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.(4分)
又MN⊄平面BEC，BF⊂平面BEC，
所以MN∥平面BEC.(6分)
解法2 取AE中点G，连结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.(2分)
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.(4分)
又因为MN⊂平面GMN，所以MN∥平面BEC.(6分)
(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.(8分)
因为AH⊂平面ABE，所以BC⊥AH.
因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH.(10分)
因为BC∩BE＝B，BC⊂平面BEC，BE ⊂平面BEC，
所以AH⊥平面BEC.(12分)
又因为CE⊂平面BEC，所以AH⊥CE.(14分)
4、(2018苏州暑假测试）如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.
(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA；
(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.
．
规范解答 (1) 因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，AB⊂平面ABC，AB⊥BC，所以AB⊥平面PBC.(2分)
因为CP⊂平面PBC，所以CP⊥AB.(4分)
又因为CP⊥PB，且PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以CP⊥平面PAB.(6分)
又因为PA⊂平面PAB，所以CP⊥PA.(8分)
(2) 如图，在平面PBC内过点P作PD⊥BC，垂足为D.
因为平面PBC⊥平面ABC，又平面PBC∩平面ABC＝BC，PD⊂平面PBC，所以PD⊥平面ABC.(11分)
又l⊥平面ABC，所以l∥PD.
又l⊄平面PBC，PD⊂平面PBC，所以l∥平面PBC.(14分)
eq \a\vs4\al(解后反思) 一般地，已知面面垂直，需要将面面垂直转化为线面垂直，找出两平面的交线后，寻找平面中是否有直线垂直于另外一个平面，若没有，则在某平面内构造一条线垂直于交线即可．
5、(2018常州期末）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．
(1) 求证：BD⊥AC；
(2) 过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.
规范解答 (1) 因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.记AC，BD交于点O，连结OP.因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.(4分)
又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.(7分)
(第(1)问也可按如下方式证明：可由PC⊥平面ABCD，得PC⊥CD，PC⊥CB，则由PD＝eq \r(PC2＋CD2)，PB＝eq \r(PC2＋CB2)，得CD＝CB，故▱ABCD为菱形，从而AC⊥BD.)
(2) 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.(10分)
又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF，所以QF∥BC.(14分)