2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题四第2讲　空间中的平行与垂直

  第2讲　空间中的平行与垂直

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(文)高考对本讲命题较为稳定，解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上．解答题的基本模式是“一证明二计算”．

(理)高考对本讲命题较为稳定，常以解答题第(1)问的形式考查，主要是线线、线面、面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中等．

[真题体验]

1．(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，

点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；

(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．

解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.

又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1＝90°，由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.

作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.

所以，四棱锥E－BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.

2．(2019·江苏卷)如图，

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.

求证：(1)A1B1∥平面DEC1；

(2)BE⊥C1E.

证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.

因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，

所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

[主干整合]

1．证明线线平行和线线垂直的常用方法

(1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．

(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.

2．空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．

热点一　空间平行、垂直关系的证明

平行、垂直关系的证明问题

[例1－1]　(2018·北京卷)

如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．

(1)求证：PE⊥BC；

(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；

(3)求证：EF∥平面PCD.

[审题指导]　(1)只需证明PE⊥AD即可．

(2)根据PA⊥PD，只需再证明PD⊥AB即可，为此可先证AB⊥平面PAD.

(3)只证明EF平行于平面PCD内的一条直线，取PC的中点G，连接FG，GD，证明四边形EFGD为平行四边形．

[解析]　(1)证明：∵PA＝PD，且E为AD中点，

∴PE⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD

∴PE⊥平面ABCD

∵BC⊂平面ABCD

∴PE⊥BC.

(2)∵四边形ABCD为矩形，

∴CD⊥AD

∵平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD＝AD，

CD⊂平面ABCD

∴CD⊥平面PAD

∵PA⊂平面PAD

∴CD⊥PA

∵PA⊥PD，且CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，

∴PA⊥平面PCD

∵PA⊂平面PAB

∴平面PAB⊥平面PCD.

(3)取PC中点G，连接FG，GD

∵F，G分别为PB和PC中点

∴FG∥BC，FG＝BC

∵四边形ABCD为矩形，

∴BC∥AD，BC＝AD

∵E为AD中点

∴ED＝AD

∴ED∥BC，ED＝BC

∴ED∥FG，ED＝FG

∴四边形EFGD为平行四边形

∴EF∥GD

∵EF⊄平面PCD且GD⊂平面PCD

∴EF∥平面PCD

线面平行及线面垂直的证明方法

(1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行．转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段．

(2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直⇒线面垂直．结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等．

平行、垂直关系的探索问题

[例1－2]　(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．

[审题指导]　第(1)问利用线面垂直、面面垂直的判定定理求证：先证明BC⊥DM，再证DM⊥CM即可；

第(2)问利用线面平行的判定定理进行判定；先连接AC，BD，BD与AC交于点O，再说明是否存在点P满足OP∥MC即可．

[解析]　(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，故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.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.

(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.

证明如下：如图，连接AC交BD于O，因为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.

解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略：假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的依据或事实，则说明假设成立，即存在；若导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．

(1)(2019·西安八校联考)

如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：①EF∥平面ABC；

②AD⊥AC.

证明：①在平面ABD内，

因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB，

又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以EF∥平面ABC.

②因为平面ABD⊥平面BCD，

平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，

BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.

(2)

(2019·临沂三模)如图所示，五面体ABCDEF，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝，BC⊥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GECD的体积．

解析：

①存在点H，H为AD中点．证明如下：连接GH，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，

∴GH∥平面BCD.

②由题意知AD∥CF，AD⊂平面ADEB，CF⊄平面ADEB，

∴CF∥平面ADEB.

又CF⊂平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，∴CF∥BE，

∴VGECD＝VEGCD＝VBGCD，

∵四边形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝.∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，

∴∠ACD＝，∴CD＝，CG＝，又BC⊥平面ACFD，∴VBGCD＝××CG×CD×BC＝××××1＝.

∴三棱锥GECD的体积为.

热点二　平面图形的折叠问题

[例2]　(2019·全国Ⅲ卷)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．

[审题指导]　(1)由平行线的传递性证明AD∥CG，结合平面图形中的条件证明AB⊥平面BCGE，再由面面垂直的判定定理可得证．

(2)由AB∥DE，得DE⊥平面BCGE，取CG的中点M，结合菱形的特殊性，容易证明CG⊥平面DEM，即构造了平行四边形ACGD的高，再由已知代入公式计算．

[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.

因为DM⊥CG.

在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝，

故DM＝2.

所以四边形ACGD的面积为4.

平面图形折叠问题的求解方法

(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．

(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．

(2019·石家庄三模)如图(1)所示，在边长为24的正方形ADD1A1中，点B，C在边AD上，且AB＝6，BC＝8，作BB1∥AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1∥AA1分别交AD1，A1D1于点Q，C1，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图(2)所示的三棱柱ABC－A1B1C1.

(1)求证：AB⊥平面BCC1B1；

(2)求多面体A1B1C1－APQ的体积．

解析：(1)证明：由题知，在题图(2)中，

AB＝6，BC＝8，CA＝10，

∴AB2＋BC2＝CA2，∴AB⊥BC.

又AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面BCC1B1.

(2)由题易知三棱柱ABC－A1B1C1的体积为×6×8×24＝576.

∵在题图(1)中，△ABP和△ACQ都是等腰直角三角形，

∴AB＝BP＝6，AC＝CQ＝14，

∴VA－CQPB＝×S四边形CQPB×AB＝××(6＋14)×8×6＝160.

∴多面体A1B1C1－APQ的体积V＝VABC－A1B1C1－VA－CQPB＝576－160＝416.

热点三　异面直线所成的角、线面角

[例3]　(2019·天津卷)如图，

在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.

(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；

(2)求证：PA⊥平面PCD；

(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．

[审题指导]　(1)连接BD，利用GH∥PD推线面平行．

(2)连接DN，先证DN⊥平面PAC，再证PA⊥平面PCD.

(3)由DN⊥平面PAC，可知∠DAN为所求，利用直角三角形求解．

[解析]　

(1)连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.

又由BG＝PG，故GH∥PD.

又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.

(2)取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.

又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC.

又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.

又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，

所以PA⊥平面PCD.

(3)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．

因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，

所以DN＝.

又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝.

所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.

求异面直线所成的角的关键在于通过平移使得两直线相交，可通过构造中位线或平行四边形实现．求线面角的关键是构造过直线上一点且与平面垂直的直线，可以直接根据题中的垂直关系作出，也可以构造此垂线后证明．

(1)(2020·南宁模拟)在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直线BF与D1E所成角的余弦值为(　　)

A.　　　　　　　  B.

C.  D.

解析：

D　[如图，过点E作EM∥AB，交AA1于点M，过M点作MN∥AD，交DD1于点N，取MN的中点G，连接EG，NE，D1G，所以平面EMN∥平面ABCD，易知EG∥BF，所以异面直线BF与D1E所成的角为∠D1EG(或其补角)，不妨设正方体的棱长为2，则GE＝，D1G＝，D1E＝3，在△D1EG中，cos∠D1EG＝＝，故选D.]

(2)(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)

A．8  B．6

C．8  D．8

解析：

C　[如图连接BC1，则∠AC1B＝30°，在Rt△ABC1中，tan 30°＝，∴BC1＝＝＝2.∴CC1＝＝＝2.∴长方体的体积V＝2×2×2＝8.]

限时50分钟　满分60分

解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)

1.

(2020·泉州模拟)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上，BQ＝4.

(1)若DP＝DD1，证明：PQ∥平面ABB1A1.

(2)若P是D1D的中点，证明：AB1⊥平面PBC.

证明：(1)在AA1上取一点N，使得AN＝AA1，

因为DP＝DD1，且A1D1＝3，AD＝6，

所以PNAD，

又BQAD，所以PNBQ.

所以四边形BQPN为平行四边形，

所以PQ∥BN.

因为BN⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，

所以PQ∥平面ABB1A1.

(2)如图所示，取A1A的中点M，

连接PM，BM，PC，

因为A1A，D1D是梯形的两腰，P是D1D的中点，

所以PM∥AD，于是由AD∥BC知，PM∥BC，

所以P，M，B，C四点共面．

由题设可知，BC⊥AB，BC⊥A1A，AB∩AA1＝A，

所以BC⊥平面ABB1A1，

所以BC⊥AB1，

因为tan∠ABM＝＝＝＝tan∠A1AB1，

所以∠ABM＝∠A1AB1，

所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，

所以AB1⊥BM，

再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC.

2．(2019·烟台三模)如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．

(1)求证：A1E⊥FP；

(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．

(1)证明：

在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．

因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.

所以在题图(2)中，A1E⊥EF，

又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，

且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，

所以A1E⊥平面BEFC.

因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.

(2)解：在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．

理由如下：

如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，

所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.

如图所示，取A1P的中点M，连接MK，

因为点K为棱A1F的中点，

所以MK∥FP.

因为FP∥BE，所以MK∥BE.

因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，

所以MK∥平面A1BE.

故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．

3.

如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求证：

(1)平面ABE⊥平面ACDE；

(2)平面OFD∥平面ABE.

解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，

所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.

因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，

所以AB⊥平面ACDE.

因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.

(2)如图所示，设OF∩AC＝M，连接DM.

因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点．

因为AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM.

所以四边形AMDE为平行四边形．所以DM∥AE.

因为DM⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE.

因为O为BC的中点，所以OM为△ABC的中位线．所以OM∥AB.

因为OM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以OM∥平面ABE.

因为OM⊂平面OFD，DM⊂平面OFD，OM∩DM＝M，

所以平面OFD∥平面ABE.

4．(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；

(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

解析：本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．

(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD；

因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD；

因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

所以BD⊥平面PAC.

(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD为正三角形，所以AE⊥CD，

因为AB∥CD，所以AE⊥AB；

因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

所以AE⊥PA；

因为PA∩AB＝A

所以AE⊥平面PAB，

AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.

(3)存在点F为PB中点时，满足CF∥平面PAE；理由如下：

分别取PB，PA的中点F，G，连接CF，FG，EG，

在三角形PAB中，FG∥AB且FG＝AB；

在菱形ABCD中，E为CD中点，所以CE∥AB且CE＝AB，所以CE∥FG且CE＝FG，即四边形CEGF为平行四边形，所以CF∥EG；

又CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，所以CF∥平面PAE.

5.

(2019·青岛三模)已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AC＝2AA1＝4，∠A1AC＝，AC⊥BC，平面ACC1A1⊥平面ABC，M为B1C1的中点．

(1)过点B1作一个平面α与平面ACM平行，确定平面α，并说明理由；

(2)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面积．

解析：

(1)如图，取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，则平面B1EF∥平面ACM.

因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AC⊥BC，所以BC⊥平面ACC1A1，BC⊥CC1，因为四边形BCC1B1为平行四边形，所以四边形BCC1B1为矩形，

在矩形BCC1B1中，M，F分别是B1C1，BC的中点，所以B1F∥CM；

在△ABC中，E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC.

又EF∩FB1＝F，AC∩CM＝C，

所以平面B1EF∥平面ACM.

所以平面α即平面B1EF.

(2)由题意知AC＝2，AA1＝2，AB＝4.

因为AC⊥BC，所以BC＝ ＝ ＝2，

所以△ABC的面积S1＝AC×BC＝×2×2＝2.

在平行四边形ACC1A1中，∠A1AC＝，

其面积S2＝AA1×ACsin∠A1AC＝2×2sin ＝2.

由(1)知四边形BCC1B1为矩形，故其面积S3＝BC×CC1＝2×2＝4.

连接A1C，BA1，在△AA1C中，AC＝AA1＝2，∠A1AC＝，所以A1C＝2.

由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1，

所以A1B＝＝4.

在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2，

所以△AA1B的面积S△AA1B＝×2×＝，

所以平行四边形ABB1A1的面积S4＝2S△AA1B＝2×＝2.

故三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S＝2S1＋S2＋S3＋S4＝2×2＋2＋4＋2＝10＋2.

(文)高考解答题·审题与规范(四)　立体几何类考题