《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第1課時 空間中線、面平行和垂直關系的證明練習 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第1課時 空間中線、面平行和垂直關系的證明練習 文（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1課時 空間中線、面平行和垂直關系的證明
[考情分析] 立體幾何的解答題著重考查線線、線面與面面平行和垂直的判定與性質，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查，難度中等.
熱點題型分析
熱點 綜合法證明平行和垂直
1．線、面平行問題解題策略
(1)證明線面平行：利用線面平行的定義、判定定理，面面平行的性質定理、性質等；
(2)證明面面平行：利用面面平行的定義、判定定理、垂直于同一直線的兩個平面平行、平行于同一平面的兩個平面平行；
(3)利用線線、線面、面面平行的相互轉化．
2．線、面垂直問題解題策略
(1)證明線線垂直：利用圖形中的垂直關系、等腰三角形底邊中
2、線的性質、勾股定理、線面垂直的性質；
(2)證明線面垂直：利用判定定理、線面垂直的性質、面面垂直的性質；
(3)證明面面垂直：利用判定定理、證明直二面角；
(4)利用線線、線面、面面垂直的相互轉化．
(2019·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB＝BC．
求證：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
證明 (1)因為D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB．
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED．
又因為ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，
所以A1B1
3、∥平面DEC1.
(2)因為AB＝BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC．
因為三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．
又因為BE?平面ABC，所以C1C⊥BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
1．利用綜合法證明平行和垂直的步驟如下：
(1)巧轉化：根據(jù)圖形與已知條件，通過轉化尋找證明平行或垂直所需要的條件；
(2)用定理：將上述轉化所得的條件代入相應的判定或性質定理；
(3)得結論：根據(jù)定理證得相應的結論．
2．利用線面平行
4、的判定定理證明線面平行是常用方法，根據(jù)定理要求，需證線線平行，而證明線線平行的方法則常用三角形中位線的性質、構造平行四邊形或平行公理，要根據(jù)圖形特征靈活選擇方法．
3．利用面面垂直的判定定理證明面面垂直是常用方法，而其需要證明線面垂直．在證明線線垂直時，要注意特殊圖形中的隱含垂直關系，如直棱柱和正棱柱的條件，菱形對角線相互垂直平分，圓中直徑所對的圓周角為90°等．
1．如圖，平面ABB1A1為圓柱的軸截面，點C為底面圓周上異于A，B的任意一點．
(1)求證：BC⊥平面A1AC；
(2)若D為AC的中點，求證：A1D∥平面O1BC．
證明 (1)因為ABB1A1為圓柱的軸截面，
5、點C為底面圓周上異于A，B的任意一點，所以BC⊥AC．又在圓柱中，AA1⊥底面圓O，所以AA1⊥CB，又AA1∩AC＝A，所以BC⊥平面A1AC．
(2)如圖，取BC邊中點M，連接DM，O1M.
因為D為AC的中點，所以DM∥AB，且DM＝AB．又在圓柱中，A1O1∥AB且A1O1＝AB，所以DM∥A1O1且DM＝A1O1，所以A1DMO1是平行四邊形，故A1D∥O1M.又A1D?平面O1BC，O1M?平面O1BC，所以A1D∥平面O1BC．
2．如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形AA1B1B為正方形，四邊形BB1C1C為菱形，∠BB1C1＝60°，平面AA1B1B⊥平
6、面BB1C1C．
(1)求證：B1C⊥AC1；
(2)設點E，F(xiàn)分別是B1C，AA1的中點，試判斷直線EF與平面ABC的位置關系，并說明理由．
解 (1)證明：如圖所示，連接BC1.因為四邊形BB1C1C為菱形，所以BC1⊥B1C．又因為四邊形AA1B1B為正方形，所以AB⊥BB1，因為平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB?平面AA1B1B，所以AB⊥平面BB1C1C．
又B1C?平面BB1C1C，于是AB⊥B1C．又因為AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1.因為AC1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1.
(2)直線EF與平面
7、ABC的位置關系為平行，證明如下：
如圖所示，取BC中點D，連接AD，DE.因為E是B1C的中點，所以DE∥BB1且DE＝BB1.因為四邊形AA1B1B為正方形，F(xiàn)是AA1的中點，所以AF∥BB1且AF＝BB1，故DE∥AF且DE＝AF，所以四邊形ADEF是平行四邊形，因此AD∥EF.又AD?平面ABC，EF?平面ABC，所以EF∥平面ABC．
專題作業(yè)
1．(2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC．
8、
證明 (1)在平面ABD內，因為AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB．
又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC．
(2)因為平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC?平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD．
因為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．
又因為AC?平面ABC，所以AD⊥AC．
2．如圖，在正方形AMDE中，B，C分別為AM，MD的中點，在五棱錐P－ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點，平面ABF與棱PD，PC分別
9、交于點G，H.
(1)求證：AB∥FG；
(2)若PA⊥平面AMDE，PA＝AE，求證：AF⊥平面PED．
證明 (1)因為四邊形AMDE為正方形，B為AM的中點，所以AB∥DE.又DE?平面PED，AB?平面PED，所以AB∥平面PED．又因為AB?平面ABHGF，平面ABHGF∩平面PED＝FG，所以AB∥FG.
(2)因為PA⊥平面AMDE，ED?平面AMDE，所以PA⊥ED，又因為四邊形AMDE為正方形，所以AE⊥ED．因為AE∩PA＝A，所以ED⊥平面PAE.又AF?平面PAE，所以ED⊥AF.因為PA＝AE，F(xiàn)為棱PE的中點，所以AF⊥PE，又ED∩PE＝E，所以AF⊥
10、平面PED．
3.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AC⊥BC，E在線段B1C1上，B1E＝3EC1，AC＝BC＝CC1＝4.
(1)求證：BC⊥AC1；
(2)試探究：在AC上是否存在點F，滿足EF∥平面A1ABB1？若存在，請指出點F的位置，并給出證明；若不存在，請說明理由．
解 (1)證明：因為AA1⊥平面ABC, BC?平面ABC，所以BC⊥AA1.
又因為BC⊥AC，AA1∩AC＝A, AA1，AC?平面AA1C1C，
所以BC⊥平面AA1C1C，又AC1?平面AA1C1C，所以BC⊥AC1.
(2)解法一：當AF＝3FC時，EF∥平面A
11、1ABB1.證明如下：
如圖，在平面A1B1C1內過點E作EG∥A1C1交A1B1于點G，連接AG.
因為B1E＝3EC1，
所以EG＝A1C1，又AF∥A1C1且AF＝A1C1，所以AF∥EG且AF＝EG，
所以四邊形AFEG為平行四邊形，
所以EF∥AG，
又EF?平面A1ABB1，AG?平面A1ABB1，
所以EF∥平面A1ABB1.
解法二：當AF＝3FC時，EF∥平面A1ABB1.
證明如下：
如圖，在平面BCC1B1內過點E作EG∥BB1交BC于點G，連接FG.因為EG∥BB1，EG?平面A1ABB1，BB1?平面A1ABB1，所以EG∥平面A1ABB1.
因為B1E＝3EC1，所以BG＝3GC，
所以FG∥AB，又AB?平面A1ABB1，F(xiàn)G?平面A1ABB1，
所以FG∥平面A1ABB1.
又EG?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG＝G，
所以平面EFG∥平面A1ABB1.又EF?平面EFG，
所以EF∥平面A1ABB1.
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2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點 多得分 第4講 立體幾何 第1課時 空間中線、面平行和垂直關系的證明練習 文
