《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何 第1講 空間中的平行與垂直學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 立體幾何 第1講 空間中的平行與垂直學(xué)案（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　空間中的平行與垂直 [考情考向分析]　自從江蘇實(shí)施新課標(biāo)以來，命題者嚴(yán)格執(zhí)行江蘇高考對(duì)立體幾何的考試說明要求，大幅度降低難度，命題的焦點(diǎn)是空間平行與垂直．試題總體在送分題的位置，但是對(duì)考生的規(guī)范答題要求比較高． 熱點(diǎn)一　空間線面關(guān)系的判定 例1　(1)若直線a與平面α不垂直，則在平面α內(nèi)與直線a垂直的直線有________條． 答案　無數(shù) (2)(2018·江蘇泰州中學(xué)調(diào)研)已知a，b，c是三條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，那么下列命題中正確的序號(hào)為________．(填序號(hào)) ①若a⊥c，b⊥c，則a∥b；②若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β； ③若a⊥α，b

2、⊥α，則a∥b；④若a⊥α，a⊥β，則α∥β. 答案?、邰? 解析　可以借助長(zhǎng)方體進(jìn)行判斷，①中的a，b也可能相交或異面；②中的α，β可能相交，③④正確． 思維升華　解決空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質(zhì)、空間位置關(guān)系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷，必要時(shí)可以利用正方體、長(zhǎng)方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時(shí)要注意平面幾何中的結(jié)論不能完全引用到立體幾何中． 跟蹤演練1　 如圖，平面α與平面β相交于BC，AB?α，CD?β，點(diǎn)A?BC，點(diǎn)D?BC，則下列敘述正確的是________．(填序號(hào)) ①直線AD與BC是異面直線；

3、 ②過AD只能作一個(gè)平面與BC平行； ③過AD只能作一個(gè)平面與BC垂直； ④過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個(gè)平面與BC平行． 答案　①②④ 解析　由異面直線的判定定理得直線AD與BC是異面直線；在平面β內(nèi)僅有一條直線過點(diǎn)D且與BC平行，這條直線與AD確定一個(gè)平面與BC平行，即過AD只能作一個(gè)平面與BC平行；若AD垂直于平面α，則過AD的平面都與BC垂直，因此③錯(cuò)；過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個(gè)平面與BC平行．故①②④正確． 熱點(diǎn)二　直線與平面的平行與垂直 例2　(2018·江蘇揚(yáng)州中學(xué)調(diào)研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD為菱形，PA⊥平

4、面ABCD，BD交AC于點(diǎn)E，F(xiàn)是線段PC中點(diǎn)，G為線段EC中點(diǎn)． (1)求證：FG∥平面PBD； (2)求證：BD⊥FG. 證明　(1)連結(jié)PE，因?yàn)镚，F(xiàn)分別為EC和PC的中點(diǎn)， ∴FG∥PE， 又FG?平面PBD，PE?平面PBD， ∴FG∥平面PBD. (2)∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC， 又PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥PA， ∵PA?平面PAC，AC?平面PAC， 且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC， ∵FG?平面PAC，∴BD⊥FG. 思維升華　垂直、平行關(guān)系的基礎(chǔ)是線線垂直和線線平行，常用方法如下： (1)證明線線平

5、行常用的方法：一是利用平行公理，即證兩直線同時(shí)和第三條直線平行；二是利用平行四邊形進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換；三是利用三角形的中位線定理證明線線平行；四是利用線面平行、面面平行的性質(zhì)定理進(jìn)行平行轉(zhuǎn)換． (2)證明線線垂直常用的方法：①利用等腰三角形底邊中線即高線的性質(zhì)；②勾股定理；③線面垂直的性質(zhì)，即要證兩線垂直，只需證明一條直線垂直于另一條直線所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a. 跟蹤演練2　(2018·蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，點(diǎn)E為棱PB的中點(diǎn)． (1)若PB＝PD，求證：PC⊥BD； (2)求證：CE∥平面PAD. 證明　(1)取

6、BD的中點(diǎn)O，連結(jié)CO，PO， 因?yàn)镃D＝CB， 所以△CBD為等腰三角形， 所以BD⊥CO. 因?yàn)镻B＝PD，所以△PBD為等腰三角形，所以BD⊥PO. 又PO∩CO＝O，PO，CO?平面PCO， 所以BD⊥平面PCO. 因?yàn)镻C?平面PCO，所以PC⊥BD. (2)由E為PB的中點(diǎn)，連結(jié)EO，則EO∥PD， 又EO?平面PAD，PD?平面PAD， 所以EO∥平面PAD. 由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD， 又CO?平面PAD，AD?平面PAD， 所以CO∥平面PAD. 又CO∩EO＝O，CO，EO?平面COE， 所以平面CEO∥平面PAD

7、， 而CE?平面CEO，所以CE∥平面PAD. 熱點(diǎn)三　平面與平面的平行與垂直 例3　(2018·江蘇鹽城中學(xué)模擬)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1為長(zhǎng)方體，點(diǎn)P是CD中點(diǎn)，點(diǎn)Q是A1B1中點(diǎn)． (1)求證：AQ∥平面PBC1； (2)若BC＝CC1，求證：平面A1B1C⊥平面PBC1. 證明　(1)取AB中點(diǎn)為R，連結(jié)PR，B1R. 由已知點(diǎn)P是CD中點(diǎn)，點(diǎn)Q是A1B1中點(diǎn)可以證得， 四邊形AQB1R，PRB1C1都為平行四邊形， 所以AQ∥B1R，B1R∥PC1，所以AQ∥PC1， 因?yàn)锳Q?平面PBC1，PC1?平面PBC1， 所以AQ∥平面PBC1.

8、 (2)因?yàn)樗睦庵鵄BCD－A1B1C1D1為長(zhǎng)方體，BC＝CC1， 所以B1C⊥BC1， 因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C， 所以A1B1⊥BC1， 因?yàn)锳1B1∩B1C＝B1，A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C， 所以BC1⊥平面A1B1C， 又因?yàn)锽C1?平面PBC1，所以平面A1B1C⊥平面PBC1. 思維升華　證明面面平行或面面垂直的關(guān)鍵是尋找線面平行或線面垂直，充分體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想． 跟蹤演練3　如圖，在四面體ABCD中，AD＝BD，∠ABC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，AC上的點(diǎn)，點(diǎn)G為棱AD的中點(diǎn)，且平面EFG∥平面

9、BCD. (1)求的值； (2)求證：平面EFD⊥平面ABC. (1)解　因?yàn)槠矫鍱FG∥平面BCD，平面ABD∩平面EFG＝EG，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以EG∥BD， 又G為AD的中點(diǎn)，所以E為AB的中點(diǎn)， 同理可得，F(xiàn)為AC的中點(diǎn)，所以＝. (2)證明　因?yàn)锳D＝BD， 由(1)知，E為AB的中點(diǎn)，所以AB⊥DE， 又∠ABC＝90°，即AB⊥BC， 由(1)知，EF∥BC，所以AB⊥EF， 又DE∩EF＝E，DE，EF?平面EFD， 所以AB⊥平面EFD， 又AB?平面ABC，所以平面EFD⊥平面ABC. 1．(2018·江蘇)如圖，在平行

10、六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1. 求證：(1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 證明　(1)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1. 因?yàn)锳B?平面A1B1C， A1B1?平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中， 四邊形ABB1A1為平行四邊形． 又因?yàn)锳A1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形， 因此AB1⊥A1B. 又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC. 又因?yàn)锳1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1B

11、C， 所以AB1⊥平面A1BC. 因?yàn)锳B1?平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 2．(2018·江蘇南京師大附中模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)P，C)，平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F. (1)求證：AB∥EF； (2)若AF⊥EF，求證：平面PAD⊥平面ABCD. 證明　(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形， 所以AB∥CD. 又AB?平面PDC，CD?平面PDC， 所以AB∥平面PDC， 又因?yàn)锳B?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF， 所以AB∥EF. (2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以AB

12、⊥AD. 因?yàn)锳F⊥EF，(1)中已證AB∥EF， 所以AB⊥AF， 又AB⊥AD， 由點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)C)，所以F點(diǎn)異于點(diǎn)D， 所以AF∩AD＝A，AF，AD?平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 又AB?平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. A組　專題通關(guān) 1．設(shè)a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，則“l(fā)⊥a，l⊥b”是“l(fā)⊥α”的________條件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”) 答案　必要不充分 解析　若a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，l⊥a，l⊥b，a∥b，

13、則l可以與平面α斜交，推不出l⊥α.若l⊥α，a，b是平面α內(nèi)兩條不同的直線，l是平面α外的一條直線，則l⊥a，l⊥b.∴“l(fā)⊥a，l⊥b”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件． 2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點(diǎn)A∈α，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不一定成立的是________．(填序號(hào)) ①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥β；④AC⊥β. 答案　④ 解析　如圖所示，AB∥l∥m；∵AC⊥l，m∥l，∴AC⊥m； ∵AB∥l，AB?β，l?β，∴AB∥β，只有④不一定成立． 3．在三棱錐A－BCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，△BCD是銳角

14、三角形，下列一定正確的是________．(填序號(hào)) ①平面ABD⊥平面ADC；②平面ABD⊥平面ABC； ③平面ADC⊥平面BCD；④平面ABC⊥平面BCD. 答案?、? 解析　由AD⊥BC，BD⊥AD，BC∩BD＝B，BC，BD?平面BCD， ∴AD⊥平面BCD， 又AD?平面ADC，∴平面ADC⊥平面BCD. 4．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，l⊥α，m?β.給出下列命題： ①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③m∥α?l⊥β；④l⊥β?m∥α. 其中正確的命題是________. (填寫所有正確命題的序號(hào)) 答案?、佗? 解析　①α∥β，l⊥α?

15、l⊥β?l⊥m，命題正確；②α⊥β，l⊥α?l，m可平行，可相交，可異面，命題錯(cuò)誤；③m∥α，l⊥α?l⊥m?l與β可平行，l可在β內(nèi)，l可與β相交，命題錯(cuò)誤；④ l⊥β，l⊥α?β∥α?m∥α，命題正確． 5．如圖，G，H，M，N分別是正三棱柱的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號(hào)為________． 答案?、冖? 解析　由題意可得圖①中GH與MN平行，不合題意； 圖②中GH與MN異面，符合題意； 圖③中GH與MN相交，不合題意； 圖④中GH與MN異面，符合題意． 則表示GH，MN是異面直線的圖形的序號(hào)為②④. 6．給出下列四個(gè)命題： ①如果平面

16、α外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α； ②過空間一定點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直； ③如果一條直線垂直于一個(gè)平面內(nèi)的無數(shù)條直線，那么這條直線與這個(gè)平面垂直； ④若兩個(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，則這兩個(gè)平面的交線垂直于第三個(gè)平面． 其中真命題的個(gè)數(shù)為________． 答案　3 解析　對(duì)于①，根據(jù)線面平行的判定定理，如果平面外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行，那么a∥α，故正確；對(duì)于②，因?yàn)榇怪庇谕黄矫娴膬芍本€平行，所以過空間一定點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直，故正確；對(duì)于③，平面內(nèi)無數(shù)條直線均為平行線時(shí)，不能得出直線與這個(gè)平面垂直，故不正確；對(duì)于④，因?yàn)閮?/p>

17、個(gè)相交平面都垂直于第三個(gè)平面，所以在兩個(gè)相交平面內(nèi)各取一條直線垂直于第三個(gè)平面，可得這兩條直線平行，則其中一條直線平行于另一條直線所在的平面，可得這條直線平行于這兩個(gè)相交平面的交線，從而交線垂直于第三個(gè)平面，故正確．故真命題的個(gè)數(shù)為3. 7.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝6，AB＝3，AD＝8，點(diǎn)M是棱AD的中點(diǎn)，N在棱AA1上，且滿足AN＝2NA1，P是側(cè)面四邊形ADD1A1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)(含邊界)，若C1P∥平面CMN，則線段C1P長(zhǎng)度的最小值是________． 答案　 解析　取A1D1的中點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q在平面ADD1A1內(nèi)作MN的平行線交DD1于E，則易知平面C

18、1QE∥平面CMN，在△C1QE中作C1P⊥QE，則C1P＝為所求． 8.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，點(diǎn)D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AA1上，當(dāng)AF＝________時(shí)，CF⊥平面B1DF. 答案　a或2a 解析　由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1， 又CF?平面ACC1A1，所以B1D⊥CF. 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可． 令CF⊥DF，設(shè)AF＝x，則A1F＝3a－x. 易知Rt△CAF∽R(shí)t△FA1D， 得＝，即＝， 整理得x2－3ax＋2a2＝

19、0， 解得x＝a或x＝2a. 9. (2017·江蘇)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)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. 證明　(1)在平面ABD內(nèi)，AB⊥AD，EF⊥AD， 則AB∥EF. ∵AB?平面ABC，EF?平面ABC， ∴EF∥平面ABC. (2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴BC⊥平面ABD. ∵AD?平面ABD，∴BC⊥AD. ∵AB⊥AD，BC，AB?平面ABC，BC∩

20、AB＝B， ∴AD⊥平面ABC，又AC?平面ABC，∴AD⊥AC. 10.如圖所示的多面體中，底面ABCD為正方形，△GAD為等邊三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°，點(diǎn)P為線段GD的中點(diǎn)． (1)求證：AP⊥平面GCD； (2)求證：平面ADG∥平面FBC. 證明　(1)∵△GAD是等邊三角形，點(diǎn)P為線段GD的中點(diǎn)，∴AP⊥GD. ∵AD⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD?平面GAD，故CD⊥平面GAD， 又AP?平面GAD，故CD⊥AP， 又CD∩GD＝D，CD，GD?平面GCD， 故AP⊥平面GCD. (2)∵BF⊥平面ABCD，CD?平面A

21、BCD，∴BF⊥CD， ∵BC⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC?平面FBC， ∴CD⊥平面FBC， 由(1)知CD⊥平面GAD，∴平面ADG∥平面FBC. B組　能力提高 11.如圖，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α內(nèi)不同的兩點(diǎn)，B，D是β內(nèi)不同的兩點(diǎn)，且A，B，C，D?直線l，M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．下列判斷正確的是________．(填序號(hào)) ①當(dāng)CD＝2AB時(shí)，M，N兩點(diǎn)不可能重合； ②M，N兩點(diǎn)可能重合，但此時(shí)直線AC與l不可能相交； ③當(dāng)AB與CD相交，直線AC平行于l時(shí)，直線BD可以與l相交； ④當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，直線MN可能與l平行

22、． 答案　② 解析　由于直線CD的兩個(gè)端點(diǎn)都可以動(dòng)，所以M，N兩點(diǎn)可能重合，此時(shí)兩條直線AB，CD共面，由于兩條線段互相平分，所以四邊形ACDB是平行四邊形，因此AC∥BD，而BD?β，AC?β，所以由線面平行的判定定理可得AC∥β，又因?yàn)锳C?α，α∩β＝l，所以由線面平行的性質(zhì)定理可得AC∥l，故②正確． 12．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是________．(填序號(hào)) 答案　(1) 解析　對(duì)于(1)，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點(diǎn)，則QD∥AB. ∵QD∩平面M

23、NQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交， ∴直線AB與平面MNQ相交； 對(duì)于(2)，作如圖②所示的輔助線， 則AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ， 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ； 對(duì)于(3)，作如圖③所示的輔助線， 則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ， 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ； 對(duì)于(4)，作如圖④所示的輔助線， 則AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ，又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ. 故四個(gè)正方體中直線AB與平面MNQ不平行的是(1)． 13.如圖，在三棱柱A

24、BC－A1B1C1中，AB＝AC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上(均異于端點(diǎn))，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1. 求證：(1)平面AEF⊥平面BB1C1C； (2)BC∥平面AEF. 證明　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1∥CC1. 因?yàn)锳F⊥CC1，所以AF⊥BB1. 又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE?平面AEF，AF?平面AEF， 所以BB1⊥平面AEF， 又因?yàn)锽B1?平面BB1C1C， 所以平面AEF⊥平面BB1C1C. (2)因?yàn)锳E⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF， AB＝AC， 所以△AEB≌△AFC. 所

25、以BE＝CF. 又由題意知，BE∥CF. 所以四邊形BEFC是平行四邊形． 從而BC∥EF. 又BC?平面AEF，EF?平面AEF， 所以BC∥平面AEF. 14．(2018·江蘇啟東中學(xué)模擬)如圖，在三棱錐P－ABC中，AC⊥BC，O為AC的中點(diǎn)，PO⊥底面ABC，M為AB的中點(diǎn)． (1)證明：AC⊥平面POM； (2)設(shè)E是棱PA上的一點(diǎn)，若PB∥平面EOM，求的值． (1)證明　因?yàn)镸，O分別是AB，AC的中點(diǎn)， 所以MO∥BC， 因?yàn)锳C⊥BC，所以AC⊥MO. 因?yàn)镻O⊥底面ABC，AC?底面ABC， 所以PO⊥AC. 因?yàn)镻O?平面POM，MO?平面POM，PO∩MO＝O， 所以AC⊥平面POM. (2)解　因?yàn)镻B∥平面EOM，PB?平面PAB，平面EOM∩平面PAB＝EM， 所以PB∥EM. 因?yàn)镸是AB的中點(diǎn)， 所以E是PA的中點(diǎn)， 所以＝. 14