2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第4讲 立体几何 第1

第4讲立体几何第1课时空间中线、面平行和垂直关系的证明题型2解答题规范踩点多得分[考情分析]立体几何的解答题着重考查线线、线面与面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.1热点题型分析PARTONE热点综合法证明平行和垂直1．线、面平行问题解题策略(1)证明线面平行：利用线面平行的定义、判定定理，面面平行的性质定理、性质等；(2)证明面面平行：利用面面平行的定义、判定定理、垂直于同一直线的两个平面平行、平行于同一平面的两个平面平行；(3)利用线线、线面、面面平行的相互转化．2．线、面垂直问题解题策略(1)证明线线垂直：利用图形中的垂直关系、等腰三角形底边中线的性质、勾股定理、线面垂直的性质；(2)证明线面垂直：利用判定定理、线面垂直的性质、面面垂直的性质；(3)证明面面垂直：利用判定定理、证明直二面角；(4)利用线线、线面、面面垂直的相互转化．(2019·江苏高考)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.1．利用综合法证明平行和垂直的步骤如下：(1)巧转化：根据图形与已知条件，通过转化寻找证明平行或垂直所需要的条件；(2)用定理：将上述转化所得的条件代入相应的判定或性质定理；(3)得结论：根据定理证得相应的结论．2．利用线面平行的判定定理证明线面平行是常用方法，根据定理要求，需证线线平行，而证明线线平行的方法则常用三角形中位线的性质、构造平行四边形或平行公理，要根据图形特征灵活选择方法．3．利用面面垂直的判定定理证明面面垂直是常用方法，而其需要证明线面垂直．在证明线线垂直时，要注意特殊图形中的隐含垂直关系，如直棱柱和正棱柱的条件，菱形对角线相互垂直平分，圆中直径所对的圆周角为90°等．1．如图，平面ABB1A1为圆柱的轴截面，点C为底面圆周上异于A，B的任意一点．(1)求证：BC⊥平面A1AC；(2)若D为AC的中点，求证：A1D∥平面O1BC．证明(1)因为ABB1A1为圆柱的轴截面，点C为底面圆周上异于A，B的任意一点，所以BC⊥AC．又在圆柱中，AA1⊥底面圆O，所以AA1⊥CB，又AA1∩AC＝A，所以BC⊥平面A1AC．(2)如图，取BC边中点M，连接DM，O1M.因为D为AC的中点，所以DM∥AB，且DM＝12AB．又在圆柱中，A1O1∥AB且A1O1＝12AB，所以DM∥A1O1且DM＝A1O1，所以A1DMO1是平行四边形，故A1D∥O1M.又A1D⊄平面O1BC，O1M⊂平面O1BC，所以A1D∥平面O1BC．2．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1B1B为正方形，四边形BB1C1C为菱形，∠BB1C1＝60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．(1)求证：B1C⊥AC1；(2)设点E，F分别是B1C，AA1的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由．解(1)证明：如图所示，连接BC1.因为四边形BB1C1C为菱形，所以BC1⊥B1C．又因为四边形AA1B1B为正方形，所以AB⊥BB1，因为平面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．又因为AB∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1.因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC1.(2)直线EF与平面ABC的位置关系为平行，证明如下：如图所示，取BC中点D，连接AD，DE.因为E是B1C的中点，所以DE∥BB1且DE＝12BB1.因为四边形AA1B1B为正方形，F是AA1的中点，所以AF∥BB1且AF＝12BB1，故DE∥AF且DE＝AF，所以四边形ADEF是平行四边形，因此AD∥EF.又AD⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC．2专题作业PARTTWO1．(2017·江苏高考)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：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥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．如图，在正方形AMDE中，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥平面AMDE，PA＝AE，求证：AF⊥平面PED．证明(1)因为四边形AMDE为正方形，B为AM的中点，所以AB∥DE.又DE⊂平面PED，AB⊄平面PED，所以AB∥平面PED．又因为AB⊂平面ABHGF，平面ABHGF∩平面PED＝FG，所以AB∥FG.(2)因为PA⊥平面AMDE，ED⊂平面AMDE，所以PA⊥ED，又因为四边形AMDE为正方形，所以AE⊥ED．因为AE∩PA＝A，所以ED⊥平面PAE.又AF⊂平面PAE，所以ED⊥AF.因为PA＝AE，F为棱PE的中点，所以AF⊥PE，又ED∩PE＝E，所以AF⊥平面PED．3.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AC⊥BC，E在线段B1C1上，B1E＝3EC1，AC＝BC＝CC1＝4.(1)求证：BC⊥AC1；(2)试探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以BC⊥AA1.又因为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：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.因为B1E＝3EC1，所以EG＝34A1C1，又AF∥A1C1且AF＝34A1C1，所以AF∥EG且AF＝EG，所以四边形AFEG为平行四边形，所以EF∥AG，又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，所以EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG.因为EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，所以EG∥平面A1ABB1.因为B1E＝3EC1，所以BG＝3GC，所以FG∥AB，又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，所以FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂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.本课结束