2020届江苏省高考数学二轮复习课件：专题二立体几何第二讲大题考法——平行与垂直
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[方法技巧] 立体几何证明问题的 2 个注意点 (1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照 定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一 条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的 判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理 的条件不完整，则结论不一定正确． (2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几 何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．
(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.
(2)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中， 四边形 ABB1A1 为平行四边形． 又因为 AA1＝AB， 所以四边形 ABB1A1 为菱形，因此 AB1⊥A1B. 因为 AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以 AB1⊥BC. 因为 A1B∩BC＝B，A1B⊂平面 A1BC， BC⊂平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC. 因为 AB1⊂平面 ABB1A1， 所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.
[方法技巧] 证明两平面位置关系的求解思路 (1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相 交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证 明线面平行，再转化为证明线线平行． (2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面 过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂 直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则 借助中线、高线或添加辅助线解决.
[演练冲关]
1.(2018·苏锡常镇调研)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，∠ADB＝ 90°，CB＝CD，点 E 为棱 PB 的中点． (1)若 PB＝PD，求证：PC⊥BD； (2)求证：CE∥平面 PAD. 证明：(1)取 BD 的中点 O，连结 CO，PO，因为 CD＝CB， 所以 BD⊥CO. 因为 PB＝PD，所以 BD⊥PO. 又 PO∩CO＝O， 所以 BD⊥平面 PCO.
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即 BA⊥AC. 又因为 BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以 AB⊥平面 ACD. 因为 AB⊂平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2. 又 BP＝DQ＝23DA，所以 BP＝2 2. 如图，过点 Q 作 QE⊥AC， 垂足为 E，则 QE 綊13DC.
(1)证明：BE⊥平面 D1AE； (2)设 F 为 CD1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF∥平面 D1AE，若存在，求出AAMB 的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵四边形 ABCD 为矩形且 AD＝DE＝EC ＝BC＝2，∴AE＝BE＝2 2.又 AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2， ∴∠AEB＝90°，即 BE⊥AE.又平面 D1AE⊥平面 ABCE，平面 D1AE∩平面 ABCE＝AE，BE⊂平面 ABCE，∴BE⊥平面 D1AE.
因为 PC⊂平面 PCO，所以 PC⊥BD.
(2)由 E 为 PB 中点，连结 EO，则 EO∥PD， 又 EO⊄平面 PAD，PD⊂平面 PAD， 所以 EO∥平面 PAD. 由∠ADB＝90°，以及 BD⊥CO，所以 CO∥AD， 又 CO⊄平面 PAD，所以 CO∥平面 PAD. 又 CO∩EO＝O，所以平面 CEO∥平面 PAD， 而 CE⊂平面 CEO，所以 CE∥平面 PAD.
(2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，BB1⊥平面 A1B1C1， 因为 A1F⊂平面 A1B1C1，所以 BB1⊥A1F. 又 A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 在(1)中已证得 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD. 又 A1F⊄平面 ADE，AD⊂平面 ADE，所以 A1F∥平面 ADE.
(2)AAMB ＝14，理由如下： 取 D1E 的中点 L，连接 FL，AL， ∴FL∥EC，FL＝12EC＝1. 又 EC∥AB，∴FL∥AB，且 FL＝14AB， ∴M，F，L，A 四点共面．若 MF∥平面 AD1E，则 MF∥AL.∴四边形 AMFL 为平行四边形， ∴AM＝FL＝14AB，即AAMB ＝14.
[方法技巧] 与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤
[演练冲关]
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形 ABCM 中，AB＝AC＝3， ∠ACM＝90°.以 AC 为折痕将△ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA.
(1)证明：平面 ACD⊥平面 ABC； (2)Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 BP＝DQ ＝23DA，求三棱锥 Q-ABP 的体积．
由已知及(1)可得，DC⊥平面 ABC， 所以 QE⊥平面 ABC，QE＝1. 因此，三棱锥 Q-ABP 的体积为 VQABP＝13×S△ABP×QE＝13×12× 3×2 2sin 45°×1＝1.
2．(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.
题型(二)
两平面之间位置 关系的证明
考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本质是 考查线面垂直和平行.
[典例感悟] [例 2] (2019·南京盐城一模)如图，在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是棱 BC，CC1 上 的点(其中点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 棱 B1C1 上的点，且 A1F⊥B1C1. 求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)A1F∥平面 ADE. [证明] (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC. 因为 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 又 AD⊥DE，在平面 BCC1B1 中，CC1 与 DE 相交， 所以 AD⊥平面 BCC1B1. 又 AD⊂平面 ADE，所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
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.
大题考法
—— 平行与垂直
题型(一)
线线、线面位置 关系的证明
平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线 面平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直 关系的转化等.
[典例感悟]
[例 1] (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.
空间位置关系的 题型(三) 综合问题
主要考查空间线面、面面平行或垂直的位置关系的证明与翻 折或存在性问题相结合的综合问题.
[典例感悟] [例 3] 如图 1，在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 是 CD 的中点，将△ADE 沿 AE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 D1ABCE， 其中平面 D1AE⊥平面 ABCE.
[演练冲关]
(2018·江苏高考)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1＝AB， AB1⊥B1C1. 求证：(1)AB∥平面 A1B1C； (2)平面 ABB1A1⊥平面 A1BC. 证明：(1)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中， AB∥A1B1. 因为 AB⊄平面 A1B1C，A1B1⊂平面 A1B1C， 所以 AB∥平面 A1B1C.
[方法技巧] 立体几何证明问题的 2 个注意点 (1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照 定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一 条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的 判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理 的条件不完整，则结论不一定正确． (2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几 何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．
(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.
(2)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中， 四边形 ABB1A1 为平行四边形． 又因为 AA1＝AB， 所以四边形 ABB1A1 为菱形，因此 AB1⊥A1B. 因为 AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以 AB1⊥BC. 因为 A1B∩BC＝B，A1B⊂平面 A1BC， BC⊂平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC. 因为 AB1⊂平面 ABB1A1， 所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.
[方法技巧] 证明两平面位置关系的求解思路 (1)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相 交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证 明线面平行，再转化为证明线线平行． (2)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面 过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂 直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则 借助中线、高线或添加辅助线解决.
[演练冲关]
1.(2018·苏锡常镇调研)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，∠ADB＝ 90°，CB＝CD，点 E 为棱 PB 的中点． (1)若 PB＝PD，求证：PC⊥BD； (2)求证：CE∥平面 PAD. 证明：(1)取 BD 的中点 O，连结 CO，PO，因为 CD＝CB， 所以 BD⊥CO. 因为 PB＝PD，所以 BD⊥PO. 又 PO∩CO＝O， 所以 BD⊥平面 PCO.
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即 BA⊥AC. 又因为 BA⊥AD，AC∩AD＝A，所以 AB⊥平面 ACD. 因为 AB⊂平面 ABC，所以平面 ACD⊥平面 ABC. (2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2. 又 BP＝DQ＝23DA，所以 BP＝2 2. 如图，过点 Q 作 QE⊥AC， 垂足为 E，则 QE 綊13DC.
(1)证明：BE⊥平面 D1AE； (2)设 F 为 CD1 的中点，在线段 AB 上是否存在一点 M，使得 MF∥平面 D1AE，若存在，求出AAMB 的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵四边形 ABCD 为矩形且 AD＝DE＝EC ＝BC＝2，∴AE＝BE＝2 2.又 AB＝4，∴AE2＋BE2＝AB2， ∴∠AEB＝90°，即 BE⊥AE.又平面 D1AE⊥平面 ABCE，平面 D1AE∩平面 ABCE＝AE，BE⊂平面 ABCE，∴BE⊥平面 D1AE.
因为 PC⊂平面 PCO，所以 PC⊥BD.
(2)由 E 为 PB 中点，连结 EO，则 EO∥PD， 又 EO⊄平面 PAD，PD⊂平面 PAD， 所以 EO∥平面 PAD. 由∠ADB＝90°，以及 BD⊥CO，所以 CO∥AD， 又 CO⊄平面 PAD，所以 CO∥平面 PAD. 又 CO∩EO＝O，所以平面 CEO∥平面 PAD， 而 CE⊂平面 CEO，所以 CE∥平面 PAD.
(2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，BB1⊥平面 A1B1C1， 因为 A1F⊂平面 A1B1C1，所以 BB1⊥A1F. 又 A1F⊥B1C1，BB1∩B1C1＝B1，所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 在(1)中已证得 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD. 又 A1F⊄平面 ADE，AD⊂平面 ADE，所以 A1F∥平面 ADE.
(2)AAMB ＝14，理由如下： 取 D1E 的中点 L，连接 FL，AL， ∴FL∥EC，FL＝12EC＝1. 又 EC∥AB，∴FL∥AB，且 FL＝14AB， ∴M，F，L，A 四点共面．若 MF∥平面 AD1E，则 MF∥AL.∴四边形 AMFL 为平行四边形， ∴AM＝FL＝14AB，即AAMB ＝14.
[方法技巧] 与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤
[演练冲关]
(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形 ABCM 中，AB＝AC＝3， ∠ACM＝90°.以 AC 为折痕将△ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB⊥DA.
(1)证明：平面 ACD⊥平面 ABC； (2)Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 BP＝DQ ＝23DA，求三棱锥 Q-ABP 的体积．
由已知及(1)可得，DC⊥平面 ABC， 所以 QE⊥平面 ABC，QE＝1. 因此，三棱锥 Q-ABP 的体积为 VQABP＝13×S△ABP×QE＝13×12× 3×2 2sin 45°×1＝1.
2．(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.
题型(二)
两平面之间位置 关系的证明
考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本质是 考查线面垂直和平行.
[典例感悟] [例 2] (2019·南京盐城一模)如图，在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是棱 BC，CC1 上 的点(其中点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 棱 B1C1 上的点，且 A1F⊥B1C1. 求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)A1F∥平面 ADE. [证明] (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC. 因为 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 又 AD⊥DE，在平面 BCC1B1 中，CC1 与 DE 相交， 所以 AD⊥平面 BCC1B1. 又 AD⊂平面 ADE，所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
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.
大题考法
—— 平行与垂直
题型(一)
线线、线面位置 关系的证明
平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线 面平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直 关系的转化等.
[典例感悟]
[例 1] (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.
空间位置关系的 题型(三) 综合问题
主要考查空间线面、面面平行或垂直的位置关系的证明与翻 折或存在性问题相结合的综合问题.
[典例感悟] [例 3] 如图 1，在矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝2，E 是 CD 的中点，将△ADE 沿 AE 折起，得到如图 2 所示的四棱锥 D1ABCE， 其中平面 D1AE⊥平面 ABCE.
[演练冲关]
(2018·江苏高考)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1＝AB， AB1⊥B1C1. 求证：(1)AB∥平面 A1B1C； (2)平面 ABB1A1⊥平面 A1BC. 证明：(1)在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中， AB∥A1B1. 因为 AB⊄平面 A1B1C，A1B1⊂平面 A1B1C， 所以 AB∥平面 A1B1C.