高考数学命题角度4_1空间平行垂直关系的证明大题狂练理 15页

命题角度 4.1：空间平行，垂直关系的证明 1. 如图，直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）ABC﹣A1B1C1 中，点 G 是 AC 的中点． （1）求证：B1C∥平面 A1BG； （2）若 AB=BC， ，求证：AC1⊥A1B． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. （2）证明：∵直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，BG 平面 ABC，∴AA1⊥BG， ∵G 为棱 AC 的中点，AB=BC，∴BG⊥AC， ∵AA1∩AC=A，∴BG⊥平面 ACC1A1，∴BG⊥AC1， ∵G 为棱 AC 中点，设 AC=2，则 AG=1， ∵ ，∴在 Rt△ACC1 和 Rt△A1AG 中， ， ∴∠AC1C=∠A1GA=∠A1GA+∠C1AC=90°，∴A1G⊥AC1， ∵ ，∴AC1⊥平面 A1BG， ∵A1B⊂平面 A1BG，∴AC1⊥A1B. 2. 一副直角三角板（如图 1）拼接，将 BCD 折起，得到三棱锥 A BCD （如图 2）. （1）若 ,E F 分别为 ,AB BC 的中点，求证： / /EF 平面 ACD ； （2）若平面 ABC  平面 BCD，求证：平面 ABD  平面 ACD . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）利用三角形中位线的性质，可得 / /EF AC ，由线面平行的判定定理 可证明 / /EF 平面 ACD ；（2）若平面 ABC  平面 BCD ，可得CD  平面 ,ABC CD AB ， ,AB AC AB   平面 ACD ，由面面垂直的判定定理可证明 平面 ABD  平面 ACD . 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定 定理，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关 键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线 定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的 性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法① 证明的. 3. 如 图 ， 在 四 棱 柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中 ， 已 知 平 面 1 1AAC C  平 面 ABCD ， 且 3AB BC CA   ， 1AD CD  ． （1）求证： 1BD AA ； （2）若 E 为棱 BC 的中点，求证： / /AE 平面 1 1DCC D ． 【答案】（1）证明过程如解析；（2）证明过程如解析 【解析】【试题分析】（1）依据题设条件先运用线面垂直的判定定理证明 BD  平面 1 1AAC C ， 再运用线面垂直的性质定理证明 1BD AA ；（2）先借助题设条件证明 / /AE DC ，再运用线 面平行的判定定理证明 / /AE 平面 1 1DCC D ： 证明：（1）在四边形 ABCD 中，因为 ,BA BC DA DC  ，所以 BD AC ，又平面 1 1AAC C  平面 ABCD ，且平面 1 1AAC C  平面 ABCD AC ， BD  平面 ABCD ，所以 BD  平面 1 1AAC C ，又因为 1AA  平面 1 1AAC C ，所以 1BD AA ． （2）在三角形 ABC 中，因为 AB AC ，且 E 为 BC 中点，所以 AE BC ，又因为在四边 形 ABCD 中， 3AB BC CA   ， 1DA DC  ，所以 60ACB  ， 30ACD  ， 所以 DC BC ，所以 / /AE DC ，因为 DC  平面 1 1,DCC D AE  平面 1 1DCC D ，所以 / /AE 平面 1 1DCC D ． 4. 如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1D⊥A1F， A1C1⊥A1B1． (1) 求证：直线 DE∥平面 A1C1F； (2) 求证：平面 B1DE⊥平面 A1C1F． 【答案】（1）见解析（2）见解析 (2)在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，A1A⊥平面 A1B1C1， ∵A1C1⊂平面 A1B1C1，∴A1A⊥A1C1， 又∵A1C1⊥A1B1，AA1⊂平面 ABB1A1，A1B1⊂平面 ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1， ∴A1C1⊥平面 ABB1A1． ∵B1D⊂平面 ABB1A1，∴A1C1⊥B1D． 又∵B1D⊥A1F，A1C1⊂平面 A1C1F，A1F⊂平面 A1C1F，A1C1∩A1F＝A1， ∴B1D⊥平面 A1C1F． ∵B1D⊂平面 B1DE，∴平面 B1DE⊥平面 A1C1F． 5.如图所示, ABCD 是边长为 3 的正方形, DE  平面 , / / , 3 ,ABCD AF DE DE AF BE 与平面 ABCD 所成角为 60 . (Ⅰ)求证： AC 平面 BDE ； (Ⅱ)设点 M 是线段 BD 上一个动点,试确定点 M 的位置,使得 / /AM 平面 BEF ,并证明你的 结论． 【答案】(Ⅰ)见解析； (Ⅱ) 1 3BM BD . 【解析】试题分析: (1)由线面垂直的判定定理证明; (2)建立空间直角坐标系 D xyz , 写出 各点坐标, 由于点 M 在线段 BD 上,所以设   , ,0 0 3 2M t t t  ,求出平面 BEF 的法向量 n ,由 0AM n   ,求出点 M 的坐标. 试题解析: (Ⅰ)证明：∵ DE  平面 ABCD ,∴ DE AC , ∵ ABCD 是正方形,∴ AC BD , 又 DE BD D ＝ , ∴ AC 平面 BDE . (Ⅱ)解：因为 , ,DA DC DE 两两垂直,所以建立空间直角坐标系 D xyz 如图所示, 因为 BE 与平面 ABCD 所成角为 60,即 60DBE  , 所以 3ED DB  , 由 3AD  ,可知 3 6, 6DE AF  , 则        3 0 0 , 3,0 6 , 0,0 3 6 , 3,3 0A F E B，， ， ， ， , 所以    0 3, 6 , 3 0, 2 6BF EF    ， ， , 设平面 BEF 的法向量  , ,n x y z , 则 0{ 0 n BF n EF       ,即 3 6 0{ 3 2 6 0 y z x z      . 令 6z  得,  4,2, 6n  , 又点 M 是线段 BD 上一动点, 设   , ,0 0 3 2M t t t  ,则  3, ,0AB t t  因为 / /AM 平面 BEF , 所以 0AM n   ,即  4 3 2 0t t   解得 2t  . 此时,点 M 的坐标为(2,2,0) 即当 1 3BM BD 时, / /AM 平面 BEF . 6.如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝AC，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，垂足 O 落在线段 AD 上．已知 BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点 M 是线段 AP 上一点，且 AM＝3.试证明平面 AMC⊥平面 BMC. (2)由(1)知|AP|＝5， 又|AM|＝3，且点 M 在线段 AP 上， 7.如图 1，在 Rt ABC 中， 90 , 3, 6,C BC AC    ,D E 分别是 ,AC AB 上的点，且 DE BC ， 2DE  ，将△ ADE 沿 DE 折起到△ 1A DE 的位置，使 1AC CD ，如图 2. (I)求证： 1AC BCDE 平面 ； (II)线段 BC 上是否存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直？说明理由． 【答案】(1)见解析;(2) 线段 BC 上不存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直．. 【解析】试题分析：（1）证明 A1C⊥平面 BCDE，因为 A1C⊥CD，只需证明 A1C⊥DE，即证明 DE ⊥平面 A1CD；（2）设线段 BC 上存在点 P，设 P 点坐标为（0，a，0），则 a∈[0，3]，求出平 面 A1DP 法向量为  1 3 ,6, 3n a a  假设平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直，则 1 * 0n n   ，可求得 0≤a≤3，从而可得结论． (II)解：线段 BC 上不存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直． 以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C xyz ， 则  1 0,0,2 3A ，  0,2,0D ，  0,1, 3M ，  3,0,0B ，  2,2,0E ． 假设这样的点 P 存在，设其坐标为  ,0,0P p ，其中  0,3p ． 设平面 1A BE 的法向量为  , ,n x y z ， 则 1 0{ 0 n A B n BE       , 又  1 3,0, 2 3A B   ，  1,2,0BE   ， 所以 令 1y  ，则 2, 3x z  . 所以  2,1, 3n  ． 平面 1A DP 的法向量为  1 1 1, ,m x y z ，则 1 0{ 0 m A D m DP       ， 又  1 0,2, 2 3A D   ，  , 2,0DP p  ， 所以 1 1 1 1 2 2 3 0{ 2 0 y z px y     令 1 2x  ，则 1 1 3, 3 py p z  .所以 32, , 3 pm p        平面 1A DP ⊥平面 1A BE ，当且仅当 0m n   ， 即 4 0p p   .解得 2p   ，与  0,3p 矛盾． 所以线段 BC 上不存在点 P ，使平面 1A DP 与平面 1A BE 垂直． 点睛：本题考查线面垂直，考查线面角，考查面面垂直，MN：向量语言表述面面的垂直、平 行关系；LW：直线与平面垂直的判定；MQ：用空间向量求直线与平面的夹角；既有传统方法， 又有向量知识的运用，要加以体会. 8. 如 图 ， ,PA QC 都 与 正 方 形 ABCD 所 在 平 面 垂 直 ， 2 2AB PA QC   ， AC BD O  （Ⅰ）求证： PO ⊥平面QBD ; （Ⅱ）过点C 与平面 PBQ 平行的平面交 PD 于点 E ，求 PE ED 的值. 【答案】（1）见解析（2） 1 2 PE ED  【解析】试题分析:（1）由条件得三角形 PAD 为等腰三角形,再根据等腰三角形性质得 BD OP .计算由勾股定理得 OP OQ ,最后根据线面垂直判定定理得 PO ⊥平面 QBD ; （2）设点C 与平面 PBQ 平行的平面交QD 于点 N ，由面面平行性质定理得 / /NE PQ ,所以 1 2 PE QN ED ND   试题解析：（Ⅰ）连接OQ ，由题知 PA QC , , , ,P A Q C 共面, , ,BD AC BD PA PA AC A    ， ∴ BD PACQ 平面 , PO PACQ 平面 ∴ BD OP . 由题中数据得 2, 2, 6,PA AO OC OP    1, 3QC OQ  ∴ PAO ∽ ,OCQ ∴ OPA QOC   , 又∵ 90POA OPA     ∴ 90POA COQ     ∴OP OQ （或计算 3PQ  ，由勾股定理得出 90 ,POQ OP OQ   ） ∵ , ,OP BD OP OQ BD OQ O    ， ∴ ,OP QBD 平面 （Ⅱ）如图，以 A 为原点，分别以 , ,AB AD AP 所在直线为 , ,x y z 轴建立直角坐标系， ∴各点坐标分别为            0,0,0 , 2,0,0 , 2,2,0 , 0,2,0 , 0,0,2 , 2,2,1A B C D P Q , ∴ BP = 2,0,2 , BQ = 0,2,1 ,设平面 PBQ 的法向量  , ,n x y z ∴ 2 2 0{ 2 0 n BP x z n BQ y z            ，得{ 2 x z y z    ， 不妨设 1y   ，∴  2, 1,2n   设 PE ED  ,∴  (1 ) 0,2, 2PD PE ED ED         ,  1 0,2, 21ED    2 22, ,1 1CE CD DE              ， ∵CE  平面 PBQ ,∴CE 与平面 PBQ 的法向量  2, 1,2n   垂直。 2 4 2 44 01 1 1n CE               , ∴ 1 2   . ∴ 1 2 PE ED  9.如图，四棱锥 的底面 是直角梯形, , ,侧面 底面 , 是等边三角形， ，点 分别是棱 的中点 . （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）在线段 上存在一点 ，使 平面 ，且 ，求 的值. 【答案】(1)详见解析;(2) ;(3) . 【解析】试题分析： (Ⅰ)由题意证得 ，结合线面平行的判断定理可得 平面 . (Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标表示得到关于实数 的方程，解方程可得 . 试题解析： （Ⅰ）证明：设 是 的中点，连接 ∵ 分别是 的中点 ∴ ， ，∴ ∴ 四点共面 ∵ ， 平面 ，∴ 平面 （Ⅱ）∵ 平面 底面 ， ∴ 平面 ，过点 作 轴与平面 垂直，则 轴 平面 以 分别为 轴， 轴建立空间直角坐标系 ， ， ， ，设 ， ， ∴ ， ∵ 平面 ，∴ ∴ ， . 点睛：高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般 可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以 借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性 问题时，更可以发挥这一优势. 10.如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD ， 2 2AB AD  ， 60 60DAB    ，四边形 CDEF 为正方形，平面CDEF  平面 ABCD . （Ⅰ）若点G 是棱 AB 的中点，求证： EG ∥平面 BDF ； （Ⅱ）在线段 FC 上是否存在点 H ，使平面 BDF  平面 HAD ？若存在，求 FH HC 的值；若 不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析（2） 10 10 （3）见解析 试题解析:（Ⅰ）证明：由已知得 EF // CD ，且 =EF CD . 因为 ABCD 为等腰梯形，所以有 BG // CD . 因为G 是棱 AB 的中点，所以 =BG CD ． 所以 EF // BG ，且 =EF BG ， 故四边形 EFBG 为平行四边形, 所以 EG // FB . 因为 FB  平面 BDF ， EG  平面 BDF ， 所以 EG //平面 BDF ． 解： 在等腰梯形 ABCD 中，可得 1DC CB  . 如图,以 D 为原点，以 DA DB DE， ， 所在直线分别为 , ,x y z 轴， 建立空间坐标系， 则  0,0,0D ，  1,0,0A ，  0,0,1E ，  0, 3,0B ， 1 3, ,12 2F      ， 所以  1,0,1AE   ， 1 3, ,12 2DF        ，  0, 3,0DB  . 设平面 BDF 的法向量为  , ,n x y z ，由 0{ 0. n DB n DF       ， 所以 3 0 { 1 3 02 2 y x y z      ，取 1z  ，则 2, 0x y  ，得  2,0,1n  ． 线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF  平面 HAD ．证明如下： 假设线段 FC 上存在点 H ，设  1 3, , 0 12 2H t t        ， 则 1 3, ,2 2DH t        ． 设平面 HAD 的法向量为  , ,m a b c ，由 0,{ 0. m DA m DH       所以 0 { 1 3 02 2 a a b tc      ， 取 1c  ，则 20, 3 a b t   ，得 20, ,1 3 m t     ． 要使平面 BDF  平面 HAD ，只需 0m n  ， 即 22 0 0 1 1 0 3 t      ， 此方程无解． 所以线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF  平面 HAD ．