2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專(zhuān)題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第1課時(shí) 空間中線、面平行和垂直關(guān)系的證明練習(xí) 文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專(zhuān)題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第1課時(shí) 空間中線、面平行和垂直關(guān)系的證明練習(xí) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專(zhuān)題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第4講 立體幾何 第1課時(shí) 空間中線、面平行和垂直關(guān)系的證明練習(xí) 文（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1課時(shí)　空間中線、面平行和垂直關(guān)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(zhì)，且多以棱柱、棱錐、棱臺(tái)或其簡(jiǎn)單組合體為載體進(jìn)行考查，難度中等. 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)　綜合法證明平行和垂直 1．線、面平行問(wèn)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(zhì)定理、性質(zhì)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(gè)平面平行、平行于同一平面的兩個(gè)平面平行； (3)利用線線、線面、面面平行的相互轉(zhuǎn)化． 2．線、面垂直問(wèn)題解題策略 (1)證明線線垂直：利用圖形中的垂直關(guān)系、等腰三角形底邊中

2、線的性質(zhì)、勾股定理、線面垂直的性質(zhì)； (2)證明線面垂直：利用判定定理、線面垂直的性質(zhì)、面面垂直的性質(zhì)； (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(zhuǎn)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(diǎn)，AB＝BC． 求證：(1)A1B1∥平面DEC1； (2)BE⊥C1E. 證明　(1)因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，所以ED∥AB． 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED． 又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1?平面DEC1， 所以A1B1

3、∥平面DEC1. (2)因?yàn)锳B＝BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC． 因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC． 又因?yàn)锽E?平面ABC，所以C1C⊥BE. 因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E?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(zhuǎn)化：根據(jù)圖形與已知條件，通過(guò)轉(zhuǎn)化尋找證明平行或垂直所需要的條件； (2)用定理：將上述轉(zhuǎn)化所得的條件代入相應(yīng)的判定或性質(zhì)定理； (3)得結(jié)論：根據(jù)定理證得相應(yīng)的結(jié)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(zhì)、構(gòu)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(shí)，要注意特殊圖形中的隱含垂直關(guān)系，如直棱柱和正棱柱的條件，菱形對(duì)角線相互垂直平分，圓中直徑所對(duì)的圓周角為90°等． 1．如圖，平面ABB1A1為圓柱的軸截面，點(diǎn)C為底面圓周上異于A，B的任意一點(diǎn)． (1)求證：BC⊥平面A1AC； (2)若D為AC的中點(diǎn)，求證：A1D∥平面O1BC． 證明　(1)因?yàn)锳BB1A1為圓柱的軸截面，

5、點(diǎn)C為底面圓周上異于A，B的任意一點(diǎn)，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(diǎn)M，連接DM，O1M. 因?yàn)镈為AC的中點(diǎn)，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(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)分別是B1C，AA1的中點(diǎn)，試判斷直線EF與平面ABC的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由． 解　(1)證明：如圖所示，連接BC1.因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為菱形，所以BC1⊥B1C．又因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B為正方形，所以AB⊥BB1，因?yàn)槠矫鍭A1B1B⊥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?yàn)锳B∩BC1＝B，所以B1C⊥平面ABC1.因?yàn)锳C1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1. (2)直線EF與平面

7、ABC的位置關(guān)系為平行，證明如下： 如圖所示，取BC中點(diǎn)D，連接AD，DE.因?yàn)镋是B1C的中點(diǎn)，所以DE∥BB1且DE＝BB1.因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B為正方形，F(xiàn)是AA1的中點(diǎn)，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(zhuān)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(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．

8、 證明　(1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB． 又因?yàn)镋F?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC． (2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD． 因?yàn)锳D?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?yàn)锳C?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(diǎn)，在五棱錐P－ABCDE中，F(xiàn)為棱PE的中點(diǎn)，平面ABF與棱PD，PC分別

9、交于點(diǎn)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?yàn)樗倪呅蜛MDE為正方形，B為AM的中點(diǎn)，所以AB∥DE.又DE?平面PED，AB?平面PED，所以AB∥平面PED．又因?yàn)锳B?平面ABHGF，平面ABHGF∩平面PED＝FG，所以AB∥FG. (2)因?yàn)镻A⊥平面AMDE，ED?平面AMDE，所以PA⊥ED，又因?yàn)樗倪呅蜛MDE為正方形，所以AE⊥ED．因?yàn)锳E∩PA＝A，所以ED⊥平面PAE.又AF?平面PAE，所以ED⊥AF.因?yàn)镻A＝AE，F(xiàn)為棱PE的中點(diǎn)，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(diǎn)F，滿足EF∥平面A1ABB1？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)F的位置，并給出證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)證明：因?yàn)锳A1⊥平面ABC, BC?平面ABC，所以BC⊥AA1. 又因?yàn)锽C⊥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(dāng)AF＝3FC時(shí)，EF∥平面A

11、1ABB1.證明如下： 如圖，在平面A1B1C1內(nèi)過(guò)點(diǎn)E作EG∥A1C1交A1B1于點(diǎn)G，連接AG. 因?yàn)锽1E＝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(dāng)AF＝3FC時(shí)，EF∥平面A1ABB1. 證明如下： 如圖，在平面BCC1B1內(nèi)過(guò)點(diǎn)E作EG∥BB1交BC于點(diǎn)G，連接FG.因?yàn)镋G∥BB1，EG?平面A1ABB1，BB1?平面A1ABB1，所以EG∥平面A1ABB1. 因?yàn)锽1E＝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. - 6 -