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高考数学专题20 立体几何中的平行与垂直问题(解析版)

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专题20 立体几何中的平行与垂直问题

一、题型选讲

题型一 、线面平行与垂直

知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。直线与平面垂直关键是找两条相交直线

例1、(2021南通、泰州、扬州一调〕如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，DA＝DP.

求证：(1)MN∥平面PBC；

MD⊥平面PAB.

【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)

又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)

又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)

(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)

又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)

因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)

又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)

例2、(2021扬州期末〕如下图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．

(1) 求证：EF∥平面ABC；

(2) 求证：BB1⊥AC.

标准解答 (1)在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B，四边形BB1C1C均为平行四边形，E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点，所以E，F分别是AB1，CB1的中点，所以EF∥AC.(4分)

因为EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(8分)

(2)因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1⊥AB.

因为平面AA1B1B⊥平面ABC，且平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，BB1⊂平面AA1B1B， 所以BB1⊥平面ABC.(12分)

因为AC⊂平面ABC，所以BB1⊥AC.(14分)

例3、(2021南京、盐城二模〕如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．

求证：(1)DE∥平面ACC1A1；

(2)AE⊥平面BCC1B1.

标准解答 (1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．

又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)

在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.

又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，

所以DE∥平面ACC1A1.(6分)

(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)

又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.

又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)

在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)

因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)

例4、(2021苏锡常镇调研〕如图，三棱锥DABC中，AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：

(1) EF∥平面ABC；

(2) BD⊥平面ACE.

. 标准解答 (1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC的中点，所以EF∥BC，(3分)

因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，

所以EF∥平面ABC.(6分)

(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD

所以AC⊥平面BCD，(8分)

因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)

因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)

因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)

例5、(2021苏州三市、苏北四市二调〕如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.

求证：(1) DE∥平面ABB1A1； (2) BC1⊥平面A1B1C.

标准解答 (1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面ACC1A1为平行四边形．又A1C与AC1交于点D，所以D为AC1的中点，同理，E为BC1的中点．所以DE∥AB.(3分)

又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，

所以DE∥平面ABB1A1.(6分)

(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1.

又因为A1B1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1.(8分)

又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，BB1∩B1C1＝B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1.(10分)

又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1.(12分)

又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.

又A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，

所以BC1⊥平面A1B1C.(14分)

例6、(2021苏北四市一模〕如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：

(1) 直线A1E∥平面ADC1；

(2) 直线EF⊥平面ADC1.

标准解答

(1) 证法1 连结ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，

所以四边形B1BDE是平行四边形，(2分)

所以BB1∥DE且BB1＝DE.

又BB1∥AA1且BB1＝AA1，

所以AA1∥DE且AA1＝DE，

所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E∥AD.(4分)

又因为A1E⊄平面ADC1，AD⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(7分) 证法2 连结ED，连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，连结MN，那么因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以C1E∥CD且C1E＝CD，

所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点．(2分)

因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，(4分)

所以MN∥A1E.

又因为A1E⊄平面ADC1，MN⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(7分)

(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC.

又AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.

又△ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD⊥BC.(9分)

又BB1，BC⊂平面B1BCC1，BB1∩BC＝B，

所以AD⊥平面B1BCC1，

又EF⊂平面B1BCC1，所以AD⊥EF.(11分)

又EF⊥C1D，C1D，AD⊂平面ADC1，C1D∩AD＝D，

所以直线EF⊥平面ADC1.(14分)

题型二、线面与面面平行与垂直

证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。平面与平面的平行关键是在一个平面内找两条相交直线；平面与平面垂直可以从二面角入手页可以从线面垂直进行转化。

例7、〔2021年江苏高考〕在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

〔1〕求证：EF∥平面AB1C1；

〔2〕求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【解析】〔1〕由于,EF分别是1,ACBC的中点，所以1//EFAB.

由于EF平面11ABC,1AB平面11ABC，所以//EF平面11ABC.

〔2〕由于1BC平面ABC，AB平面ABC，所以1BCAB.

由于1,ABACACBCC，所以AB平面1ABC, 由于AB平面1ABB，所以平面1ABC平面1ABB.

例8、(2021宿迁期末〕在四棱锥SABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形．

(1) 求证：平面SAC⊥平面SBD；

(2) 假设点M是棱AD的中点，点N在棱SA上，且AN＝12NS，求证：SC∥平面BMN.

标准解答 (1)因为SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以SA⊥BD.(2分)

又因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD.

又SA，AC⊂平面SAC，且SA∩AC＝A，

所以BD⊥平面SAC.(5分)

由BD⊂平面SBD，得平面SAC⊥平面SBD.(7分)

(2)设AC与BM的交点为E，连结NE.

由底面ABCD是菱形，得AD∥BC.

所以AEEC＝AMBC＝AMAD＝12.(9分)

又因为AN＝12NS，所以AEEC＝ANNS＝12，所以NE∥SC.(11分)

因为NE⊂平面BMN，SC⊄平面BMN，所以SC∥平面BMN.(14分) A B C D P

E

F

A B C D P

E

F H 例9、(2021苏北四市、苏中三市三调〕如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面BPC⊥平面DPC，

BPBC，E，F分别是PC，AD的中点．

求证：〔1〕BE⊥CD；

〔2〕EF∥平面PAB．

证〔1〕在△PBC中，因为BPBC，E是PC的中点，

所以BE⊥PC. …… 2分

又因为平面BPC⊥平面DPC，

平面BPC平面DPCPC，BE平面BPC，

所以BE⊥平面PCD. …… 5分

又因为CD平面DPC，

所以BE⊥CD.

…… 7分

〔2〕取PB的中点H，连结EH，AH.

在△PBC中，又因为E是PC的中点，

所以HE∥BC，12HEBC.…… 9分

又底面ABCD是平行四边形，F是AD的中点，

所以AF∥BC，12AFBC.

所以HE∥AF，HEAF，

所以四边形AFEH是平行四边形，

所以EF∥HA. …… 12分

又因为EF平面PAB，HA平面PAB，

所以EF∥平面PAB. …… 14分

例10、(2021扬州期末〕如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．

(1) 求证：B1C1∥平面A1DE；

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高考数学二轮复习考点知识专题讲解12---立体几何中的平行与垂直问题(含解析)

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专题12 12 立体几何中的平行与垂直问题立体几何中的平行与垂直问题立体几何中的平行与垂直问题

【自主热身自主热身，，归纳总结归纳总结】】

1、 设α，β为互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下列四个命题：

①若m∥n，n⊂α，则m∥α；

②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；

③若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；

④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β.

其中正确命题的序号为________．

【答案】.④

【解析】：对于①，直线m可能在平面α内，故①错误；对于②，没有m与n相交的条件，故②错误；对

于③，m与n也可能异面，故③错误．

2、已知平面α，β，直线m，n，给出下列命题：

①若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；

②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；

③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；

④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.

其中是真命题的是________(填序号)．

【答案】③④

如图，在正方体ABCDA

1B

1C

1D

1中，CD∥平面ABC

1D

1，BC∥平面ADC

1B

1，且BC⊥CD，又因为平面ABC

1D

1与平面

ADC

1B

1不垂直，故①不正确；因为平面ABCD∥平面A

1B

1C

1D

1，且B

1C

1∥平面ABCD，AB∥平面A

1B

1C

1D

1，但AB

与B

1C

1不平行，故②不正确．同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确．

3、若α，β是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．

①若直线m⊥α，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线；

②若直线m⊥α，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直；

③若直线m⊂α，则在平面β内，不一定存在与直线m垂直的直线；

④若直线m⊂α，则在平面β内，一定存在与直线m垂直的直线．

【答案】

：②④ 2 / 16

2020届高考数学二轮复习专题《立体几何中的平行与垂直问题》

2020届高考数学二轮复习专题《立体几何中的平行与垂直问题》

专题29 立体几何中的平行与垂直问题

在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大．柱、锥、台、球及其简单组合体和平面及其基本性质虽然没有单独考查，但作为立体几何最基本的要素是融入在解答题中考查的.

如图29-1，四棱锥PABCD的底面为矩形，且AB＝2BC，E，F分别为棱AB，PC的中点．

(1)求证：EF∥平面PAD；

图29-1

(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，求证：平面PAC⊥平面PDE.

本题考查空间直线与平面的平行、垂直的判定，(1)题中，先由题设中的中点条件出发，利用中位线性质证得线线平行，然后推证线面平行；(2)题中，由条件出发，利用平面几何知识推证DE⊥AC，再由“射影”条件、结合线面垂直定义推证DE⊥PO，得到DE⊥平面PDE.

(2019·徐州二模)如图29-6，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.

图29-6

求证：(1)DE∥平面ABB1A1；

(2)BC1⊥平面A1B1C.

(2019·苏锡一模)如图29-7，正三棱柱ABCA1B1C1的高为6，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．

图29-7

求证：(1)B1M∥平面A1BN；

(2)AD⊥平面A1BN.

如图29-9，在三棱锥PABC中，BC⊥平面PAB.已知PA＝AB，D，E分别为PB，BC的中点．

(1)求证：AD⊥平面PBC；

图29-9

(2)若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，求AFFC的值．

(2019·南京二模)如图29-11，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．

专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题 高考数学压轴题分项讲义(解析版)

专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题 高考数学压轴题分项讲义(解析版)

专题三 压轴解答题

第一关 以立体几何中探索性问题为背景的解答题

【名师综述】利用空间向量解决探索性问题

立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．

1. 以“平行”为背景的存在判断型问题

典例1 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形， 060BCD， PA平面ABCD， E是AB的中点.

（1）求证：平面PDE平面PAB；

（2）棱PC上是否存在一点F，使得//BF平面PDE？若存在，确定F的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.

【解析】（1）连接BD，因为底面ABCD是菱形， 60BCD,所以ABD为正三角形.

因为E是AB的中点, 所以DEAB,

因为PA面ABCD, DEABCD面，∴DEPA，

因为DEAB， DEPA， ABPAA,

所以DEPAB面.

又DEPDE面, 所以面PDE⊥面PAB.

所以 BF∥GE，

又GE面PDE， BF面PDE，

∴BF∥面PDE，结论得证. 学_

【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．

【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.

（1）求证：;

（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.

高考数学一轮复习讲练测(浙江版)：专题8.7 立体几何中的向量方法(Ⅰ)—证明平行与垂直(测)(原卷版)

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2019年高考数学讲练测【浙江版】【测】

第八章 立体几何

第07节 立体几何中的向量方法(Ⅰ)—证明平行与垂直

班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.）

1.平面α经过三点A(－1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )．

A.12，－1，－1 B．(6，－2，－2)

C．(4,2,2) D．(－1,1,4)

2.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )．

A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定

3. 已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，若AB→⊥BC→，BP→＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( )

A.337，－157，4 B.407，－157，4

C.407，－2,4 D．4，407，－15

4. 如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为 ( )

A．(1，1，1) B.23，23，1

C.22，22，1 D.24，24，1

5. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝22，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为

( )

A．平行 B．异面

C．垂直 D．以上都不对

6. 如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝23A1D，AF＝13AC，则( )

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