难点26垂直与平行
垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题.
●难点磁场
(★★★★)已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分别是AB、A1B1的中点，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，异面直线AB1和C1B互相垂直.
(1)求证：AB1⊥C1D1；
(2)求证：AB1⊥面A1CD；
(3)若AB1=3，求直线AC与平面A1CD所成的角.
●案例探究
［例1］两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求证：MN∥平面BCE.
命题意图：本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识，属★★★★级题目.
知识依托：解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)线(外)∥面.或转化为证两个平面平行.
错解分析：证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN所在平面是一个关键.
技巧与方法：证法一利用线面平行的判定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行.
证法一：作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，则MP∥AB，NQ∥AB.
∴MP∥NQ，又AM=NF，AC=BF，
∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45°
∴Rt△MCP≌Rt△NBQ
∴MP=NQ,故四边形MPQN为平行四边形
∴MN∥PQ
∵PQ平面BCE，MN在平面BCE外，
∴MN∥平面BCE.
证法二：如图过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC，
∴
连结NH，由BF=AC，FN=AM，得
∴MN∥平面BCE.
［例2］在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC.
(1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1；
(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C；
(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由.
命题意图：本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质，属★★★★★级题目.
知识依托：线面垂直、面面垂直的判定与性质.
错解分析：(3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出.
技巧与方法：本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线.
(1)证明：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC
∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C
∴AD⊥CC1.
(2)证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N
∵AM=MA1，∴NA1=A1B1
∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1
∴C1N⊥C1B1
∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C
∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C
∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
(3)解：结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性.
过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C
∴ME⊥侧面BB1C1C，又∵AD⊥侧面BB1C1C.
∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面
∵AM∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE
∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1
∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点
∴AM=DE=AA1，∴AM=MA1.
●锦囊妙计
垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系：
1.平行转化
2.垂直转化
每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的.
例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是()
A. B. C. D.
2.(★★★★)在直二面角α—l—β中，直线aα,直线bβ,a、b与l斜交，则()
A.a不和b垂直，但可能a∥b B.a可能和b垂直，也可能a∥b
C.a不和b垂直，a也不和b平行 D.a不和b平行，但可能a⊥b
二、填空题
3.(★★★★★)设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥ZX∥Y”为真命题的是_________(填序号).
①X、Y、Z是直线②X、Y是直线，Z是平面③Z是直线，X、Y是平面④X、Y、Z是平面
4.(★★★★)设a,b是异面直线，下列命题正确的是_________.
①过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交
②过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直
③过a一定可以作一个平面与b垂直
④过a一定可以作一个平面与b平行
三、解答题
5.(★★★★)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点.
(1)求证：CD⊥PD;
(2)求证：EF∥平面PAD;
(3)当平面PCD与平面ABCD成多大角时，直线EF⊥平面PCD？
6.(★★★★)如图，在正三棱锥A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分别交AB、BD、DC、CA于点E、F、G、H.
(1)判定四边形EFGH的形状，并说明理由.
(2)设P是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH，请给出证明.
7.(★★★★)如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都相等，D、E分别是CC1和AB1的中点，点F在BC上且满足BF∶FC=1∶3.
(1)若M为AB中点，求证：BB1∥平面EFM；
(2)求证：EF⊥BC；
(3)求二面角A1—B1D—C1的大小.
8.(★★★★★)如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB=
∠C1CD=∠BCD=60°,
(1)证明：C1C⊥BD；
(2)假定CD=2，CC1=，记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角的余弦值；
(3)当的值为多少时，可使A1C⊥面C1BD？
参考答案
难点磁场
1.(1)证明：∵A1C1=B1C1，D1是A1B1的中点，∴C1D1⊥A1B1于D1，
又∵平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，∴C1D1⊥平面A1B1BA，
而AB1平面A1ABB1，∴AB1⊥C1D1.
(2)证明：连结D1D，∵D是AB中点，∴DD1CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得CD⊥AB1，又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂线定理得BD1⊥AB1，
又∵A1D∥D1B，∴AB1⊥A1D而CD∩A1D=D，∴AB1⊥平面A1CD.
(3)解：由(2)AB1⊥平面A1CD于O，连结CO1得∠ACO为直线AC与平面A1CD所成的角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=，
∴∠OCA=.
歼灭难点训练
一、1.解析：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则易知A1H长即是点A1到平面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=，AO1=3，由A1O1·A1A=h·AO1,可得A1H=.
答案：C
2.解析：如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′，
∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角.
答案：C
二、3.解析：①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例.
答案：②③
4.④
三、5.证明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD内的射影，
∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.
(2)取CD中点G，连EG、FG，
∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD
∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD
(3）解：当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD
证明：G为CD中点，则EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP
由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE
又F是PC的中点，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.
6.(1)证明：
同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形
∵A—BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，
∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，
∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形.
(2)作CP⊥AD于P点，连结BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG面EFGH.面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=a.
7.(1)证明：连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点，
∴BB1∥ME，又BB1平面EFM，∴BB1∥平面EFM.
(2)证明：取BC的中点N，连结AN由正三棱柱得：AN⊥BC，
又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中点，故MF∥AN，
∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME.
∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，
又EF平面EFM，∴BC⊥EF.
(3)解：取B1C1的中点O，连结A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由点O作B1D的垂线OQ，垂足为Q，连结A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD为二面角A1—B1D—C的平面角，易得∠A1QO=arctan.
8.(1)证明：连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D
∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O
∴BD⊥平面AC1，又C1C平面AC1，∴C1C⊥BD.
(2)解：由(1)知AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角.
在△C1BC中，BC=2，C1C=，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+()2－2×2××cos60°=.
∵∠OCB=30°,∴OB=,BC=1,C1O=,即C1O=C1C.
作C1H⊥OC，垂足为H，则H是OC中点且OH=，∴cosC1OC=
(3)解：由(1)知BD⊥平面AC1，∵A1O平面AC1，∴BD⊥A1C，当=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD.
|
|
