2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第4讲 立体几何 第1课时 空间中线、面平行和垂直关系的证明练习 文

第1课时空间中线、面平行和垂直关系的证明考情分析立体几何的解答题着重考查线线、线面与面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.热点题型分析热点综合法证明平行和垂直1线、面平行问题解题策略(1)证明线面平行：利用线面平行的定义、判定定理，面面平行的性质定理、性质等；(2)证明面面平行：利用面面平行的定义、判定定理、垂直于同一直线的两个平面平行、平行于同一平面的两个平面平行；(3)利用线线、线面、面面平行的相互转化2线、面垂直问题解题策略(1)证明线线垂直：利用图形中的垂直关系、等腰三角形底边中线的性质、勾股定理、线面垂直的性质；(2)证明线面垂直：利用判定定理、线面垂直的性质、面面垂直的性质；(3)证明面面垂直：利用判定定理、证明直二面角；(4)利用线线、线面、面面垂直的相互转化 (2019江苏高考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，ABBC求证：(1)A1B1平面DEC1；(2)BEC1E.证明(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.(2)因为ABBC，E为AC的中点，所以BEAC因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以C1C平面ABC又因为BE平面ABC，所以C1CBE.因为C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1CACC，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.1利用综合法证明平行和垂直的步骤如下：(1)巧转化：根据图形与已知条件，通过转化寻找证明平行或垂直所需要的条件；(2)用定理：将上述转化所得的条件代入相应的判定或性质定理；(3)得结论：根据定理证得相应的结论2利用线面平行的判定定理证明线面平行是常用方法，根据定理要求，需证线线平行，而证明线线平行的方法则常用三角形中位线的性质、构造平行四边形或平行公理，要根据图形特征灵活选择方法3利用面面垂直的判定定理证明面面垂直是常用方法，而其需要证明线面垂直在证明线线垂直时，要注意特殊图形中的隐含垂直关系，如直棱柱和正棱柱的条件，菱形对角线相互垂直平分，圆中直径所对的圆周角为90等1如图，平面ABB1A1为圆柱的轴截面，点C为底面圆周上异于A，B的任意一点(1)求证：BC平面A1AC；(2)若D为AC的中点，求证：A1D平面O1BC证明(1)因为ABB1A1为圆柱的轴截面，点C为底面圆周上异于A，B的任意一点，所以BCAC又在圆柱中，AA1底面圆O，所以AA1CB，又AA1ACA，所以BC平面A1AC(2)如图，取BC边中点M，连接DM，O1M.因为D为AC的中点，所以DMAB，且DMAB又在圆柱中，A1O1AB且A1O1AB，所以DMA1O1且DMA1O1，所以A1DMO1是平行四边形，故A1DO1M.又A1D平面O1BC，O1M平面O1BC，所以A1D平面O1BC2如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为正方形，四边形BB1C1C为菱形，BB1C160，平面AA1B1B平面BB1C1C(1)求证：B1CAC1；(2)设点E，F分别是B1C，AA1的中点，试判断直线EF与平面ABC的位置关系，并说明理由解(1)证明：如图所示，连接BC1.因为四边形BB1C1C为菱形，所以BC1B1C又因为四边形AA1B1B为正方形，所以ABBB1，因为平面AA1B1B平面BB1C1C，平面AA1B1B平面BB1C1CBB1，AB平面AA1B1B，所以AB平面BB1C1C又B1C平面BB1C1C，于是ABB1C又因为ABBC1B，所以B1C平面ABC1.因为AC1平面ABC1，所以B1CAC1.(2)直线EF与平面ABC的位置关系为平行，证明如下：如图所示，取BC中点D，连接AD，DE.因为E是B1C的中点，所以DEBB1且DEBB1.因为四边形AA1B1B为正方形，F是AA1的中点，所以AFBB1且AFBB1，故DEAF且DEAF，所以四边形ADEF是平行四边形，因此ADEF.又AD平面ABC，EF平面ABC，所以EF平面ABC专题作业1(2017江苏高考)如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC证明(1)在平面ABD内，因为ABAD，EFAD，所以EFAB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BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD因为AD平面ABD，所以BCAD又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC又因为AC平面ABC，所以ADAC2如图，在正方形AMDE中，B，C分别为AM，MD的中点，在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：ABFG；(2)若PA平面AMDE，PAAE，求证：AF平面PED证明(1)因为四边形AMDE为正方形，B为AM的中点，所以ABDE.又DE平面PED，AB平面PED，所以AB平面PED又因为AB平面ABHGF，平面ABHGF平面PEDFG，所以ABFG.(2)因为PA平面AMDE，ED平面AMDE，所以PAED，又因为四边形AMDE为正方形，所以AEED因为AEPAA，所以ED平面PAE.又AF平面PAE，所以EDAF.因为PAAE，F为棱PE的中点，所以AFPE，又EDPEE，所以AF平面PED3.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面ABC，ACBC，E在线段B1C1上，B1E3EC1，ACBCCC14.(1)求证：BCAC1；(2)试探究：在AC上是否存在点F，满足EF平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为AA1平面ABC, BC平面ABC，所以BCAA1.又因为BCAC，AA1ACA, AA1，AC平面AA1C1C，所以BC平面AA1C1C，又AC1平面AA1C1C，所以BCAC1.(2)解法一：当AF3FC时，EF平面A1ABB1.证明如下：如图，在平面A1B1C1内过点E作EGA1C1交A1B1于点G，连接AG.因为B1E3EC1，所以EGA1C1，又AFA1C1且AFA1C1，所以AFEG且AFEG，所以四边形AFEG为平行四边形，所以EFAG，又EF平面A1ABB1，AG平面A1ABB1，所以EF平面A1ABB1.解法二：当AF3FC时，EF平面A1ABB1.证明如下：如图，在平面BCC1B1内过点E作EGBB1交BC于点G，连接FG.因为EGBB1，EG平面A1ABB1，BB1平面A1ABB1，所以EG平面A1ABB1.因为B1E3EC1，所以BG3GC，所以FGAB，又AB平面A1ABB1，FG平面A1ABB1，所以FG平面A1ABB1.又EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，所以平面EFG平面A1ABB1.又EF平面EFG，所以EF平面A1ABB1.- 6 -