2009年高考數(shù)學(xué)難點突破專題輔導(dǎo)二十六
難點26 垂直與平行
垂直與平行是高考的重點內(nèi)容之一，考查內(nèi)容靈活多樣.本節(jié)主要幫助考生深刻理解線面平行與垂直、面面平行與垂直的判定與性質(zhì)，并能利用它們解決一些問題.
●難點磁場
(★★★★)已知斜三棱柱ABC―A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分別是AB、A1B1的中點，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，異面直線AB1和C1B互相垂直.
(1)求證：AB1⊥C1D1；
(2)求證：AB1⊥面A1CD；
(3)若AB1=3，求直線AC與平面A1CD所成的角.
●案例探究
［例1］兩個全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求證：MN∥平面BCE.
命題意圖：本題主要考查線面平行的判定，面面平行的判定與性質(zhì)，以及一些平面幾何的知識，屬★★★★級題目.
知識依托：解決本題的關(guān)鍵在于找出面內(nèi)的一條直線和該平面外的一條直線平行，即線(內(nèi))∥線(外)
線(外)∥面.或轉(zhuǎn)化為證兩個平面平行.
錯解分析：證法二中要證線面平行，通過轉(zhuǎn)化證兩個平面平行，正確的找出MN所在平面是一個關(guān)鍵.
技巧與方法：證法一利用線面平行的判定來證明.證法二采用轉(zhuǎn)化思想，通過證面面平行來證線面平行.
證法一：作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q為垂足，則MP∥AB，NQ∥AB.
∴MP∥NQ，又AM=NF，AC=BF，
∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45°
∴Rt△MCP≌Rt△NBQ
∴MP=NQ,故四邊形MPQN為平行四邊形
∴MN∥PQ
∵PQ
平面BCE，MN在平面BCE外，
∴MN∥平面BCE.
證法二：如圖過M作MH⊥AB于H，則MH∥BC，
∴
連結(jié)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，側(cè)面BB1C1C⊥底面ABC.
(1)若D是BC的中點，求證：AD⊥CC1；
(2)過側(cè)面BB1C1C的對角線BC1的平面交側(cè)棱于M，若AM=MA1，求證：截面MBC1⊥側(cè)面BB1C1C；
(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要條件嗎？請你敘述判斷理由.
命題意圖：本題主要考查線面垂直、面面垂直的判定與性質(zhì)，屬★★★★★級題目.
知識依托：線面垂直、面面垂直的判定與性質(zhì).
錯解分析：(3)的結(jié)論在證必要性時，輔助線要重新作出.
技巧與方法：本題屬于知識組合題類，關(guān)鍵在于對題目中條件的思考與分析，掌握做此類題目的一般技巧與方法，以及如何巧妙作輔助線.
(1)證明：∵AB=AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC
∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥側(cè)面BB1C1C
∴AD⊥CC1.
(2)證明：延長B1A1與BM交于N，連結(jié)C1N
∵AM=MA1，∴NA1=A1B1
∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1
∴C1N⊥C1B1
∵底面NB1C1⊥側(cè)面BB1C1C，∴C1N⊥側(cè)面BB1C1C
∴截面C1NB⊥側(cè)面BB1C1C
∴截面MBC1⊥側(cè)面BB1C1C.
(3)解：結(jié)論是肯定的，充分性已由(2)證明，下面證必要性.
過M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥側(cè)面BB1C1C
∴ME⊥側(cè)面BB1C1C，又∵AD⊥側(cè)面BB1C1C.
∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面
∵AM∥側(cè)面BB1C1C，∴AM∥DE
∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1
∵D是BC的中點，∴E是BC1的中點
∴AM=DE=
AA1，∴AM=MA1.
●錦囊妙計
垂直和平行涉及題目的解決方法須熟練掌握兩類相互轉(zhuǎn)化關(guān)系：
1.平行轉(zhuǎn)化
2.垂直轉(zhuǎn)化
每一垂直或平行的判定就是從某一垂直或平行開始轉(zhuǎn)向另一垂直或平行最終達到目的.
例如：有兩個平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理，在一個平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.
●殲滅難點訓(xùn)練
一、選擇題
1.(★★★★)在長方體ABCD―A1B1C1D1中，底面是邊長為2的正方形，高為4，則點A1到截面AB1D1的距離是( )
A.
B.
C.
D.
2.(★★★★)在直二面角α―l―β中，直線a
α,直線bβ,a、b與l斜交，則( )
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、填空題
3.(★★★★★)設(shè)X、Y、Z是空間不同的直線或平面，對下面四種情形，使“X⊥Z且Y⊥Z
X∥Y”為真命題的是_________(填序號).
①X、Y、Z是直線 ②X、Y是直線，Z是平面 ③Z是直線，X、Y是平面 ④X、Y、Z是平面
4.(★★★★)設(shè)a,b是異面直線，下列命題正確的是_________.
①過不在a、b上的一點P一定可以作一條直線和a、b都相交
②過不在a、b上的一點P一定可以作一個平面和a、b都垂直
③過a一定可以作一個平面與b垂直
④過a一定可以作一個平面與b平行
三、解答題
5.(★★★★)如圖，在四棱錐P―ABCD中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱PA垂直于底面，E、F分別是AB、PC的中點.
(1)求證：CD⊥PD;
(2)求證：EF∥平面PAD;
(3)當(dāng)平面PCD與平面ABCD成多大角時，直線EF⊥平面PCD？
6.(★★★★)如圖，在正三棱錐A―BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分別交AB、BD、DC、CA于點E、F、G、H.
(1)判定四邊形EFGH的形狀，并說明理由.
(2)設(shè)P是棱AD上的點，當(dāng)AP為何值時，平面PBC⊥平面EFGH，請給出證明.
7.(★★★★)如圖，正三棱柱ABC―A1B1C1的各棱長都相等，D、E分別是CC1和AB1的中點，點F在BC上且滿足BF∶FC=1∶3.
(1)若M為AB中點，求證：BB1∥平面EFM；
(2)求證：EF⊥BC；
(3)求二面角A1―B1D―C1的大小.
8.(★★★★★)如圖，已知平行六面體ABCD―A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB=
∠C1CD=∠BCD=60°,
(1)證明：C1C⊥BD；
(2)假定CD=2，CC1=
，記面C1BD為α,面CBD為β,求二面角α―BD―β的平面角的余弦值；
(3)當(dāng)
的值為多少時，可使A1C⊥面C1BD？
難點磁場
1.(1)證明：∵A1C1=B1C1，D1是A1B1的中點，∴C1D1⊥A1B1于D1，
又∵平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，∴C1D1⊥平面A1B1BA，
而AB1平面A1ABB1，∴AB1⊥C1D1.
(2)證明：連結(jié)D1D，∵D是AB中點，∴DD1
CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得CD⊥AB1，又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂線定理得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，連結(jié)CO1得∠ACO為直線AC與平面A1CD所成的角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=
，
∴∠OCA=
.
殲滅難點訓(xùn)練
一、1.解析：如圖，設(shè)A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交線為AO1，在面AA1O1內(nèi)過A1作A1H⊥AO1于H，則易知A1H長即是點A1到平面AB1D1的距離，在Rt△A1O1A中，A1O1=
，AO1=3，由A1O1?A1A=h?AO1,可得A1H=
.
答案：C?
2.解析：如圖，在l上任取一點P，過P分別在α、β內(nèi)作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一點A，過A作AC⊥l，垂足為C，則AC⊥β,過C作CB⊥b′交b′于B，連AB，由三垂線定理知AB⊥b′，
∴△APB為直角三角形,故∠APB為銳角.
答案：C
二、3.解析：①是假命題，直線X、Y、Z位于正方體的三條共點棱時為反例，②③是真命題，④是假命題，平面X、Y、Z位于正方體的三個共點側(cè)面時為反例.
答案：②③
4.④
三、5.證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD內(nèi)的射影，
∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.
(2)取CD中點G，連EG、FG，
∵E、F分別是AB、PC的中點，∴EG∥AD，FG∥PD
∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD
(3）解：當(dāng)平面PCD與平面ABCD成45°角時，直線EF⊥面PCD
證明：G為CD中點，則EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF為平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，從而得∠ADP=45°，AD=AP
由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE
又F是PC的中點，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.
6.(1)證明：
同理EF∥FG，∴EFGH是平行四邊形
∵A―BCD是正三棱錐，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，
∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，
∴HG⊥EH，四邊形EFGH是矩形.
(2)作CP⊥AD于P點，連結(jié)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)證明：連結(jié)EM、MF，∵M、E分別是正三棱柱的棱AB和AB1的中點，
∴BB1∥ME，又BB1
平面EFM，∴BB1∥平面EFM.
(2)證明：取BC的中點N，連結(jié)AN由正三棱柱得：AN⊥BC，
又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中點，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的中點O，連結(jié)A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由點O作B1D的垂線OQ，垂足為Q，連結(jié)A1Q，由三垂線定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD為二面角A1―B1D―C的平面角，易得∠A1QO=arctan
.
8.(1)證明：連結(jié)A1C1、AC，AC和BD交于點O，連結(jié)C1O，
∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共邊，∴△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，垂足為H，則H是OC中點且OH=，∴cosC1OC=
(3)解：由(1)知BD⊥平面AC1，∵A1O平面AC1，∴BD⊥A1C，當(dāng)
=1時，平行六面體的六個面是全等的菱形，同理可證BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD.
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