1、第六节 平行、垂直的综合问题考向 1 平行与垂直关系的综合问题【典例1】(2013湛江模拟)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点.求证：(1)C1M平面AA1B1B.(2)A1BAM.(3)平面AC1M平面B1NC.【思路点拨】(1)证明的关键是由B1C1=A1C1，M为A1B1的中点证明C1MA1B1，再根据C1MA1A即可得证.(2)要证A1BAM，可转化为证明A1B平面AC1M.(3)利用面面平行的判定定理证明.【规范解答】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1C1=A1C1，M是A1B1的中点，C1MA1B1.又
2、C1MA1A，A1AA1B1=A1，A1A，A1B1平面AA1B1B，C1M平面AA1B1B.(2)A1B平面AA1B1B，由(1)知C1M平面AA1B1B，A1BC1M.又A1BAC1，AC1，C1M平面AC1M，AC1C1M=C1，A1B平面AC1M.又AM平面AC1M，A1BAM.(3)在矩形AA1B1B中，易知AMB1N，AM 平面B1NC,B1N平面B1NC，AM平面B1NC.又C1MCN，CN平面B1NC，C1M 平面B1NC，C1M平面B1NC.又C1MAM=M，C1M，AM平面AC1M，平面AC1M平面B1NC.【互动探究】将本例条件“B1C1=A1C1，AC1A1B，M，N分
3、别是A1B1，AB的中点”改为“AB=BB1，D为AC的中点,AC1平面A1BD”，求证：(1)B1C平面A1BD.(2)B1C1平面ABB1A1.【证明】(1)如图，连接AB1.令AB1A1B=O，则O为AB1的中点.连接OD，D为AC的中点，在ACB1中，有ODB1C.又OD平面A1BD，B1C 平面A1BD，B1C平面A1BD.(2)AB=B1B，三棱柱ABC -A1B1C1为直三棱柱，四边形ABB1A1为正方形.A1BAB1.又AC1平面A1BD，A1B平面A1BD，AC1A1B.又AC1平面AB1C1，AB1平面AB1C1，AC1AB1=A，A1B平面AB1C1.又B1C1平面AB1
4、C1，A1BB1C1.又A1A平面A1B1C1，B1C1平面A1B1C1，A1AB1C1.又A1A平面ABB1A1，A1B平面ABB1A1，A1AA1B=A1，B1C1平面ABB1A1.【拓展提升】解决平行与垂直关系的综合应用问题的方法解答平行、垂直的综合题时，要学会识图、用图与作图.图在解题中起着非常重要的作用，空间平行、垂直关系的证明，都与几何体的结构特征相结合，准确识图，灵活利用几何体的结构特征找出平面图形中的线线平行与垂直关系是证明的关键.【提醒】在利用线面平行、垂直关系的判定与性质证明问题时，一定要把条件写全，否则不一定成立.【变式备选】三棱柱ABC-A1B1C1中，平面BB1C1C
5、平面ABC，AB=AC，D是BC的中点，M为AA1上一动点.(1)求证：ADCC1.(2)若AM=MA1，求证：AD平面MBC1.(3)若平面MBC1平面BB1C1C，求证：AM=MA1.【证明】(1)AB=AC,D为BC的中点，ADBC.又平面B1BCC1平面ABC,平面B1BCC1平面ABC=BC,AD平面B1BCC1,又CC1平面B1BCC1,ADCC1.(2)取BC1的中点E，连接DE，ME，CC1B中，DE是中位线,DECC1，且DE= CC1,又平行四边形AA1C1C中，M是AA1中点,AMCC1,且AM= CC1,DEAM且DE=AM，可得四边形ADEM是平行四边形,ADEM,A
6、D 平面MBC1且EM平面MBC1,AD平面MBC1.(3)过点M作MEBC1,垂足为E，连接DE.平面MBC1平面BB1C1C，平面MBC1平面BB1C1C=BC1,MEBC1,ME平面BB1C1C,由(1)知AD平面BB1C1C可得MEAD.设AD，EM确定的平面为,AM面BB1C1C，AM,面BB1C1C=DE,DEAM,四边形ADEM是平行四边形，可得AM=DE,BCC1中，DECC1且D为BC的中点,DE= CC1,因此，可得AM= CC1= AA1,故AM=MA1.考向 2 平面图形的折叠问题【典例2】(2013珠海模拟)图1是由菱形BCDE和ABC组成的五边形，其中P为AB的中点
7、，现沿BC将菱形BCDE折起，使得AD=AB，得到如图2所示的几何体.证明：(1)AD平面PCE. (2)平面ABD平面ACE.【思路点拨】(1)由于P为AB的中点，故可考虑借助三角形的中位线定理证明；(2)要证平面ABD平面ACE，可证明BD平面ACE.【规范解答】(1)如图，设菱形BCDE的两条对角线交于点Q，连接AQ，PQ.在ABD中，Q为BD的中点，P为AB的中点，则ADPQ.又PQ平面PCE，AD 平面PCE，AD平面PCE.(2)四边形BCDE为菱形，BDCE，且BQ=DQ.又在ABD中，AB=AD，BQ=DQ，AQBD.又AQCE=Q，BD平面ACE.又BD平面ABD，平面ABD
8、平面ACE.【拓展提升】解决折叠问题的常用方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.【变式训练】已知直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB=1，BC=2， 过A作AECD，垂足为E，G，F分别为AD，CE的中点，现将ADE沿AE折叠，使得DEEC.(1)求证：BC平面CDE.(2)求证：FG平面BCD.【解析】(1)由已知得：DEAE，又DEEC，DE平面ABCE，DEBC.又BCCE，
9、DECE=E，BC平面CDE.(2)取AB的中点H，连接GH，FH.G为AD的中点，GHBD，FHBC.又BD平面BCD，GH 平面BCD，BC平面BCD，FH 平面BCD，GH平面BCD，FH平面BCD.又GHFH=H，GH，FH平面FHG，平面FHG平面BCD.FG平面FHG，FG平面BCD.考向 3 立体几何中的探索性问题【典例3】(2013惠州模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，ACBD=O.(1)若ACPD，求证：AC平面PBD.(2)若平面PAC平面ABCD，求证：PB=PD.(3)在棱PC上是否存在点M(异于点C)使得BM平面PAD，若存在，求 的值；若不存在，说明
10、理由.【思路点拨】(1)关键由菱形的对角线互相垂直即得证.(2)可由面面垂直的性质得BD平面PAC，然后借助菱形的性质证得PB=PD.(3)可假设存在点M，然后从BM平面PAD推得结论.【规范解答】(1)因为底面ABCD是菱形，所以ACBD.因为ACPD，PDBD=D，所以AC平面PBD.(2)由(1)知ACBD.因为平面PAC平面ABCD，平面PAC平面ABCD=AC，BD 平面ABCD，所以BD平面PAC.因为PO 平面PAC，所以BDPO.因为底面ABCD是菱形，所以BO=DO，所以PB=PD.(3)不存在满足题中条件的点M.下面用反证法说明.假设在棱PC上存在点M(异于点C)使得BM平
11、面PAD.在菱形ABCD中，BCAD，因为AD平面PAD，BC 平面PAD，所以BC平面PAD.因为BM平面PBC，BC 平面PBC，BCBM=B，所以平面PBC平面PAD.而平面PBC与平面PAD相交，矛盾.故假设不成立，即不存在这样的点M.【拓展提升】1.探索性问题的类型立体几何中的探索性问题的主要有两类：(1)探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么.(2)探索结论，即在某条件下，命题的结论是什么.2.求解探索性问题的方法(1)对命题条件的探索常用的三种方法：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；把几何问题转化为代数问题，探
12、索命题成立的条件.(2)对命题结论的探索常用的方法：首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设.【变式训练】如图，在四棱锥P-ABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD=DC，F是PB的中点.(1)求证：PADF.(2)在线段AD上是否存在点G，使GF平面PBC？若存在，说明G点的位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由.【解析】(1)如图，取PA的中点E，连接EF，DE，则EFAB.PD底面ABCD，PDAB.又ABAD，PDAD=D，AB平面PAD，ABPA.EFAB，EFPA.PD=DC=DA，
13、DEPA.DEEF=E，PA平面DEF，PADF.(2)在线段AD上存在点G，使GF平面PBC，且G点是AD的中点.理由如下：取AD的中点G，连接PG，BG，GF，EG，PDA=BAD，DG=AG，PD=DC=BA，PDGBAG，PG=BG.又F为PB的中点，故GFPB.EFAB，ABBC，EFBC.EGPD，PD平面ABCD，EG平面ABCD，EGBC.又EGEF=E，BC平面EFG.GF平面EFG，BCGF.GFPB，PBBC=B，GF平面PBC.【满分指导】解答立体几何中的折叠问题【典例】(12分)(2012江西高考)如图，在梯形ABCD中，ABCD，E，F是线段AB上的两点，且DEAB
14、，CFAB，AB=12，AD=5， DE=4.现将ADE，CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.(1)求证：平面DEG平面CFG.(2)求多面体CDEFG的体积.【思路点拨】 【规范解答】(1)因为DEAB，CFAB，CDAB，所以四边形CDEF为矩形.1分由GD=AD=5，DE=4，得 2分由GC=BC= CF=DE=4，得所以EF=5.3分在EFG中，有EF2=EG2+FG2，所以EGFG.4分又因为CFEF，CFFG，得CF平面EFG，5分所以CFEG，CFFG=F,所以EG平面CFG，即平面DEG平面CFG.6分(2)在平面EGF中，过点G作GHEF
15、于点H，则 8分可证平面CDEF平面EFG，得GH平面CDEF，10分V多面体CDEFG= S四边形CDEFGH=16.12分【失分警示】(下文见规范解答过程)1.(2013揭阳模拟)设表示平面，a,b表示两条不同的直线，给定下列四个命题：a，ab b；ab,ab；a，abb；a,bab.其中正确的是( )(A) (B) (C) (D)【解析】选B.在中，当a，ab时，b与的位置关系无法确定；在中，当a，ab时，可得b或b，故错，易证正确.2.(2013清远模拟)已知直线m,n和平面，若，=m，n，要使n，则应增加的条件是( )(A)mn (B)nm(C)n (D)n【解析】选B.根据平面与平
16、面垂直的性质定理可知选B.3.(2013茂名模拟)给定下列四个命题:若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行;若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；垂直于同一直线的两条直线相互平行;若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真命题的是( )(A)和 (B)和(C)和 (D)和【解析】选D.由线面、面面平行、垂直的判定与性质知错,正确,错,正确,故选D.4.(2013佛山模拟)如图所示，直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形,BAD=ADC=90，AB=2AD=2CD=2.(1)求证:AC平
17、面BB1C1C.(2)在A1B1上是否存在一点P,使得DP与平面ACB1平行？证明你的结论.【解析】(1)直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1平面ABCD,BB1AC.又BAD=ADC=90,AB=2AD=2CD=2,AC= ,CAB=45,BC= ,BCAC.又BB1BC=B,AC平面BB1C1C.(2)存在点P,P为A1B1的中点可满足要求.证明:由P为A1B1的中点，有PB1AB,且PB1= AB.又CDAB，CD= AB，CDPB1,且CD=PB1,四边形CDPB1为平行四边形，DPCB1.又CB1平面ACB1,DP 平面ACB1,DP平面ACB1.1.如图,ABCDEF-A1B
18、1C1D1E1F1是底面半径为1的圆柱的内接正六棱柱(底面是正六边形，侧棱垂直于底面)，过FB作圆柱的截面交下底面于C1E1,已知 (1)证明：四边形BFE1C1是平行四边形.(2)证明:FBCB1.(3)求三棱锥A-A1BF的体积.【解析】(1)因为圆柱的上下底面平行,且FB,C1E1是截面与圆柱上、下底面的交线,所以FBC1E1.依题意得,正六边形ABCDEF是圆内接正六边形,所以，正六边形的边长等于圆的半径,即AB=AF=1.在ABF中，由正六边形的性质可知,BAF=120,所以,BF2=AB2+AF2-2ABAFcos 120即同理可得 所以FB=C1E1,故四边形BFE1C1是平行四
19、边形.(2)连接FC,则FC是圆柱上底面的圆的直径,CBF=90,即FBBC.又B1B平面ABCDEF,FB平面ABCDEF,FBB1B.B1BBC=B,FB平面B1BCC1.又CB1平面B1BCC1,FBCB1.(3)连接F1C1，则四边形CFF1C1是矩形,且FC=F1C1=2，FF1F1C1.在RtFF1C1中, 三棱锥A1-ABF的高为3,三棱锥A1-ABF的体积 又三棱锥A-A1BF的体积等于三棱锥A1-ABF的体积，三棱锥A-A1BF的体积等于2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的三视图如图所示，其中正视图AA1B1B和侧视图B1BCC1均为矩形，三棱柱的高为5，在俯视图A1B1C1
20、中，如果A1C1=3，A1B1=5,cos A1= ，D是底边AB的中点.(1)求证BCAC1.(2)求三视图中侧视图的面积.(3)求证AC1平面CDB1,并求三棱锥D-C1B1C的体积.【解析】(1)因为正视图和侧视图均为矩形，所以该三棱柱为直三棱柱,在俯视图A1B1C1中，A1C1=3，A1B1=5，cos A1 ,由余弦定理可得B1C1=4,A1C1B1=ACB=90,BCAC.又BCCC1，CC1AC=C，BC平面ACC1A1.AC1平面ACC1A1,BCAC1.(2)侧视图中BC的长等于底面ABC中顶点C到边AB的距离d,侧视图的面积(3)连接BC1交B1C于M,则M为BC1的中点,连接DM,则DMAC1.DM平面DCB1,AC1 平面DCB1,AC1平面CDB1.点A，C1到平面CDB1的距离相等.
