2009年高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破專(zhuān)題輔導(dǎo)二十六

難點(diǎn)26  垂直與平行

垂直與平行是高考的重點(diǎn)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(wèn)題.

●難點(diǎn)磁場(chǎng)

(★★★★)已知斜三棱柱ABC―A₁B₁C₁中，A₁C₁=B₁C₁=2，D、D₁分別是AB、A₁B₁的中點(diǎn)，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(gè)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(shí)，屬★★★★級(jí)題目.

知識(shí)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(gè)平面平行.

錯(cuò)解分析：證法二中要證線面平行，通過(guò)轉(zhuǎn)化證兩個(gè)平面平行，正確的找出MN所在平面是一個(gè)關(guān)鍵.

技巧與方法：證法一利用線面平行的判定來(lái)證明.證法二采用轉(zhuǎn)化思想，通過(guò)證面面平行來(lái)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(guò)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(diǎn)，求證：AD⊥CC₁；

(2)過(guò)側(cè)面BB₁C₁C的對(duì)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(qǐng)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(jí)題目.

知識(shí)依托：線面垂直、面面垂直的判定與性質(zhì).

錯(cuò)解分析：(3)的結(jié)論在證必要性時(shí)，輔助線要重新作出.

技巧與方法：本題屬于知識(shí)組合題類(lèi)，關(guān)鍵在于對(duì)題目中條件的思考與分析，掌握做此類(lèi)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(diǎn)，∴AD⊥BC

∵底面ABC⊥平面BB₁C₁C，∴AD⊥側(cè)面BB₁C₁C

∴AD⊥CC₁.

(2)證明：延長(zhǎng)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(guò)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(diǎn)，∴E是BC₁的中點(diǎn)

∴AM=DE=AA₁，∴AM=MA₁.

●錦囊妙計(jì)

垂直和平行涉及題目的解決方法須熟練掌握兩類(lèi)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(kāi)始轉(zhuǎn)向另一垂直或平行最終達(dá)到目的.

例如：有兩個(gè)平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理，在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.

●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、選擇題

試題詳情

試題詳情

試題詳情

二、填空題

試題詳情

試題詳情

三、解答題

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

試題詳情

難點(diǎn)磁場(chǎng)

1.(1)證明：∵A₁C₁=B₁C₁，D₁是A₁B₁的中點(diǎn)，∴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(diǎn)，∴DD₁CC₁，∴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(diǎn)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(guò)A₁作A₁H⊥AO₁于H，則易知A₁H長(zhǎng)即是點(diǎn)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(diǎn)P，過(guò)P分別在α、β內(nèi)作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一點(diǎn)A，過(guò)A作AC⊥l，垂足為C，則AC⊥β,過(guò)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(diǎn)棱時(shí)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(gè)共點(diǎn)側(cè)面時(shí)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(diǎn)G，連EG、FG，

∵E、F分別是AB、PC的中點(diǎn)，∴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(shí)，直線EF⊥面PCD

證明：G為CD中點(diǎn)，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(diǎn)，∴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(diǎn)，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(diǎn)，

∴BB₁∥ME，又BB₁平面EFM，∴BB₁∥平面EFM.

(2)證明：取BC的中點(diǎn)N，連結(jié)AN由正三棱柱得：AN⊥BC，

又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中點(diǎn)，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(diǎn)O，連結(jié)A₁O知，A₁O⊥面BCC₁B₁，由點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)且OH=，∴cosC₁OC=

(3)解：由(1)知BD⊥平面AC₁，∵A₁O平面AC₁，∴BD⊥A₁C，當(dāng)=1時(shí)，平行六面體的六個(gè)面是全等的菱形，同理可證BC₁⊥A₁C，又∵BD∩BC₁=B，∴A₁C⊥平面C₁BD.