1、第五节 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】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）由B1C1=A1C1，M为A1B1的中点可知C1MA1B1，再根据C1MA1A即可得证.（2）要证A1BAM，可转化为证明A1B平面AC1M.（3）要证面面平行，应转化为证明线面平行.,【规范解答】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1C1=A1C1，M是A1B1的中点，C1MA1B1.又C1MA1A，A
2、1AA1B1=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
3、分别是A1B1，AB的中点”改为“AB=BB1，AC1平面A1BD，D为AC的中点”，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=BB1，三棱柱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B1
4、C1 平面AB1C1，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立体几何综合题时，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】如图，已知四棱锥A-BC
5、DE，其中AB=BC=AC=BE=1，CD=2，CD平面ABC，BECD，F为AD的中点.（1）求证：EF平面ABC.（2）求证：平面ADE平面ADC.（3）求四棱锥A-BCDE的体积.,【解析】（1）取AC中点G，连接FG，BG，F,G分别是AD，AC的中点，FGCD，且FG= CD=1.BECD，BE= CD，FG与BE平行且相等，四边形BEFG是平行四边形.EFBG.又EF 平面ABC，BG 平面ABC，EF平面ABC.,（2）ABC为等边三角形，BGAC，又DC平面ABC，BG 平面ABC，DCBG.ADAC=C,BG平面ADC.EFBG，EF平面ADC.EF 平面ADE，平面ADE平
6、面ADC.（3）方法一：连接EC，该四棱锥分为两个三棱锥：E-ABC和E-ACD.,方法二：取BC的中点为O，连接AO，则AOBC，又CD平面ABC，CDAO，又BCCD=C，AO平面BCDE，AO为四棱锥A-BCDE的高且又,考向 2 平面图形的折叠问题【典例2】（1）如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面三个结论：,直线BE与AF异面；直线BE与CF异面，EF平面PBC；平面BCE平面PAD=EF.其中正确的有_（把所有正确结论的序号都填上）.,（2）（2013郑州模拟）图1是由菱形BCDE和ABC组成的五边形，其中P为
7、AB的中点，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：AD平面PCE.平面ABD平面ACE.,【思路点拨】（1）该几何体是一个四棱锥，先画出四棱锥，然后再判断.（2）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；要证平面ABD平面ACE，可证明BD平面ACE.,【规范解答】（1）如图所示，显然正确；由已知可得EFAD，ADBC，EFBC，即E，F，B，C共面，错误；正确.答案：,（2）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.,
8、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平面ACE.,【拓展提升】解决折叠问题的关注点（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
9、，使得DEEC.（1）求证：BC平面CDE.（2）求证：FG平面BCD.（3）在线段AE上找一点R，使得平面BDR平面BCD，并说明理由.,【解析】（1）由已知得：DEAE，又DEEC，DE平面ABCE，DEBC.又BCCE，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.,（3）R点满足3AR=RE时，平面BDR平面BCD.证明如下：取
10、BD中点Q，连接DR，BR，CR，CQ，RQ.容易计算CD=2，,在BDR中，根据余弦定理可得在CRQ中，CQ2+RQ2=CR2，CQRQ.又在BCD中，CD=BC，Q为BD的中点，CQBD.CQ平面BDR，又CQ 平面BCD，平面BDR平面BCD.,考向 3 立体几何中的探索性问题【典例3】（2013海淀模拟）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，说明理由.,【思路点拨】（1）利用菱形的对角线互
11、相垂直求证.（2）可由面面垂直的性质得BD平面PAC，然后借助菱形的性质求得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平面PAD.在菱形ABCD中，BCAD，,因
12、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（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，即在给定的条件下，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采用以下三种方法：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，探索命题成立的条件.（2）对命题结论的探索常采用以下方法：首先
13、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，DEPA.DEEF=E，PA平面DEF，PADF.
14、（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，CFAB，AB= 12，AD=5， DE=
15、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2分,3分在EFG中，有EF2=EG2+FG2，所以EGFG.4分又因为CFEF，CFFG，EFFG=F,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于点H，则 8分可证平面CDEF平面EFG，得GH平面CDEF，10分 12分,【失分警示】（下文见
16、规范解答过程）,1.（2013瑞安模拟）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咸阳模拟）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M，N分别在AB1，BC1上，且 则下列结论AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；B1D1MN中，正确命题的个数是( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4,【解析】选B.如图过M，N分别在平面ABB1A1和平面B
17、CC1B1中作MEAB，NFBC，垂足分别为E，F,连接EF，易证四边形MNFE为平行四边形，MNEF，MN平面ABCD，,MN平面A1B1C1D1，故正确;A1A平面ABCD，A1AEF，A1AMN,故正确；EF与AC相交，ACA1C1，故错误;由于BD与EF不垂直，且BDB1D1,故错误.,3.（2013郑州模拟）正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AA1, CC1的中点，P是CC1上的动点（包括端点），过点E，D，P作正方体的截面，若截面为四边形，则P的轨迹是( )(A)线段C1F (B)线段CF(C)线段CF和一点C1 (D)线段C1F和一点C,【解析】选C.如图，DE平面
18、BB1C1C，则平面DEP与平面BB1C1C的交线为PM且PMED，连接EM，易证MP=ED，MP ED，则M到达B1时仍可构成四边形，即P到F点.而P在C1F之间，不满足要求，P在点C1仍可构成四边形.,4.（2013西安模拟）如图，四棱锥P-ABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD=DC=4，AD=2，E为PC的中点.（1）求证：ADPC.（2）求三棱锥A-PDE的体积.（3）在线段AC上是否存在一点M，使得PA平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.,【解析】（1）因为PD平面ABCD，所以PDAD.又因为四边形ABCD是矩形，所以ADCD.因为PDCD=D
19、，所以AD平面PCD.又因为PC 平面PCD，所以ADPC.,（2）由（1）知AD平面PCD，所以AD是三棱锥A-PDE的高.因为E为PC的中点，且PD=DC=4，所以又AD=2，所以,（3）取AC的中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EMPA.又因为EM 平面EDM，PA 平面EDM，所以PA平面EDM.此时即在边AC上存在一点M，使得PA平面EDM，且AM的长为,1.如图，三棱锥A-BCD中，平面ABC平面BCD，ACB= BDC=90，E，F分别为BC，BD的中点，G为AC上的动点，满足（1）求证：平面ABD平面ACD.（2）当取何值时，AF平面EDG，说明理
20、由.,【解析】（1）ACB=BDC=90，ACBC，BDCD.平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCD=BC，且AC 平面ABC，AC平面BCD.又BD 平面BCD，ACBD.又ACCD=C，BD平面ACD.又BD 平面ABD，平面ABD平面ACD.,（2）连接CF，交DE于点O，连接OG，E，F分别为BC，BD的中点，O为BCD的重心，从而COOF=21.若CGGA=21，则AFGO.又AF 平面EDG，GO 平面EDG，AF平面EDG，即当 时，AF平面EDG.,2.如图，在正方体ABCD-ABCD中，E，F分别是棱BC，CD的中点，G为棱CC上的动点.（1）求证：平面AAC平面EFG.
21、（2）若G为棱CC的中点，在棱AA上是否存在点H，使得CA平面HEF，且平面GEF平面HEF？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.,【解析】（1）连接BD.AA平面ABCD，BD 平面ABCD，AABD.又BDAC，ACAA=A，BD平面AAC.,又E，F分别是BC，CD的中点，EFBD，EF平面AAC.又EF 平面EFG，平面AAC平面EFG.（2）存在点H满足条件，且证明如下：设EFAC=O，连接OH，CA平面HEF，平面AAC平面HEF=OH，CAOH，,连接OG，易知HEF，GEF都是等腰三角形.因为O为EF的中点，所以GOEF.连接GH，设正方体的棱长为4.易知，在AOH中， 在GOC中， 在直角梯形HACG中， 由于 即在GOH中,OG2+OH2=HG2,所以OGOH.因为EFOH=O，所以OG平面HEF.又OG 平面GEF，所以平面GEF平面HEF.故当点H为棱AA上靠近点A的第一个四等分点时，满足条件.,
