2009年高考數學難點突破專題輔導二十六
難點26 垂直與平行
垂直與平行是高考的重點內容之一，考查內容靈活多樣.本節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，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，以及一些平面幾何的知識，屬★★★★級題目.
知識依托：解決本題的關鍵在于找出面內的一條直線和該平面外的一條直線平行，即線(內)∥線(外)
線(外)∥面.或轉化為證兩個平面平行.
錯解分析：證法二中要證線面平行，通過轉化證兩個平面平行，正確的找出MN所在平面是一個關鍵.
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，側面BB1C1C⊥底面ABC.
(1)若D是BC的中點，求證：AD⊥CC1；
(2)過側面BB1C1C的對角線BC1的平面交側棱于M，若AM=MA1，求證：截面MBC1⊥側面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，屬★★★★★級題目.
知識依托：線面垂直、面面垂直的判定與性質.
錯解分析：(3)的結論在證必要性時，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⊥側面BB1C1C
∴AD⊥CC1.
(2)證明：延長B1A1與BM交于N，連結C1N
∵AM=MA1，∴NA1=A1B1
∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1
∴C1N⊥C1B1
∵底面NB1C1⊥側面BB1C1C，∴C1N⊥側面BB1C1C
∴截面C1NB⊥側面BB1C1C
∴截面MBC1⊥側面BB1C1C.
(3)解：結論是肯定的，充分性已由(2)證明，下面證必要性.
過M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥側面BB1C1C
∴ME⊥側面BB1C1C，又∵AD⊥側面BB1C1C.
∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面
∵AM∥側面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化關系：
1.平行轉化
2.垂直轉化
每一垂直或平行的判定就是從某一垂直或平行開始轉向另一垂直或平行最終達到目的.
例如：有兩個平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
●殲滅難點訓練
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P是棱AD上的點，當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
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=
.
殲滅難點訓練
一、1.解析：如圖，設A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交線為AO1，在面AA1O1內過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A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由點O作B1D的垂線OQ，垂足為Q，連結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A1C1、AC，AC和BD交于點O，連結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
=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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