高一立體幾何平行垂直解答題

高一立體幾何平行、垂直解答題優(yōu)選1．已知直三棱柱ABC-A1B1C1，點N在AC上且CN=3AN，點M，P，Q分別是AA1，A1B1，BC的中點.求證，直線PQ∥平面BMN.2．如圖，在正方形ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M分別是棱B1C1，BB1，C1D1的中點，能否存在過點E，M且與平面A1FC平行的平面？若存在，請作出并證明；若不存在，請說明原因.3．在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，O分別是A1B,BD的中點.1/22（1）求證：OM//平面AA1D1D；（2）求證：OMBC1.4．如圖，AB為圓O的直徑，點E,F在圓O上，且AB//EF，矩形ABCD所在的平面和圓O所在的平面垂直，且ADEFAF1,AB2.（1）求證：平面AFC平面CBF；（2）在線段CF上能否存在了點M，使得OM//平面ADF？并說明原因.5．已知：正三棱柱ABCA1B1C1中，AA13，AB2，N為棱AB的中點．（1）求證：AC1P平面NB1C．（2）求證：平面CNB1平面ABB1A1．（3）求四棱錐C1ANB1A1的體積．6．已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分別是AC、AD上的動點，且AEAF(01).ACAD1）求證：無論為什么值，總有平面BEF⊥平面ABC；2）當λ為什么值時，平面BEF⊥平面ACD?7．如圖，在菱形ABCD中，ABC60o,AC與BD訂交于點O，AE平面ABCD，CF//AE,ABAE2.（I）求證：BD平面ACFE；（II）當直線FO與平面ABCD所成的角的余弦值為10時，求證：EFBE；10（III）在（II）的條件下，求異面直線OF與DE所成的余弦值.8．如圖，四棱錐PABCD中，AD//BC，AD2BC4，3/22AB23，BAD900，M,O分別為CD和AC的中點，PO平面ABCD.（1）求證：平面

PBM

平面

PAC；（2）能否存在線段

PM

上一點

N

，使用

ON//平面

PAB，若存在，求

PN

的值；假如不存在，說明原因

.PM9．如圖，在四棱錐

P

ABCD中，側面

PAD是正三角形，且與底面

ABCD垂直，底面

ABCD是邊長為

2的菱形，

BAD

60,N是PB的中點，過

A,D,N

三點的平面交

PC于M

，

E為

AD

的中點，求證：1）EN//平面PDC；（2）BC平面PEB；3）平面PBC平面ADMN.10．如圖，四棱錐PABCD中，PD平面PAB，AD//BC，1AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PD的中點.BCCD2（Ⅰ）求證：CE//平面PAB；（Ⅱ）求證：PD平面CEF；（Ⅲ）寫出三棱錐DCEF與三棱錐PABD的體積之比.（結論不要求證明）11．如圖，點P是菱形ABCD所在平面外一點，BAD60，VPCD是等邊三角形，AB2，PA22，M是PC的中點.（Ⅰ）求證：PAP平面BDM；（Ⅱ）求證：平面PAC平面BDM；（Ⅲ）求直線BC與平面BDM的所成角的大小.12．在四棱錐ABCDE中，底面BCDE為菱形，側面ABE為等邊三角形，且側面ABE底面BCDE，O，F(xiàn)分別為BE，DE的中點.（Ⅰ）求證：AOCD.（Ⅱ）求證：平面AOF平面ACE.（Ⅲ）側棱AC上能否存在點P，使得BPP平面AOF？若存在，求出AP的值；若不存在，請說明原因.PC13．在四棱錐PABCD中，側面PCD底面ABCD，PDCD，E為PC中點，底面ABCD是直角梯形，AB//CD，ADC90o，ABADPD1，CD2．5/221）求證：BE//平面PAD；2）求證：BC平面PBD；3）在線段PC上能否存在一點Q，使得二面角QBDP為45o？若存在,求PQ的值；若不存在，請PC述明原因．參照答案1．看法析【分析】試題剖析：依據(jù)題目給出的P，Q分別是A1B1，BC的中點，想到取AB的中點G，連結PG，QG后分別交BM，BN于點E，F(xiàn)，依據(jù)題目給出的線段的長及線段之間的關系證出GE=GF=1，從而獲得EF∥PQ，而后利用線面平行的判斷即可得證；EPFQ3試題分析：如圖，取AB中點G，連結PG，QG分別交BM，BN于點E，F(xiàn)，則E，F(xiàn)分別為BM，BN的中點.而GE∥1AM，GE=1AM，GF∥1AN，GF=1AN，且CN=3AN，所以GE=1，GF=AN=1，所以GE=GF=1，2222EP3FQNC3EPFQ3所以EF∥PQ，又EF?平面BMN，PQ?平面BMN，所以PQ∥平面BMN.2．詳看法析.【分析】試題剖析:由正方體的特點及N為BB1的中點，可知平面A1FC與直線DD1訂交，且交點為DD1的中點G.若過M，E的平面α與平面A1FCG平行，注意到EM∥B1D1∥FG，則平面α必與CC1訂交于點N，聯(lián)合M，E為棱11，11的中點，易知1∶1＝1.于是平面知足要求．CDBCCNCC4EMN試題分析:如圖，設N是棱C1C上的一點，且C1N＝C1C時，平面EMN過點E，M且與平面A1FC平行．證明以下：設H為棱C1C的中點，連結B1H，D1H.∵C1N＝C1C，1/22C1N＝C1H.又E為B1C1的中點，∴EN∥B1H.又CF∥B1H，∴EN∥CF.又EN?平面A1，?平面A1FC，F(xiàn)CCF∴EN∥平面A1FC.同理MN∥D1H，D1H∥A1F，∴MN∥A1F.又MN?平面A1FC，A1F?平面A1FC，∴MN∥平面A1FC.又EN∩MN＝N，∴平面EMN∥平面A1FC.點睛:此題考察線面平行的判斷定理和面面平行的判斷定理的綜合應用,屬于中檔題.直線和平面平行的判斷定理:平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行;平面與平面平行的判斷定理：一個平面內的兩條訂交直線與另一個平面分別平行，則這兩個平面平行．3．（1）看法析（2）看法析【分析】試題剖析：（1）連結A1D，AD1，由M，O分別是A1B，BD的中點可證OM∥A1D，即可證明OM

∥平面

AA1D1D

；（2）由

D1C1∥

AB

且D1C1

AB可證

D1C1BA為平行四邊形，即可證

AD1∥

BC1，再依據(jù)

A1D

AD1即可證明

OM

BC1.試題分析：（1）連結A1D，AD1，因為M，O分別是A1B，BD的中點，所以OM∥A1D，且A1D平面AA1D1D，所以OM∥平面AA1D1D（2）由題意D1C1∥AB且D1C1AB，所以D1C1BA為平行四邊形，所以AD1∥BC1，由（Ⅰ）OM∥A1D，且A1DAD1，所以OMBC14．，1）證明看法析；（2，存在，看法析；【分析】試題剖析：（1）要證明平面AFC平面CBF，只需證AF平面CBF，則只需證AFCB,AFBF,再依據(jù)題目條件分別證明即可；（2，第一猜想存在CF的中點M知足OM//平面ADF，作輔助線，經過OM//AN，由線面平行的判斷定理，證明OM//平面ADF。試題分析：解：（1）因為平面ABCD平面ABEF,CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，所以CB平面ABEF，因為AF平面ABEF，所以AFCB,又AB為圓O的直徑，所以AFBF,因為CBBFB，所以AF平面CBF，因為AF平面AFC，所以平面AFC平面CBF.3/22（2）如圖，取CF的中點M,DF的中點NA，連結N,MN,OM，則MN//CD,MN1CD，2又AO//CD,AO1CD，所以MN//AO,MNAO，2所以四邊形MNAO為平行四邊形，所以OM//AN，又AN平面DAF,OM平面DAF，所以OM//平面DAF，即存在一點M為CF的中點，使得OM//平面DAF.5．（1）看法析；（2）看法析；（3）33．2【分析】試題剖析：（1）要證線面平行，就是要證線線平行，考慮過直線AC1的平面AC1B與平面CB1N的交線ON（此中O是BC1與B1C的交點），而由中位線定理易得AC1//ON，從而得線面平行；（2）因為ABC是正三角形，所以有CNAB，從而只需再證CN與平面ABB1A1內另一條直線垂直即可，這可由正棱柱的側棱與底面垂直獲得，從而得線面垂直，于是有面面垂直；（3）要求四棱錐的體積，由正三棱柱的性質知A1B1C1中，邊A1B1的高就是四棱錐的高，再求得四邊形ANB1A1的面積，即可得體積．試題分析：（1）證明：連結BC1，交B1C于O點，連結NO，∵在VABC1中，N，O分別是AB，BC1中點，NOPAC1，∵NO平面NCB1，AC1平面NCB1，AC1P平面NCB1，（2）證明：∵在等邊VABC中，N是棱AB中點，CNAB，又∵在正三棱柱中，BB1平面ABC，CN平面ABC，BB1CN，ABBB1B點，AB，BB1平面ABB1A1，∴CN平面ABB1A1，∵CN平面CNB1，∴平面CNB1平面ABB1A1．（3）作C1DA1B1于D點，5/22C1D是四棱錐C1ANB1A1高，13，hABtan6021319底面積S32，22VC1ANB1A11Sh33．32【點睛】(1)證明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定義；②面面垂直的判斷定理.已知兩平面垂直時，一般要用性質定理進行轉變，在一個平面內作交線的垂線，轉變?yōu)榫€面垂直，而后進一步轉變?yōu)榫€線垂直.66．（1）看法析（2）λ＝7【分析】(1)證明：，AB，平面BCD，，AB，CD.CD，BC，且AB∩BC＝B，，CD，平面ABC.∵AEAF＝λ(0＜λ＜1)，ACAD，無論λ為什么值，恒有EF，CD.EF⊥平面ABC，EF平面BEF.，無論λ為什么值恒有平面BEF，平面ABC.(2)解：由(1)知，BE，EF，，平面BEF，平面ACD，，BE平，面ACD.，BE，AC.BC＝CD＝1，，BCD＝90°，，ADB＝60°，∴BD＝2，AB＝2tan60°＝6.∴AC＝AB2＋BC2＝7.由AB2＝AE·AC，得AE＝6.∴λ＝AE＝6.7AC7故當λ＝6時，平面BEF⊥平面ACD77．（I）看法析；（II）看法析；（III）5．4【分析】試題剖析：（I）要證BD與平面ACFE垂直，只需證BD與平面ACFE內兩條訂交直線垂直即可，這由已知線面垂直可得一個，又由菱形對角線垂直又得一個，由此可證；

（II

）由已知線面垂直得

FC

平面

ACFE，從而知FOC為直線

FO與平面

ACFE

所成的角，從而可得

FC,FO

，而后計算出三線段

EF,BE,BF

的長，由勾股定理逆定理可得垂直；III）取BE中點M，則有MO//DE，從而可得異面直線所成的角，再解相應三角形可得．試題分析：（I）BDBDAC菱形ABCD平面ACFE{AE；BDAE平面ABCD（II）FC平面ABCD直線FC與平面ABCD所成的角FOC10并且RtFOCcosFOC10中，CO1FO10,FC3，過E作EN//AC交FC于點NRtFNE中EF5,RtFCB中FB13,RtEAB中EB8EF2EB2FB2EFEB；（III）取BE邊的中點M，連結MO,MO//DE且MO1DE2FOM為所求的角或其補角，2而在RtFEM中，F(xiàn)MEF2EM27RtFOM中cosFOMFO2MO2FM252FOMO4異面直線OF與DE所成的余弦值為5.48．（1）證明看法析；（2）1.3【分析】7/22試題剖析：（1）以A為原點成立空間直角坐標系uuuuruuur(23,2,0)，Axyz，可得BM(3,3,0)，ACuuuuruuurAC又BMPO得BM平面PAC，從而得結論；（2）設OPh，可得平面PABBMAC0，BMruuurr2hhh0可解得.的一個法向量為n(0,h,1)，再依據(jù)ONn試題分析：（1）如圖，以A為原點成立空間直角坐標系Axyz，CDuuuuruuur(23,2,0)，，，所以中點，則，，B(23,0,0)M(3,3)BM(3,3,0)C(23,2,0)D(0,4,0)uuuuruuur(3)(23)320，則BMAC所以BMAC.又PO平面ABCD，所以BMPO，由ACIPOO，所以BM平面PAC，又BM平面PBM，所以平面PBM平面PAC.（2）法一：設OPh，則O(3,1,0)uuuurh)，，P(3,1,h)，則PM(0,2,設平面PAB的一個法向量為ruuuruuurn(x0,y0,z0)，AP(3,1,h)，AB(2,0,0)，ruuur0nAP3x0y0hz00，令z01，所以ruuur0，則nAB2x00r(0,h,1)，得nuuuruuuur(0,2,h)(01)，則設PNPMuuuruuuruuur(0,2,hh)，ONOPPNuuurr1若ON//平面PAB，則ONn2hhh0，解得.3法二：（略解）：連結MO延伸與AB交于點E，連結PE，若存在ON//平面PAB，則ON//PE，證明OE1即可.EM3考點：1、利用空間向量證明線面垂直、面面垂直；2、利用空間向量研究線面平行.9．（1）看法析（2）看法析（3）看法析【分析】試題剖析：(1)先證明四邊形EDMN是平行四邊形，得ENPDM,DM平面PDC，從而可得結論；(2)先由面面垂直的性質可得PEBC，再證BEAD，由ADPBC可得BEBC，可得BC平面PEB；（3）由（2）可得PBMN，由等腰三角形性質得PBAN，從而由面面垂直的判斷定理得結論.試題分析：（1）QAD//BC,ADADMN,BC平面ADMN,BC//平面ADMN,QMN平面ADMN平面PBC,BC平面PBC，BC//MN,又因AD//BC,AD//MN,ED//MN，QN是PB的中點，E是AD的中點，底面ABCD是邊長為2的菱形，EDMN1,四邊形EDMN是平行四邊形，9/22EN//DM,DM平面PDC,EN//平面PDC；（2）Q側面PAD是正三角形，且與底面ABCD垂直，E為AD的中點，PEAD,PEEB,PEBC,QBAD60,AB2,AE1,由余弦定理可得BE3，由正弦定理可得：BEAD由AD//BC可得BEBC,QBEPEE,BC平面PEB；(3)Q由（2）知BC平面PEB，EN平面PEBBCEN,QPBBC,PBAD,PBMN,QAPAB2,N是PB的中點，PBAN,MNANN,?PB平面ADMN.平面PBC平面ADMN.【方法點晴】此題主要考察線面平行的判斷定理、線面垂直的判斷定理及面面垂直的判斷定理，屬于難題.證明線面平行的常用方法：①利用線面平行的判斷定理，使用這個定理的重點是想法在平面內找到一條與已知直線平行的直線，可利用幾何體的特點，合理利用中位線定理、線面平行的性質或許結構平行四邊形、找尋比率式證明兩直線平行.②利用面面平行的性質，即兩平面平行，在此中一平面內的直線平行于另一平面.此題（1）是就是利用方法①證明的.10．（1）看法析（2）看法析（3）【分析】試題剖析：

VDCEF1VPABD4（Ⅰ）要證線面平行，就要證線線平行，在四邊形ABCD中，由已知可得AE與BC平行且相等，從而得平行四邊形，所以有CE//AB，因可得線面平行；（Ⅱ）要證PD與平面CEF垂直，就要證PD與此平面內兩條訂交直線垂直，而已知PD與平面PAB垂直，所以PD與平面PAB內全部直線垂直，此刻已有CE//AB，所以有PDCE，再有，E,F是所在線段中點，所以有EF//PA，從而也可得PDEF，這樣可得題設線面垂直；（Ⅲ）都改為以D為極點，則底面積比為1，高的比也是1，所以體積比為1．224試題分析：（Ⅰ）證明：因為BC//AD，BC1AD，2E為線段AD的中點，所以AE//BC且AEBC，所以四邊形ABCE為平行四邊形，所以CE//AB，又有AB平面PAB，CE平面PAB，所以CE//平面PAB．（Ⅱ）證明：因為E，F(xiàn)分別為線段AD，PD中點，所以EF//PA，又因為PD平面PAB，PA,AB平面PAB，所以PDAB，PDPA；所以PDEF，又CE//AB，所以PDCE因為EFCEE，所以PD平面CEF．11/22（III）結論：VDCEF1VPABD．411．（Ⅰ）看法析;（Ⅱ）看法析;（Ⅲ）.6【分析】試題剖析：（Ⅰ）要證明PA與平面MDB平行，只需找到一條平行線，因為M是PC中點，AC與BD的交點O是AC中點，則必有PA//MO，從而有線面平行；（Ⅱ）要證面面垂直，就要證線面垂直，從圖形中知BDAC，在MBD，計算后可得BDMO，從而BOPA于是有線面垂直，從而得面面垂直；（Ⅲ）易證

PC

平面

BDM

，從而知

BM

為BC在平面

BDM

內的射影，所以

CBM

就是直線

BC與平面BDM

所成的角，在

CBM

中求解可得．試題分析：（Ⅰ）證明：連結

MO

.在菱形ABCD中，O為AC中點，且點M為PC中點，所以MO//A，又MO平面BDM，PA平面BDM.所以PA//平面BDM（Ⅱ）證明：在等邊三角形VPCD中，DCAB，M是PC的中點，所以DM3.2在菱形ABCD中，BAD60，AB2，所以DO11.BD2又MO2，所以DO2MO2DM2，所以BDMO.在菱形ABCD中，BDAC.又ACMOO，所以BD平面PAC.又BD平面BDM，所以平面PAC平面BDM.（Ⅲ）因為BD平面PAC，PC平面PAC，所以BDPC又因為PDDC，M為PC中點，所以DMPC又DMBDD，所以PC平面BDM，則BM為直線BC在平面BDM內的射影，所以平面CBM為直線BC與平面BDM的所成角因為PC2，所以CM1，在RtVCBM中，sinCBMCM1，所以CBMBC26所以直線BC與平面BDM的所成角為.6AC上存在點P，使得BPPAOF，且AP1．12．(Ⅰ)證明看法析；(Ⅱ)證明看法析；(Ⅲ)側棱平面PC2【分析】試題剖析：（1）要證A1OCE，只需證明A1O平面BCDE即可；（2）連結BD,因為四邊形BCDE為菱形，所以CEBD,因為O,F分別為BE,DE的中點，所以OF//BD，且CEOF，由（1）知AO平面BCDE,從而證得CE平面AOF，從而證的平面AOF平面ACE；（3）設CE與BD,OF的交點分別為M,N連結AN,PM，因為四邊形BCDE為菱形，O,F分別為BE,DE的中點，所以NM1，設PAPNM1MC2為AC上湊近A點三平分點，則PCMC，所以PM//AN,從而獲得BP//平面AOF．2試題分析：解：（1）因為ABE為等邊三角形,O為BE的中點,所以AOBE又因為平面ABE平面BCDE,平面ABE平面BCDEBE,AO平面ABE,所以AO平面BCDE,又因為CD平面BCDE,所以AOCD.13/22（2）連結BD,因為四邊形BCDE為菱形，所以CEBD,因為O,F分別為BE,DE的中點,所以OFPBD,CEOF，由（1）知AO平面BCDEQCE平面BCDE,,AOCE,QAOOFO,CE平面AOF,又因為CE平面ACE,所以平面AOF平面ACE.（3）當點P為AC上的三平分點（湊近A點）時,BPP平面AOF.證明以下：設CE與BD,OF的交點分別為M,N連結AN,PM.因為四邊形BCDE為菱形,O,F分別為BE,DE的中點,所以NM1,設P為AC上湊近A點三平分點，MC2則APNM1,所以PMPAN,因為AN平面AOF,PM平面PCMC2AOF,PMP平面AOF.因為BDPOF,OF平面AOF,BD平面AOF,BDP平面AOF,即BMP平面AOF,QBMPMM,所以平面BMPPAOF,平面QBP平面BMP,BPPAOF.可見側棱AC上存在點P,使得BPP平面AOF,平面且AP1.PC2考點：直線與平面垂直的判斷與證明；探究性問題的求解.PQ13．（1）看法析；（2）看法析；（3）存在，且2