2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 【考点2:空间中直线、平面的平行与垂直关系证明】
1.直线与平面平行的判定与性质 判定 性质 定义 定理 图形 条件 a∩α＝? 结论 a∥α a?α,b?α, a∥b b∥α a∥α a∩α＝? a∥α,a?β, α∩β＝b a∥b 2.面面平行的判定与性质 判定 定义 定理 图形 性质 a?β,b?β,a∩b＝P, 条件 α∩β＝? a∥α,b∥α α∥β,α∩γ＝a, α∥β,a?β β∩γ＝b a∥b a∥α 结论 α∥β α∥β 3.直线与平面垂直的判定定理及性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 一条直线与一个平面内的两条相判定交直线都垂直,则定理 该直线与此平面垂直 a，b?αl⊥aa∩b＝Ol⊥b?l⊥α ?????垂直于同一个平性质面的两条直线平定理 行 4.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 一个平面过另一判定个平面的垂线,则定理 这两个平面互相 垂直. 两个平面互相垂直,则一个平面内性质垂直于交线的直定理 线垂直于另一个平面. a⊥α?b⊥α???a∥b 符号语言 l?β???α⊥β l⊥α?α⊥βl?β ??α∩β＝a??l⊥a??l⊥α 题型1：直线、平面平行的判断及性质 【典型例题】
[例1]?(1)如图,在四面体PABC中,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.求证：DE∥平面BCP.
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析
证明 因为D,E分别是AP,AC的中点, 所以DE∥PC.
又因为DE平面BCP, 所以DE∥平面BCP. ?(2)(2013·福建改编)如图,在四棱锥P－ABCD中,AB∥DC,AB＝6,DC＝3,若M为PA的中点,求证：DM∥平面PBC.
证明 法一 取PB中点N,连接MN,CN. 在△PAB中,
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∵M是PA的中点,∴MN∥AB,且MN＝AB＝3,
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又CD∥AB,CD＝3,∴MN綉CD, ∴四边形MNCD为平行四边形,
∴DM∥CN.又DM?平面PBC,CN?平面PBC, ∴DM∥平面PBC.
法二 取AB的中点E,连接ME,DE. 在梯形ABCD中,BE∥CD,且BE＝CD, ∴四边形BCDE为平行四边形,
∴DE∥BC,又DE?平面PBC,BC?平面PBC, ∴DE∥平面PBC.
又在△PAB中,ME∥PB,ME?平面PBC,PB?平面PBC, ∴ME∥平面PBC,
又DE∩ME＝E,∴平面DME∥平面PBC. 又DM?平面DME,∴DM∥平面PBC.
?(3)如图,在四面体A－BCD中,F,E,H分别是棱AB,BD,AC的中点,G为DE的中点.证明：直线HG∥平面CEF.
证明 法一 如图1,连接BH,BH与CF交于K,连接EK.
∵F,H分别是AB,AC的中点,
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BK2∴K是△ABC的重心,∴＝.
BH3BE2BKBE
又据题设条件知,＝,∴＝,∴EK∥GH.
BG3BHBG
∵EK?平面CEF,GH?平面CEF, ∴直线HG∥平面CEF.
法二 如图2,取CD的中点N,连接GN、HN. ∵G为DE的中点,∴GN∥CE. ∵CE?平面CEF,GN?平面CEF, ∴GN∥平面CEF.连接FH,EN
∵F,E,H分别是棱AB,BD,AC的中点,
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∴FH綉BC,EN綉BC,∴FH綉EN,
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∴四边形FHNE为平行四边形,∴HN∥EF. ∵EF?平面CEF,HN?平面CEF, ∴HN∥平面CEF.HN∩GN＝N, ∴平面GHN∥平面CEF.
∵GH?平面GHN,∴直线HG∥平面CEF.
[例2]?(1)如图,在三棱柱ABC—A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证： ①B,C,H,G四点共面； ②平面EFA1∥平面BCHG.
思维启迪 要证四点共面,只需证GH∥BC；要证面面平行,可证一个平面内的两条相交直线和另一个平面平行. 证明 ①∵GH是△A1B1C1的中位线,∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G四点共面. ②∵E、F分别为AB、AC的中点,∴EF∥BC, ∵EF平面BCHG,BC?平面BCHG, ∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB,
∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB. ∵A1E平面BCHG,GB?平面BCHG. ∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF＝E,∴平面EFA1∥平面BCHG.
?(2)如图E、F、G、H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点.求证： ①EG∥平面BB1D1D； ②平面BDF∥平面B1D1H.
证明 ①取B1D1的中点O,连接GO,OB,
易证四边形BEGO为平行四边形,故OB∥GE, 由线面平行的判定定理即可证EG∥平面BB1D1D. ②由题意可知BD∥B1D1. 如图,连接HB、D1F,
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 易证四边形HBFD1是平行四边形, 故HD1∥BF.
又B1D1∩HD1＝D1,BD∩BF＝B, 所以平面BDF∥平面B1D1H. 【变式训练】 1.(2014·衡阳质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为______. 解析 如图.
连接AC,BD交于O点,连接OE,因为OE∥BD1,而OE?平面ACE,BD1?平面ACE,所以BD1∥平面ACE. 答案 平行
2.如图,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH. 求证：AP∥GH.
3.如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,E,H分别为棱A1B1,D1C1上的点,且EH∥A1D1,过EH的平面与棱BB1,CC1相交,交点分别为F,G,求证：FG∥平面ADD1A1.
证明 因为EH∥A1D1,A1D1∥B1C1, EH平面BCC1B1,B1C1?平面BCC1B1, 所以EH∥平面BCC1B1.
又平面FGHE∩平面BCC1B1＝FG, 所以EH∥FG,即FG∥A1D1.
又FG平面ADD1A1,A1D1?平面ADD1A1, 所以FG∥平面ADD1A1.
4.如图,已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC1上,G在BB1上,且AE＝FC1＝B1G＝1,H是B1C1的中点.
(1)求证：E,B,F,D1四点共面；
(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.
证明 (1)∵AE＝B1G＝1,∴BG＝A1E＝2, ∴BG綉A1E,∴A1G綉BE. 又同理,C1F綉B1G,
∴四边形C1FGB1是平行四边形, ∴FG綉C1B1綉D1A1,
∴四边形A1GFD1是平行四边形. ∴A1G綉D1F,∴D1F綉EB, 故E、B、F、D1四点共面.
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析
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(2)∵H是B1C1的中点,∴B1H＝.
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B1G2FC2
又B1G＝1,∴＝.又＝,
B1H3BC3
且∠FCB＝∠GB1H＝90°,
∴△B1HG∽△CBF,∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG, ∴HG∥FB.
又由(1)知A1G∥BE,且HG∩A1G＝G, FB∩BE＝B,∴平面A1GH∥平面BED1F.
题型2：直线、平面垂直的判断及性质 【典型例题】
[例1]?(1)如图所示,在四棱锥P—ABCD中, PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC＝60°,PA＝AB＝BC,E是PC的中点.
证明：①CD⊥AE； ②PD⊥平面ABE.
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?(2)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,PD＝AD,E是PB的中点,F是DC上的点且DF＝AB,PH
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为△PAD中AD边上的高. ①证明：PH⊥平面ABCD； ②证明：EF⊥平面PAB.
证明：①因为AB⊥平面PAD,PH?平面PAD, 所以PH⊥AB.
因为PH为△PAD中AD边上的高,所以PH⊥AD.
因为PH?平面ABCD,AB∩AD＝A,AB,AD?平面ABCD, 所以PH⊥平面ABCD.
②证明：取PA中点M,连接MD,ME. 因为E是PB的中点,
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所以ME綊AB.
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又因为DF綊AB,所以ME綊DF,所以四边形MEFD是平行四边形,
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所以EF∥MD.
因为PD＝AD,所以MD⊥PA.
因为AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB. 因为PA∩AB＝A,所以MD⊥平面PAB, 所以EF⊥平面PAB.
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