高考总复习 一轮复习导学案 ·数学提高版
【解答】 (1) 如图(2)，连接BD，MO，在平行四边形 ABCD中，
因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中 点，所以PB∥MO，
因 为 PB⊄ 平 面 ACM ， MO⊂ 平 面 ACM ， 所 以 PB∥ 平 面 ACM.
第七章 立体几何
因为BC1⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BC1. 又BC1⊥B1D，且AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面B1AD.
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第七章 立体几何
目标2 存在性问题 (2019·如东调研)如图(1)，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝
a，∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是矩形． (1) 求证：BC⊥平面ACEF；
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第七章 立体几何
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所以QM∥PF，且QM＝PF， 所以四边形PQMF为平行四边形， 所以PQ∥FM. 又因为FM⊂平面A1EF，且PQ⊄平面A1EF， 所以PQ∥平面A1EF.
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第七章 立体几何
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第七章 立体几何
(2) 求证：AD⊥平面PAC；
【解答】因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC. 又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，
因为AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.
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第七章 立体几何
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第七章 立体几何
(2) 求证：FG∥平面BCD； 【解答】 如图(2)，取AB中点H，连接GH，FH， 所以GH∥BD, FH∥BC，所以GH∥平面BCD，FH∥平面BCD， 所以平面FHG∥平面BCD，所以GF∥平面BCD.
目标1 平行、垂直的综合问题 (2019·太仓月考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知平面
BB1C1C⊥平面ABC，AB＝AC，D是BC的中点，且B1D⊥BC1. (1) 求证：A1C∥平面B1AD；
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第七章 立体几何
【解答】 如图(2)，连接BA1交AB1于点O，连接OD.由棱柱知 侧面AA1B1B为平行四边形，所以O为BA1的中点．
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第七章 立体几何
【解析】 该几何体为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到 正 方 体 中 ( 如 图 (2)) ， 取 AN 的 中 点 H ， 连 接 HB ， MH ， GB ， 则 MC∥HB ， 又 HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，又GB⊄平面AMN， MH⊂平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且 AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正确．故选C.
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第七章 立体几何
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第七章 立体几何
翻折问题通常在折痕的同侧的位置关系和线的长度、角的大小不变，异侧就会 发生变化．由于图形被翻折后从平面图形变成了空间图形，故很多原始位置关系和 平面几何条件都不能使用．
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所以EM＝AN，又EM∥AN， 所以四边形EMAN为平行四边形， 所以AM∥NE. 又NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE， 所以AM∥平面BDE.
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第七章 立体几何
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第七章 立体几何
立体几何中探索性问题：如果点M存在，那么该命题在证明时，则必须先说明 存在和具体位置，再证明面面垂直；如果不存在，则必须用反证法证明，先假设线 面不平行，推出矛盾．其中点是否存在，这里需要结合线面平行进行分析．
已知直角梯形 ABCD 中，AB∥CD，AB ⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋ 3，过 A 作 AE ⊥CD，垂足为 E，G，F 分别为 AD，CE 的中点， 现将△ADE 沿 AE 折叠，使得 DE⊥EC.
(1) 求证：BC⊥平面 CDE； 【解答】 由已知得DE⊥AE，DE⊥EC， 所以DE⊥平面ABCE， 所以DE⊥BC. 又BC⊥CE，CE∩DE＝E，所以BC⊥平面DCE.
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第七章 立体几何
(3) 求直线AM与平面ABCD所成角的正切值． 【解答】如图(2)，取 DO 的中点 N，连接 MN，AN，所以 MN∥PO，MN＝12PO
＝1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，
所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．
又D是BC的中点，所以OD∥A1C. 因为A1C⊄平面B1AD，OD⊂平面B1AD，所以A1C∥平面B1AD.
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第七章 立体几何
(2) 求证：BC1⊥平面B1AD. 【解答】因为D是BC的中点，AB＝AC，所以AD⊥BC.
因为平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所 以AD⊥平面BB1C1C.
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第七章 立体几何
目标3 翻折问题
如图(1)，在边长为3的正三角形ABC中，E，F，P分别为AB，AC，BC上的 点，且满足AE＝FC＝CP＝1.将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平 面EFB，连接A1B，A1P，如图(2)所示．
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第七章 立体几何
第七章 立体几何 第38讲 直线、平面平行与垂直的综合问题
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栏 目 导 航
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链教材 ·夯基固本 研题型 ·技法通关
第七章 立体几何
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链教材 ·夯基固本
第七章 立体几何
(2) 在线段EF上是否存在点M，使得AM∥平面BDE？若存在，求出FM的长，若 不存在，说明理由．
【解答】当 FM＝ 33a 时，AM∥平面 BDE. 如图(2)，在梯形ABCD中，设AC∩BD＝N，连接EN， 则CN∶NA＝DC∶AB＝1∶2. 因为 FM＝ 33a，EF＝AC＝ 3a， 因为 FM＝ 33a，EF＝AC＝ 3a，
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第七章 立体几何
2．如图(1)，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面
ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点，则下列结论中不正确的是
(C)
A．MC⊥AN
B．GB∥平面AMN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面DCM∥平面ABN
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知识聚焦 1．平行和垂直关系可以按照下表进行相互转化：
第七章 立体几何
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研题型 ·技法通关
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第七章 立体几何
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第七章 立体几何
分类解析
(1) 若Q为A1B的中点，求证：PQ∥平面A1EF；
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【解答】 如图(3)，取A1E的中点M，连接QM，MF. 在△A1BE中，Q，M分别为A1B，A1E的中点， 所以 QM∥BE，且 QM＝12BE. 因为CFAF＝CPBP＝12， 所以 PF∥BE，且 PF＝12BE，
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第七章 立体几何
(2) 若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的____垂____心．
【解析】如图(2)，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为 PC⊥PA ， PB⊥PC ， PA∩PB ＝ P ， 所 以 PC⊥ 平 面 PAB ， AB⊂ 平 面 PAB ， 所 以 PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以 AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，即O为 △ABC的垂心．
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第七章 立体几何
【解答】 由题意知，四边形ABCD为等腰梯形，且AB＝2a，AC＝a，所以 AC⊥BC，
又平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC， 所以BC⊥平面ACEF.
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在
Rt△DAO
中，AD＝1，AO＝12，所以
DO＝
5 2.
(2) 求证：A1E⊥EP. 【解答】如图(4)，取BE中点D，连接DF. 因为AE＝CF＝1，DE＝1， 所以AF＝AD＝2，而∠A＝60°，即△ADF是正三角形． 又因为AE＝ED＝1, 所以EF⊥AD. 所以在题图(2)中有A1E⊥EF. 因为平面A1EF⊥平面EFB，平面A1EF∩平面EFB＝EF， 所以A1E⊥平面BEF. 又EP⊂平面BEF，所以A1E⊥EP.