南京市2020届高三数学二轮专题复习资料专题6：空间的平行与垂直问题
高考数学 二轮 专题4.2 空间中的平行与垂直 理
规律方法 在立体几何的平行关系问题中，“中 点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中 点”，连“中点”，即可出现平行线，而线 线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证 明中，线线垂直是问题的核心，可以通过计 算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的 垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两 个平面垂直的性质定理．
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(1)证明 如图，因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平 面ABCD，所以PD⊥AD.
又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于 点D，
所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD， 所以AD⊥CF，即MD⊥CF. 又MF⊥CF，MD∩MF＝M， 所以CF⊥平面DMF.
所以 DE＝FG＝ 43，故 ME＝PE＝ 3－ 43＝343，
所以 MD＝ ME2－DE2＝
3
4
32－
432＝
6 2.
S△CDE＝12DE·DC＝12×
43×1＝
3 8.
故VM－Leabharlann DE＝13MD·S△CDE＝13×
26×
83＝
2 16 .
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转化如下示意图．
• 在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面 面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个 平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一 个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一 般都要用此定理进行转化． 知识整合·方法提炼 热点聚焦·题型突破 归纳总结·思维升华 专题训练·对接高考
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江苏省高考数学二轮复习专题空间平行与垂直
空间平行与垂直1.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________ cm 3.解析：连结AC 交BD 于点O ，则四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为13S BB 1D 1D ·AO ＝6.答案：62.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若点P 是棱上一点，则满足|P A |＋|PC 1|＝2的点P 的个数为________．解析：点P 在以A ，C 1为焦点的椭圆上， 若P 在AB 上，设AP ＝x ，有P A ＋PC 1＝x ＋(1－x )2＋(2)2＝2， 解得x ＝12.故AB 上有一点P (AB 的中点)满足条件．同理在AD ，AA 1，C 1B 1，C 1D 1，C 1C 上各有一点满足条件． 又若点P 在BB 1上，则P A ＋PC 1＝1＋BP 2＋1＋B 1P 2>2.故BB 1上不存在满足条件的点P ，同理DD 1，BC ，A 1D 1，DC ，A 1B 1上不存在满足条件的点P .答案：63．在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，以BC 边所在直线为轴旋转一周，则形成的几何体的侧面积为________．解析：将矩形ABCD 以BC 边所在直线为轴旋转一周后得到的几何体为是以2为底面半径，以3为高的圆柱体，故它的侧面积为2π×2×3＝12π.答案：12π4．(2012·南京三模)已知α，β是两个不同的平面，下列四个条件： ①存在一条直线a ，a ⊥α，a ⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β； ③存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α. ④存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α.其中是平面α∥平面β的充分条件的为________．(填上所有符合要求的序号)解析：②③中的α与β可以相交．答案：①④5．(2012·江苏最后一卷)给出下列四个命题：①如果平面α与平面β相交，那么平面α内所有的直线都与平面β相交；②如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β；③如果平面α⊥平面β，那么平面α内与它们的交线不垂直的直线与平面β也不垂直；④如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β.真命题的序号是________．(写出所有真命题的序号)解析：①中α内存在与β平行的直线；②中α内只有垂直于交线的直线才垂直于β；③、④正确．答案：③④[典例1]如图，四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABC D，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求点A到平面PBC的距离．[解](1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.由∠BCD＝90°，得CD⊥BC.又PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC.(2)法一：分别取AB，PC的中点E，F，连结DE，DF，易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D，E到平面PBC的距离相等．又点A到平面PBC 的距离等于E到平面PBC的距离的2倍．由(1)知，BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC.因为PD＝DC，PF＝FC，所以DF⊥PC.所以DF⊥平面PBC于F.易知DF＝22，故点A到平面PBC的距离等于 2.法二：体积法：连结AC，设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°.从而AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1.由PD ⊥平面ABCD 及PD ＝1，得三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·PD ＝13.因为PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥DC .又PD ＝DC ＝1，所以PC ＝PD 2＋DC 2＝ 2. 由PC ⊥BC ，BC ＝1，得△PBC 的面积S △PBC ＝22. 由V A －PBC ＝V P －ABC ，13S △PBC ·h ＝V ＝13，得h ＝2，故点A 到平面PBC 的距离等于 2.本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力．[演练1]如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形且AB ∥CD ，∠BAD ＝90°，P A ＝AD ＝DC ＝2，AB ＝4.(1)求证：BC ⊥PC ； (2)四面体A －PBC 的体积．解：(1)证明：作CE ⊥AB 于点E ，则AE ＝EB ＝CE ＝2，BC ＝22，则AC ＝22，故∠ACB ＝90°，即AC ⊥CB .又P A ⊥平面ABCD ，故P A ⊥BC ，所以BC ⊥平面P AC .又PC ⊂面P AC ， 因此BC ⊥PC .(2)因为P A ⊥平面ABC ，所以V A －PBC ＝V P －ABC ＝13S △ABC ·P A＝13×12AC ·BC ·P A ＝13×12×22×22×2＝83. 故四面体A －PBC 的体积为83.[典例2](2012·泰州模拟)已知四面体ABCD 中，AB ＝AC ，BD ＝CD ，平面ABC ⊥平面BCD ，E ，F 分别为棱BC 和AD 的中点．(1)求证：AE ⊥平面BCD ； (2)求证：AD ⊥BC ；(3)若△ABC 内的点G 满足FG ∥平面BCD ，设点G 构成集合T ，试描述点集T 的位置．(不必说明理由)[解](1)证明：∵在△ABC中，AB＝AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC.又∵平面ABC⊥平面BCD，AE⊂平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AE⊥平面BCD.(2)证明：连结DE，∵BD＝CD，E为BC的中点，∴BC⊥DE.由(1)知AE⊥BC，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面AED，∴BC⊥平面AED.又AD⊂平面AED，∴BC⊥AD.(3)取AB，AC的中点M，N，所有的点G构成的集合T即为△ABC的中位线MN.本题的第(3)问考查线面平行，没有直接给出点G的位置，而是需要探究点的位置．根据面面平行的性质得到线面平行，并且利用面面的交线确定点G的位置．[演练2]如图ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：P A⊥BD；(2)若PC与CD不垂直，求证：P A≠PD.解：(1)证明：∵ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，∴AD＝2AB＝2BD.∴AB⊥BD.∵PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面P AB，∴BD⊥平面P AB.∵P A⊂面P AB，∴P A⊥BD.(2)证明：假设P A＝PD，取AD中点N，连结PN，BN，则PN⊥AD，BN⊥AD，∴AD⊥平面PNB，得PB⊥AD，又PB⊥BD，得PB⊥平面ABCD，∴PB⊥CD，又∵BC⊥CD，且PB∩BC＝B，∴CD⊥平面PBC，∴CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，∴假设不成立，∴P A≠PD.[典例3](2011·江苏高考)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D 四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．[解] 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)． 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.本题主要考查空间几何体中的最值问题，综合考查数学建模能力及应用导数解决实际问题的能力．[演练3]某加工厂有一块三角形的铁板余料(如图)，经测量得知：AC ＝3，AB ＝33，BC ＝6.工人师傅计划利用它加工成一个无盖直三棱柱型水箱，设计方案为：将图中的阴影部分切去，再把它沿虚线折起．请计算容器的高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？解：设容器的高为x ，∵AC ＝3，AB ＝33，BC ＝6，∴BC 2＝AC 2＋AB 2， 得∠A ＝π2，∠C ＝π3，∠CED ＝π3，∠FEG ＝π3，∴CD ＝DE ·tan ∠CED ＝3x .∴GE ＝3－x －3x ＝3－(3＋1)x . ∴GF ＝3GE ＝3[3－(3＋1)x ]． 又GE >0，∴0<x <33＋1. 设容器的容积为V ， 则V ＝12x ·3·[3－(3＋1)x ]2∴V ′＝32[3－(3＋1)x ]2－3x [3－(3＋1)x ]·(3＋1) ＝332[3－(3＋1)x ][1－(3＋1)x ]． 令V ′＝0，又0<x <33＋1，∴x ＝13＋1＝3－12.当0<x <3－12时，V ′>0，3－12<x <33＋1时，V ′<0. ∴当x ＝3－12时，V max ＝3－ 3. [专题技法归纳]1．证明线面平行或垂直关系时，要认真体会“转化”这一数学思想方法，既要领会平行、垂直内部间的转化，也要注意平行与垂直之间的转化．2．空间几何体的表面积和体积的研究策略研究空间几何体的结构→计算相关边长→代入公式计算． 3．空间几何体的结构的研究策略运用转化的思想，将空间几何体的问题转化为平面问题，如几何体的外接球或内切球问题，转化为多边形的外接圆或内切圆的问题．4．组合体体积的求解组合体的体积求解无论是分割还是补形，关键是有利于求出几何体的高，即找到线面垂直．配套检测1．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，给出下列命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若α⊥β，则l ∥m ；③若l ∥m ，则α⊥β；④若l ⊥m ，则α∥β. 其中正确命题的序号是________．解析：②中l 与m 可能异面；④中α与β也可能相交．答案：①③2．已知P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且△P AB ，△PBC ，△P AC 的面积分别为1.5 cm 2,2 cm 2,6 cm 2，则过P ，A ，B ，C 四点的外接球的表面积为________ cm 2.(注S 球＝4πr 2，其中r 为球半径)解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧12P A ·PB ＝1.5，12PB ·PC ＝2，12PC ·P A ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧P A ＝3，PB ＝1，PC ＝4.因为P A ，PB ，PC 两两互相垂直，所以可构造长方体．长方体的体对角线长为26，即为外接球的直径，所以外接球的表面积为26π.答案：26π3．(2012·苏州二模)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：①若α∥β，m ⊂β，n ⊂α，则m ∥n ； ②若α∥β，m ⊥β，n ∥α，则m ⊥n ； ③若α⊥β，m ⊥α，n ∥β，则m ∥n ； ④若α⊥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ⊥n .上面命题中，所有真命题的序号为________． 解析：①③中的直线m 与n 可以是异面直线． 答案：②④4．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点，正方体的一个顶点A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，正方体上与顶点A 相邻的三个顶点到α的距离分别为1,2和4，P 是正方体的其余四个顶点中的一个，则P 到平面α的距离可能是：①3；②4；③5；④6；⑤7以上结论正确的为________．(写出所有正确结论的编号)解析：如图，B ，D ，A 1到平面α的距离分别为1,2,4，则D ，A 1的中点到平面α的距离为3，所以D 1到平面α的距离为6；B ，A 1的中点到平面α的距离为52，所以B 1到平面α的距离为5；则D ，B 的中点到平面α的距离为32，所以C 到平面α的距离为3；C ，A 1的中点到平面α的距离为72，所以C 1到平面α的距离为7；而P 为C ，C 1，B 1，D 1中的一点，所以所有可能的结果为3,5,6,7.答案：①③④⑤5．已知α，β是两个不同的平面，m ，n 是平面α及平面β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m ∥n ，②α∥β，③m ⊥α，④n ⊥β，以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________.解析：同垂直于一个平面的两条直线互相平行，同垂直于两个平行平面的两条直线也互相平行，故②③④⇒①.(同理①③④⇒②)．答案：②③④⇒①(或①③④⇒②)6．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四面体ACB 1D 1的体积为________． 解析：用正方体体积减去4个相同的三棱锥体积(或求棱长为2的正四面体的体积)． 答案：137．(2012·南京二模)一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥容器，当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________ cm 3.解析：正四棱锥的高h ＝52－32＝4， V ＝13×62×4＝48(cm 3)．答案：488．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析：当四点共面时为矩形；当四点不共面时，若有三点在正方体的某一面内，则可形成③⑤中的几何形体，若任意三点都不在正方体的某一面内，则形成④中的几何形体．答案：①③④⑤9．一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，HG ⊥CC 1，EI ⊥CC 1， 则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI＋HI ＝FI ＋EG ＝2x 22－4，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋⎝⎛⎭⎫2x 22－42，解得x ＝2 3.即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 310.(2012·南通一模)在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、D 1C 1上的动点，点G 为正方形B 1BCC 1的中心．则空间四边形AEFG 在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：如图1，当E 与A 1重合，F 与B 1重合时，四边形AEFG 在前、后面的正投影的面积最大值为12；如图2，当E 与A 1重合，四边形AEFG 在左、右面的正投影的面积最大值为8； 如图3，当F 与D 重合时，四边形AEFG 在上、下面的正投影的面积最大值为8； 综上得，面积最大值为12.答案：1211.(2012·南京二模)如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BFBE 的值．解：(1)证明：因为ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC . 因为平面ABCD ⊥平面BCE ， 平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ， AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面BCE .因为CE ⊂平面BCE ，所以CE ⊥AB .因为CE ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ， 所以CE ⊥平面ABE .因为CE ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE . (2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ， 所以DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 中点，所以F 为BE 中点，即BF BE ＝12.12.(2013·无锡一中)如图，四棱锥E －ABCD 中，EA ＝EB ，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD .(1)求证：AB ⊥ED ；(2)线段EA 上是否存在点F ，使DF ∥平面BCE ？若存在，求出EF EA 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取AB 中点O ，连结EO ，DO .因为EA ＝EB ，所以EO ⊥AB .因为AB ∥CD ，AB ＝2CD ， 所以BO ∥CD ，BO ＝CD .又因为AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为矩形， 所以AB ⊥DO . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD .又因为EDC 平面EOD ， 所以AB ⊥ED .(2)存在点F 满足EF EA ＝12，即F 为EA 中点时，有DF ∥平面BCE .证明如下：取EB 中点G ，连结CG ，FG . 因为F 为EA 中点，所以FG ∥AB ，FG ＝12AB .因为AB ∥CD ，CD ＝12AB ，所以FG ∥CD ，FG ＝CD .所以四边形CDFG 是平行四边形，所以DF ∥CG . 因为DF ⊄平面BCE ，CG ⊂平面BCE ， 所以DF ∥平面BCE .。
2020届高考数学江苏省二轮课件：第8讲 空间中的平行与垂直
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2.α,β为两个不同的平面,m,n为两条不同的直线,下列命题中正确的是
(填上所有正确命题的序号). ①若α∥β,m⊂α,则m∥β;
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②若m∥α,n⊂α,则m∥n;
③若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β;
④若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β.
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答案 ①④ 解析 由面面平行的性质可得①正确;若m∥α,n⊂α,则m,n平行或异面,②错
垂直,则必须证明线面垂直,所以又要寻找线线垂直.(2)证明线面平行的方法
一般有两种:一是利用线面平行的判定定理,利用三角形中位线的性质或平行
四边形对边互相平行的性质寻找线线平行;二是先利用面面平行的判定定理
证明面面平行,再由面面平行的性质证明线面平行.
的中位线, 则有EF∥CD.
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又EF⊄平面ABC,CD⊂平面ABC,
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面PAB⊥平面PCD,平面PAB∩平面PCD=PD,
AB⊥PD,AB⊂平面PAB,
所以AB⊥平面PCD,
又CE⊂平面PCD,所以CE⊥AB.
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题型二 以柱体为载体的空间线面关系 例2 (2019常州期末)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别是棱AB,CC1的
可能同时成立,也可能只有一个成立,③错误;④正确.
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题型一 以锥体为载体的空间线面关系
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例1 (2019南师大附中期中,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥CD,AD∥BC,
AB=BC=1,AD=2,E,F分别为AD,PC的中点.求证:
(1)AP∥平面BEF;
(2)平面BEF⊥平面PAC.
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2020届江苏省高考二轮复习专题：立体几何中的平行与垂直问题(共29张PPT)
M 为PD中点
MF
/
/
1 2
CD
M
四边形ABCD为矩形
E为AB中点
AE/ / 1 CD 2
MF / /AE 四边形AEFM为平行四边形
线面平行判 定定理
AEMF∥ 平AM面PAD
EF
平面PAD
M
EF∥平面PAD
思路1：法2：过EF做一个平面与平面PAD有一条交线，
目标：寻找AD所在平面与平面PEF的交线。
G
重心
交线
证明：连接DC，交PE于点G，连接FG
AD∥平面PEF AD⊂平面ADC
AD∥FG
平面ADC∩平面PEF＝FG
DP为BPCB中的，中连点接DE E为BC的中点
DE为△PBC的 中位线，
△DEG∽△CPG
AF DG FC GC DG DE 1 GC PC 2
PCD中，
Q为CD中点 F为CP中点
FQ∥PD
PD 平面PAD
FQ 平面
PAD
Q
FQ∥平面PAD
EQ∥平面PAD FQ∩EQ＝Q
FQ，EQ⊂平面EQF
平面EQF∥平面PAD EF⊂平面EQF
EF∥平面PAD
面面平行判定定理
面面平行性质定理
例1. 如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，且AB＝ 2 BC，E， F分别为棱AB，PC的中点．(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直
分析：AB1⊥A1B. AB1⊥BC
AB1⊥平面A1BC.
平面ABB1A1⊥平面A1BC.
（2）证明：在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形 AA1＝AB
线∥线
线∥面
高三数学二轮复习空间中的平行与垂直练习含试题答案
空间中的平行与垂直[明考情]高考中对直线和平面的平行、垂直关系交汇综合命题，多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中档偏下.[知考向]1.空间中的平行关系.2.空间中的垂直关系.3.平行和垂直的综合应用.考点一空间中的平行关系方法技巧(1)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系.(2)证明过程中要严格遵循定理中的条件，注意推证的严谨性.1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点N在BD上，点M在B1C上，且CM＝DN，求证：MN∥平面AA1B1B.证明如图所示，作ME∥BC交BB1于点E，作NF∥AD交AB于点F，连接EF，则EF⊂平面AA1B1B.∵ME∥BC，NF∥AD，∴MEBC＝B1MB1C，NFAD＝BNBD.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，∵CM＝DN，∴B1M＝NB.又B1C＝BD，∴ME BC ＝BN BD ＝NFAD，又BC ＝AD ，∴ME ＝NF .又ME ∥BC ∥AD ∥NF ，∴四边形MEFN 为平行四边形， ∴MN ∥EF .又EF ⊂平面AA 1B 1B ，MN ⊄平面AA 1B 1B ， ∴MN ∥平面AA 1B 1B .2.(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥PA ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)解 如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ， 故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ， 所以PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ， 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.3.(2017·龙岩市新罗区校级模拟)如图，O 是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形，C 为底面圆周上一点.(1)若弧BC 的中点为D ，求证：AC ∥平面POD ； (2)如果△PAB 的面积是9，求此圆锥的表面积. (1)证明 方法一 设BC ∩OD ＝E ， ∵D 是弧BC 的中点， ∴E 是BC 的中点.又∵O 是AB 的中点，∴AC ∥OE . 又∵AC ⊄平面POD ，OE ⊂平面POD ， ∴AC ∥平面POD .方法二 ∵AB 是底面圆的直径， ∴AC ⊥BC .∵弧BC 的中点为D ， ∴OD ⊥BC .又AC ，OD 共面，∴AC ∥OD . 又AC ⊄平面POD ，OD ⊂平面POD ， ∴AC ∥平面POD .(2)解 设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ， ∵圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形， ∴h ＝r ，l ＝2r .由S △PAB ＝12×2r ×h ＝r 2＝9，得r ＝3，∴S 表＝πrl ＋πr 2＝πr ×2r ＋πr 2＝9(1＋2)π.4.如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？若存在，求点F的位置；若不存在？请说明理由.解存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点，证明如下：∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF綊CD，∴四边形AFCD是平行四边形，∴AD∥CF.又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1，∴CF∥平面ADD1A1.又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，∴CC1∥平面ADD1A1.又CC1，CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，∴平面C1CF∥平面ADD1A1.考点二空间中的垂直关系方法技巧判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直定义.(2)利用线面垂直的判定定理，一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质，两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面垂直的性质定理，两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.5.如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点.求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形， ∴AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .6.(2017·全国Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.(1)证明 如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形， 所以AC ⊥BO .又DO ∩OB ＝O ，所以AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)解 连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt△AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.7.(2017·南京一模)如图，在六面体ABCDE 中，平面DBC ⊥平面ABC ，AE ⊥平面ABC .(1)求证：AE ∥平面DBC ；(2)若AB ⊥BC ，BD ⊥CD ，求证：AD ⊥DC . 证明 (1)过点D 作DO ⊥BC ，O 为垂足.∵平面DBC ⊥平面ABC ，平面DBC ∩平面ABC ＝BC ，DO ⊂平面DBC ， ∴DO ⊥平面ABC .又AE ⊥平面ABC ，则AE ∥DO .又AE ⊄平面DBC ，DO ⊂平面DBC ，故AE ∥平面DBC .(2)由(1)知，DO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴DO ⊥AB .又AB ⊥BC ，且DO ∩BC ＝O ，DO ，BC ⊂平面DBC ， ∴AB ⊥平面DBC . ∵DC ⊂平面DBC ，∴AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABD，则DC⊥平面ABD.又AD⊂平面ABD，故可得AD⊥DC.8.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点S在底面ABCD上的射影为其中心O，高为3，设E，F分别为AB，SC的中点，且SE＝2，M为CD边上的点.(1)求证：EF∥平面SAD；(2)试确定点M的位置，使得平面EFM⊥底面ABCD.(1)证明取SB的中点P，连接PF，PE.∵F为SC的中点，∴PF∥BC，又底面ABCD为正方形，∴BC∥AD，即PF∥AD，又PE∥SA，∴平面PFE∥平面SAD.∵EF⊂平面PFE，∴EF∥平面SAD.(2)解连接AC，AC的中点即为点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD，取OC的中点H，连接FH，则FH∥SO，∴FH⊥平面ABCD，∴平面EFH⊥平面ABCD，连接EH并延长，则EH与DC的交点即为M点.连接OE，由题意知SO＝3，SE＝2.∴OE ＝1，AB ＝2，AE ＝1，∴MC AE ＝HC HA ＝13， ∴MC ＝13AE ＝16CD ，即点M 在CD 边上靠近C 点距离为16的位置.考点三 平行和垂直的综合应用方法技巧 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点.求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面PAD .证明 (1)在△PAD 中，∵E ，F 分别为AP ，AD 的中点， ∴EF ∥PD .又∵EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， ∴直线EF ∥平面PCD . (2)如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ADB 为正三角形. ∵F 是AD 的中点， ∴BF ⊥AD .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BF ⊂平面ABCD ， ∴BF ⊥平面PAD . 又∵BF ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面PAD .10.(2017·山东)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.11.(2017·汉中二模)如图，在棱长均为4的三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别是BC和B1C1的中点.(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1－ABC的体积.(1)证明 连接DD 1，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∵D ，D 1分别是BC 和B 1C 1的中点， ∴B 1D 1∥BD ，且B 1D 1＝BD ， ∴四边形B 1BDD 1为平行四边形， ∴BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1. 又∵AA 1∥BB 1，AA 1＝BB 1， ∴AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1， ∴四边形AA 1D 1D 为平行四边形， ∴A 1D 1∥AD .又∵A 1D 1⊄平面AB 1D ，AD ⊂平面AB 1D ， ∴A 1D 1∥平面AB 1D .(2)解 在△ABC 中，边长均为4，则AB ＝AC ，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面B 1C 1CB ，交线为BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面B 1C 1CB ，即AD 是三棱锥A －B 1BC 的高. 在△ABC 中，由AB ＝AC ＝BC ＝4，得AD ＝23， 在△B 1BC 中，B 1B ＝BC ＝4，∠B 1BC ＝60°， ∴△B 1BC 的面积为4 3.∴三棱锥B 1－ABC 的体积即为三棱锥 A －B 1BC 的体积V ＝13×43×23＝8.12.如图，在四棱锥S －ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD .四边形ABCD 为正方形，且P 为AD 的中点，Q 为SB 的中点.(1)求证：CD ⊥平面SAD ； (2)求证：PQ ∥平面SCD ；(3)若SA ＝SD ，M 为BC 的中点，在棱SC 上是否存在点N ，使得平面DMN ⊥平面ABCD ？并证明你的结论.(1)证明 ∵四边形ABCD 为正方形， ∴CD ⊥AD .又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴CD ⊥平面SAD .(2)证明 取SC 的中点R ，连接QR ，DR .由题意知，PD ∥BC 且PD ＝12BC .在△SBC 中，Q 为SB 的中点，R 为SC 的中点， ∴QR ∥BC 且QR ＝12BC .∴QR ∥PD 且QR ＝PD ， 则四边形PDRQ 为平行四边形， ∴PQ ∥DR .又PQ ⊄平面SCD ，DR ⊂平面SCD ， ∴PQ ∥平面SCD .(3)解 存在点N 为SC 的中点，使得平面DMN ⊥平面ABCD .连接PC ，DM 交于点O ，连接PM ，SP ，NM ，ND ，NO ， ∵PD ∥CM ，且PD ＝CM ， ∴四边形PMCD 为平行四边形， ∴PO ＝CO .又∵N 为SC 的中点， ∴NO ∥SP . 易知SP ⊥AD .∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，且SP ⊥AD ， ∴SP ⊥平面ABCD ， ∴NO ⊥平面ABCD . 又∵NO ⊂平面DMN ， ∴平面DMN ⊥平面ABCD .例 (12分)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，点E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.(1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAH ⊥平面DEF . 审题路线图(1)E ，F 是中点―――→取PD 的中点M 构造▱AEFM ―→线线平行EF ∥AM ―→线面平行EF ∥平面PAD (2)面面垂直PAD ⊥ABCD ―――→PA ⊥AD 线面垂直PA ⊥底面ABCD ―→线线垂直PA ⊥DE―――――――――→Rt△ABH ≌Rt△DAE 线线垂直DE ⊥AH ―→线面垂直DE ⊥平面PAH ―→ 面面垂直平面PAH ⊥平面DEF 规范解答·评分标准证明 (1)取PD 的中点M ，连接FM ，AM .∵在△PCD 中，F ，M 分别为PC ，PD 的中点， ∴FM ∥CD 且FM ＝12CD .∵在正方形ABCD 中，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴AE ∥FM 且AE ＝FM ， 则四边形AEFM 为平行四边形，∴AM ∥EF .…………………………………………………………………………………4分 又∵EF ⊄平面PAD ，AM ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .…………………………………………………………………………6分 (2)∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ， 侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，∴PA ⊥底面ABCD .∵DE ⊂底面ABCD ，∴DE ⊥PA . ∵E ，H 分别为正方形ABCD 边AB ，BC 的中点， ∴Rt△ABH ≌Rt△DAE ，则∠BAH ＝∠ADE ，∴∠BAH ＋∠AED ＝90°，则DE ⊥AH .…………………………………………………………………………………8分 ∵PA ⊂平面PAH ，AH ⊂平面PAH ，PA ∩AH ＝A ，∴DE ⊥平面PAH .…………………………………………………………………………10分 ∵DE ⊂平面DEF ，∴平面PAH ⊥平面DEF .…………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 找线线：通过三角形或四边形的中位线，平行四边形、等腰三角形的中线或线面、面面关系的性质寻找线线平行或线线垂直.[第二步] 找线面：通过线线垂直或平行，利用判定定理，找线面垂直或平行；也可由面面关系的性质找线面垂直或平行.[第三步] 找面面：通过面面关系的判定定理，寻找面面垂直或平行. [第四步] 写步骤：严格按照定理中的条件规范书写解题步骤.1.如图，在空间四面体ABCD 中，若E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点.(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形； (2)求证：BC ∥平面EFGH .证明 (1)∵在空间四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点， ∴EF 綊12AD ，GH 綊12AD ，∴EF 綊GH ，∴四边形EFGH 是平行四边形. (2)∵E ，H 分别是AB ，AC 的中点，∴EH ∥BC .∵EH ⊂平面EFGH ，BC ⊄平面EFGH ， ∴BC ∥平面EFGH .2.(2017·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积. (1)证明 因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ， 所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD . (2)证明 因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点， 所以BD ⊥AC . 由(1)知，PA ⊥BD ， 所以BD ⊥平面PAC . 所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)解 因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.3.(2017·北京海淀区模拟)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝2，E 是侧棱PA 上的动点.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是PA 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)是否不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE ？证明你的结论. (1)解 ∵PA ⊥底面ABCD ， ∴PA 为此四棱锥底面上的高.∴V 四棱锥P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ×PA ＝13×12×2＝23.(2)证明 连接AC 交BD 于点O ，连接OE .∵四边形ABCD 是正方形， ∴AO ＝OC . 又∵AE ＝EP ， ∴OE ∥PC .又∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE .(3)解 不论点E 在侧棱PA 的任何位置，都有BD ⊥CE . 证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AC .∵PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BD . 又∵PA ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面PAC . ∵CE ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥CE .4.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长.(1)证明 ∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ， ∴BD ⊥平面AOC . ∵BD ⊂平面BCD ， ∴平面AOC ⊥平面BCD . (2)解 由(1)知BD ⊥平面AOC ， ∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin∠AOC ·BD ＝63， 即13×12×2×2×sin∠AOC ×22＝63， ∴sin∠AOC ＝32. 又∵∠AOC 是钝角， ∴∠AOC ＝120°.在△AOC 中，由余弦定理，得AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos∠AOC＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos 120°＝6， ∴AC ＝ 6.5.(2016·四川)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)求证：平面PAB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM .所以四边形AMCB 是平行四边形，所以CM ∥AB . 又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ， 所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明 由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD .所以PA ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PAB ⊥平面PBD .。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十四空间中的平行与垂直关系理
考点十四空间中的平行与垂直关系一、选择题1．已知平面α∥平面β，若两条直线m，n分别在平面α，β内，则m，n的关系不可能是( )A．平行B．相交C．异面D．平行或异面答案 B解析由α∥β知，α∩β＝∅.又m⊂α，n⊂β，故m∩n＝∅.故选B.2．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法正确的是( )A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直答案 B解析可以通过观察正方体ABCD－A1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面α，由AB，CD均与m垂直知，A错误；由D1C1与m垂直且与平面α平行知，C错误；由平面ADD1A1与m平行且与平面α垂直知，D错误．故选B.3．(2019·东北三省四市一模)已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出α∥β的是( )A．m∥n，m⊂α，n⊂βB．m∥n，m⊥α，n⊥βC．m⊥n，m∥α，n∥βD．m⊥n，m⊥α，n⊥β答案 B解析当m∥n时，若m⊥α，可得n⊥α.又n⊥β，可知α∥β，故选B.4．(2019·湖南长沙一中模拟一)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是( )A．A1O∥DC B．A1O⊥BCC．A1O∥平面B1CD1D．A1O⊥平面ABD答案 C解析 显然A 1O 与DC 是异面直线，故A 错误；假设A 1O ⊥BC ，结合A 1A ⊥BC 可得BC ⊥平面A 1ACC 1，则可得BC ⊥AC ，显然不正确，故假设错误，即B 错误；∵在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是四边形ABCD 的中心，∴A 1D ∥B 1C ，OD ∥B 1D 1，∵A 1D ∩DO ＝D ，B 1D 1∩B 1C ＝B 1，∴平面A 1DO ∥平面B 1CD 1，∵A 1O ⊂平面A 1DO ，∴A 1O ∥平面B 1CD 1，故C 正确；又A 1A ⊥平面ABD ，过一点作平面ABD 的垂线有且只有一条，则D 错误，故选C.5．下列命题中错误的是( )A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 答案 D解析 对于D ，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，甚至可能平行于平面β，其余选项均是正确的．6. 如图，在空间直角坐标系中，有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则异面直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为( )A ．55B ．53C ．255D ．35答案 A解析 设CB ＝1，则AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝55.故选A. 7．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )答案 A解析A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.∵QD∩平面MNQ ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ.又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ.又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.故选A.8．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC 答案 D解析 因为在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，所以BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，所以AB ⊥平面ADC ，则平面ABC ⊥平面ADC ，故选D.二、填空题9．如图，P 为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1体对角线BD 1上的一点，且BP →＝λBD 1→，若BD 1⊥平面PAC ，则λ＝________.答案 13解析 以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．不妨设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，设P (x ，y ，z )，则由BP →＝λBD 1→得(x －1，y －1，z )＝λ(－1，－1,1)，所以P (1－λ，1－λ，λ)，则AP →＝(－λ，1－λ，λ)，又因为BD 1⊥平面PAC ，所以BD 1→·AP →＝λ－1＋λ＋λ＝0，解得λ＝13.10．(2019·黑龙江大庆一中四模)给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a 与平面α内一条直线b 平行，那么a ∥α； ②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直； ④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面． 其中真命题的序号为________． 答案 ①②④解析 命题①是线面平行的判定定理，正确；命题②因为垂直同一平面的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；命题③平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；命题④因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于第三个平面，故正确．故答案为①②④.11. 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为________．答案64解析 如图，取C 1A 1，CA 的中点E ，F ，连接B 1E ，BF ，EF ，则B 1E ⊥平面CAA 1C 1.过点D 作DH ∥B 1E ，则DH ⊥平面CAA 1C 1.连接AH ，则∠DAH 为AD 与平面AA 1C 1C 所成角．DH ＝B 1E ＝32，DA ＝2，所以sin ∠DAH ＝DH DA ＝64. 12．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．答案2解析 如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ， 所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝32－12＝ 2.三、解答题13．(2019·福建3月质检)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 是等边三角形，侧面BCC 1B 1是矩形，AB ＝A 1B ，N 是B 1C 的中点，M 是棱AA 1上的点，且AA 1⊥CM .(1)证明：MN ∥平面ABC ；(2)若AB ⊥A 1B ，求二面角A －CM －N 的余弦值．解 (1)证明：如图1，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，连接BM ， 因为BCC 1B 1是矩形，所以BC ⊥BB 1， 因为AA 1∥BB 1，所以AA 1⊥BC ， 又因为AA 1⊥MC ，BC ∩MC ＝C ， 所以AA 1⊥平面BCM ，所以AA 1⊥MB ， 又因为AB ＝A 1B ，所以M 是AA 1的中点， 取BC 的中点P ，连接NP ，AP ，因为N 是B 1C 的中点，则NP ∥BB 1且NP ＝12BB 1，所以NP ∥MA 且NP ＝MA ，所以四边形AMNP 是平行四边形，所以MN ∥AP ， 又因为MN ⊄平面ABC ，AP ⊂平面ABC ， 所以MN ∥平面ABC .(2)因为AB ⊥A 1B ，所以△ABA 1是等腰直角三角形， 设AB ＝2a ，则AA 1＝2a ，BM ＝AM ＝a . 在Rt △ACM 中，AC ＝2a ，所以MC ＝a . 在△BCM 中，CM 2＋BM 2＝2a 2＝BC 2， 所以MC ⊥BM ，由(1)知，则MC ⊥AA 1，BM ⊥AA 1，如图2，以M 为坐标原点，MA 1→，MB →，MC →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则M (0,0,0)，C (0,0，a )，B 1(2a ，a,0)． 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2，则MC →＝(0,0，a )，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2，设平面CMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MC →＝0，n 1·MN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧az ＝0，ax ＋a 2y ＋a 2z ＝0.取x ＝1得y ＝－2.故平面CMN 的一个法向量为n 1＝(1，－2,0)， 因为平面ACM 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－255.因为二面角A －CM －N 为钝角，所以二面角A －CM －N 的余弦值为－255.14．(2019·广东湛江高考测试二)三棱锥A －BCD 中，底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝BD ＝2，AB ＝2，且AB ⊥CD ，O 为CD 的中点，如图．(1)求证：平面ABO ⊥平面BCD ；(2)若二面角A －CD －B 的大小为π3，求AD 与平面ABC 所成角的正弦值．解 (1)证明：△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝BD ＝2，O 为CD 的中点，∴BO ⊥CD ， ∵AB ⊥CD ，AB ∩BO ＝B ，∴CD ⊥平面ABO ， ∵CD ⊂平面BCD ，∴平面ABO ⊥平面BCD . (2)∵CD ⊥平面ABO ，∴CD ⊥AO ∴∠AOB 为二面角A －CD －B 的平面角，∴∠AOB ＝π3，∵BO ＝2，∴AB ＝BO ，∴△ABO 为等边三角形，以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，62，D (0,2,0)，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，62，BC →＝(2,0,0)，AD→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，－62，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·n ＝0，BC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋12y ＋62z ＝0，2x ＝0，取n ＝(0，6，－1)，设AD 与平面ABC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝362＋6212×1＋9＋6×7＝427，故AD 与平面ABC 所成角的正弦值为427.一、选择题1．设直线l 与平面α平行，直线m 在平面α内，那么( ) A ．直线l 不平行于直线m B ．直线l 与直线m 异面 C ．直线l 与直线m 没有公共点 D ．直线l 与直线m 不垂直 答案 C解析 ∵直线l 与平面α平行，由线面平行的定义可知，直线l 与平面α无公共点，又直线m 在平面α内，∴直线l 与直线m 没有公共点，故选C.2．(2019·河北石家庄二模)设l 表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是( )A ．若l ∥α且α⊥β，则l ⊥βB ．若γ∥α且γ∥β，则α∥βC ．若l ∥α且l ∥β，则α∥βD ．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β答案 B解析 在A 中，若l ∥α且α⊥β，则l ⊥β，则l 与β可能相交、平行或l ⊂β；在B 中，若γ∥α且γ∥β，则α∥β，由面面平行的性质可得α∥β；在C 中，若l ∥α且l ∥β，则α∥β，则α与β相交或平行；在D 中，若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β，则α与β相交或平行，故选B.3．(2019·安徽江南十校3月综合素质检测)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，G ，P ，Q 分别为棱AB ，C 1D 1，D 1A 1，D 1D ，C 1C 的中点．则下列叙述中正确的是( )A ．直线BQ ∥平面EFGB ．直线A 1B ∥平面EFGC ．平面APC ∥平面EFGD ．平面A 1BQ ∥平面EFG 答案 B解析 过点E ，F ，G 的截面如图所示(H ，I 分别为AA 1，BC 的中点)，∵A 1B ∥HE ，A 1B ⊄平面EFG ，HE ⊂平面EFG ，∴A 1B ∥平面EFG ，故选B.4．设正三棱锥P －ABC 的高为H ，且此棱锥的内切球的半径为R ，若二面角P －AB －C 的正切值为35，则HR＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 C解析 取线段AB 的中点D ，设P 在底面ABC 的射影为O ，设AB ＝a ，则OD ＝32a ×13＝36a ，∠PDC 为二面角P －AB －C 的平面角，tan ∠PDC ＝35，PD ＝6OD ＝3a ，设正三棱锥P －ABC的表面积为S ，则R ＝3VS＝3×13×34a 2H 3×12a ×3a ＋34a 2＝H 7，∴HR ＝7.5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝3，AB ＝4，若在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．(0,2]C ．(1，3]D ．[1,4)答案 B解析 连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 上两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，PC ⊥DP ，即点P 在以CD 为直径的圆上，又点P 在AB 上，则AB 与圆有公共点，即0<AD ≤12CD ＝2，故选B.6．(2019·乌鲁木齐第三次诊断性测验)如图，在多面体ABC －DEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AC ∥GF ，且△ABC 是边长为2的正三角形，四边形DEFG 是边长为4的正方形，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，则MN ＝( )A ．7B ．4C ．19D ．5答案 A解析 如图，取BD 的中点P ，连接MP ，NP ，则MP ∥AB ，NP ∥DE ，MP ＝12AB ＝1，NP ＝12DE ＝2，又∵AC ∥GF ，∴AC ∥NP ，∵∠CAB ＝60°， ∴∠MPN ＝120°，∴MN ＝MP 2＋NP 2－2×MP ×NP ×cos120° ＝1＋4－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7，故选A. 7．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，若E ，F 为BD 1的两个三等分点，G 为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上的动点，则∠EGF 的最大值为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 D解析 解法一：以EF 为直径构想一个球．若点G 在球面上(不与E ，F 重合)，则∠EGF ＝90°；若点G 在球内，则∠EGF >90°；若点G 在球外，则∠EGF <90°；根据题意，可判断，此球与面ABCD ，面A 1B 1C 1D 1分别相切；与其余面均无公共点．因此，当点G 恰为切点时，∠EGF 取得最大值90°，故选D.解法二：以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23，由图易得当点G 位于长方体的四个侧面时，所处情况相同，则不妨设G (2，y ，z )，y ∈[0,2]，z ∈[0，1]，GE →·GF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，43－y ，13－z ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23－y ，23－z ＝(y －1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z －122＋34≥34，当且仅当y ＝1，z ＝12，即点G 为AB 1的中点时等号成立；当点G 位于长方体的上下底面时，所处情况相同，则不妨设G (x ，y,0)，x ，y ∈[0,2]，则GE →·GF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43－x ，43－y ，13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23－x ，23－y ，23＝(x －1)2＋(y －1)2≥0，当且仅当x ＝y ＝1，即点G 为AC 的中点时等号成立，所以GE →·GF →的最小值为0，即∠EGF 的最大值为90°，故选D.8．(2019·安徽泗县一中最后一模)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为棱CC 1的中点，F 为棱AA 1上的点，且满足A 1F ∶FA ＝1∶2，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F的平面BMN 与正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱的交点，则下列说法错误的是( )A ．HF ∥BEB ．三棱锥的体积V B 1－BMN ＝4C ．直线MN 与平面A 1B 1BA 的夹角是45°D ．D 1G ∶G 1C ＝1∶3 答案 C解析 由于平面ADD 1A 1∥平面BCC 1B 1，而平面BMN 与这两个平面分别交于HF 和BE ，根据面面平行的性质定理可知HF ∥BE ，故A 正确；由于A 1F ∶FA ＝1∶2，而E 是CC 1的中点，故MA 1＝1，HD 1＝23，D 1G ＝12，GC 1＝32，C 1N ＝2，V B 1－BMN ＝V B －MNB 1＝13×12·MB 1·NB 1·BB 1＝13×12×3×4×2＝4，故B 正确；对于C ，由于B 1N ⊥平面A 1B 1BA ，所以直线MN 与平面A 1B 1BA 所成角为∠NMB 1，且tan ∠NMB 1＝B 1N B 1M ＝43≠1，故C 错误；对于D ，根据前面计算的结果可知D 1G ＝12，GC 1＝32，故D 正确，故选C.二、填空题9．(2019·北京高考)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________. 答案 若m ∥α且l ⊥α，则l ⊥m 成立(或若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α)解析 已知l ，m 是平面α外的两条不同直线，由①l ⊥m 与②m ∥α，不能推出③l ⊥α，因为l 可以与α平行，也可以与α相交不垂直；由①l ⊥m 与③l ⊥α能推出②m ∥α；由②m ∥α与③l ⊥α可以推出①l ⊥m .故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.10．已知四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3.沿AC 将△ADC 折起到△AD ′C ，使平面AD ′C ⊥平面ABC ，F 是AD ′的中点，E 是AC 上一点，给出下列结论：①存在点E ，使得EF ∥平面BCD ′；②存在点E ，使得EF ⊥平面ABC ；③存在点E ，使得D ′E ⊥平面ABC ；④存在点E ，使得AC ⊥平面BD ′E .其中正确的结论是________．(写出所有正确结论的序号) 答案 ①②③解析 对于①，存在AC 的中点E ，使得EF ∥CD ′，利用线面平行的判定定理可得EF ∥平面BCD ′；对于②，过点F 作EF ⊥AC ，垂足为E ，利用面面垂直的性质定理可得EF ⊥平面ABC ；对于③，过点D ′作D ′E ⊥AC ，垂足为E ，利用面面垂直的性质定理可得D ′E ⊥平面ABC ；对于④，因为ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3，所以B ，D ′在AC 上的射影不是同一点，所以不存在点E ，使得AC ⊥平面BD ′E .11．(2019·河南洛阳第三次统考)在底面是边长为23的正方形的四棱锥P －ABCD 中，顶点P 在底面的射影H 为正方形ABCD 的中心，异面直线PB 与AD 所成角的正切值为2，若四棱锥P －ABCD 的内切球半径为r ，外接球的半径为R ，则R －r ＝________.答案 32解析 如图，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，由题意，P －ABCD 为正四棱锥，底面边长为23，∵BC ∥AD ，∴∠PBC 即为PB 与AD 所成角，可得斜高为23，∴△PEF 为正三角形，正四棱锥P －ABCD 的内切球半径即为△PEF 的内切圆半径，所以34×(23)2＝12×23×r ×3，可得r ＝1，设O 为外接球球心，在Rt △OHA 中，R 2＝(6)2＋(3－R )2，解得R ＝52，∴R －r ＝52－1＝32.12. 如图，已知点D ，E 分别是三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱BC ，A 1B 1的中点，给出以下命题：①BB 1∥平面C 1DE ； ②DE ∥平面ACC 1A 1； ③平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； ④V E －ABD ＝2VE －DCC 1.其中真命题是________．(填上所有真命题的序号) 答案 ②④解析 因为CC 1与平面C 1DE 相交，且CC 1∥BB 1，所以BB 1也与平面C 1DE 相交，故①错误；取A 1C 1的中点F ，连接EF ，CF ，由EF ∥DC ，且EF ＝DC 知四边形EFCD 是平行四边形，所以ED ∥FC ，又FC ⊂平面ACC 1A 1，ED ⊄平面ACC 1A 1，所以DE ∥平面ACC 1A 1，故②正确；因为题中没有任何垂直关系，故③错误；设该三棱柱的高为h ，则V E －ABD ＝13S △ABD h ＝16S △ABC h ＝16V 三棱柱．取AB 的中点G ，连接EG ，则EG ∥平面BCC 1B 1，所以V E －DCC 1＝V G －DCC 1＝V C 1－DCG ＝13S △DCG h ＝13×14S △ABC h ＝112V 三棱柱，所以V E －ABD ＝2VE －DCC 1，故④正确．所以真命题是②④. 三、解答题13．如图，直角梯形BDFE 中，EF ∥BD ，BE ⊥BD ，EF ＝22，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝2CD ＝4，且平面BDFE ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥平面BDFE ；(2)若BF 与平面ABCD 所成角为π4，求二面角B －DF －C 的余弦值．解 (1)证明：∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD ＝BD ，AC ⊂平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面BDFE .(2)设AC ∩BD ＝O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形， ∠DOC ＝π2，AB ＝2CD ＝4，∴OD ＝OC ＝2，OB ＝OA ＝22，∵FE 綊OB ，∴四边形BOFE 为平行四边形， ∴OF ∥BE ，又∵BE ⊥平面ABCD ， ∴OF ⊥平面ABCD ，∴∠FBO 为BF 与平面ABCD 所成的角，∴∠FBO ＝π4，又∵∠FOB ＝π2，∴OF ＝OB ＝2 2.以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OF 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则B (0,22，0)，D (0，－2，0)，F (0,0,22)，C (－2，0,0)，A (22，0,0)，DF →＝(0，2，22)，CD →＝(2，－2，0)，∵AC ⊥平面BDFE ，∴平面BDF 的法向量为m ＝(1,0,0)． 设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，CD →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋22z ＝0，2x －2y ＝0，令x ＝2得n ＝(2,2，－1)，cos 〈n ，m 〉＝21×22＋22＋12＝23.∴二面角B －DF －C 的余弦值为23.14．(2019·河北武邑中学三模)如图，在棱长均为2的三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点C 在平面A 1ABB 1内的射影O 为AB 1与A 1B 的交点，E ，F 分别为BC ，A 1C 1的中点．(1)求证：四边形A 1ABB 1为正方形；(2)求直线EF 与平面A 1ACC 1所成角的正弦值；(3)在线段AB 1上是否存在一点D ，使得直线EF 与平面A 1CD 没有公共点？若存在，求出ADDB 1的值．解 (1)证明：连接CO ，因为C 在平面A 1ABB 1内的射影O 为AB 1与A 1B 的交点，所以CO ⊥平面A 1ABB 1.由已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1各棱长均相等， 所以AC ＝BC ，且A 1ABB 1为菱形． 由勾股定理得OA ＝OB ，即AB 1＝A 1B ， 所以四边形A 1ABB 1为正方形．(2)由(1)知CO ⊥平面A 1ABB 1，CO ⊥OA ，CO ⊥OA 1. 在正方形A 1ABB 1中，OA 1⊥OA . 如图建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得O (0,0,0)，A 1(2，0,0)，A (0，2，0)，B (－2，0,0)，C (0,0，2)，C 1(2，－2，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－22，22. 所以A 1A →＝(－2，2，0)，AC →＝(0，－2，2)． 设平面A 1ACC 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AA 1→＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋2y ＝0，－2y ＋2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1. 于是m ＝(1,1,1)．又因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322，－22，0，设直线EF 与平面A 1ACC 1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈m ，EF →〉|＝|m ·EF →||m ||EF →|＝3015.所以直线EF 与平面A 1ACC 1所成角的正弦值为3015. (3)直线EF 与平面A 1CD 没有公共点，即EF ∥平面A 1CD . 设D 点坐标为(0，y 0,0)，D 与O 重合时不符合题意，所以y 0≠0. 因为A 1D →＝(－2，y 0,0)，A 1C →＝(－2，0，2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面A 1CD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·A 1C →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＋y 0y 1＝0，－2x 1＋2z 1＝0.令x 1＝1，则y 1＝2y 0，z 1＝1.于是n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，2y 0，1，若EF ∥平面A 1CD ，n ·EF →＝0，又EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322，－22，0，所以322－22×2y 0＝0，解得y 0＝23，此时EF ⊄平面A 1CD ， 所以AD ＝223，DB 1＝423.所以AD DB 1＝12.。
2020年高三数学二轮复习 专题六第二讲 空间中的平行与垂直教案 理
第二讲空间中的平行与垂直研热点（聚焦突破）类型一空间线线、线面位置关系1．线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.2．线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.3．线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.4．线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥αa∥b.[例1] (2020年高考山东卷)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值．[解析](1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解法一由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直．以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图(1)所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，D(32，－12，0)，F(0，0，1)．(1)因此BD →＝(32，－32，0)，BF →＝(0，－1，1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0， 所以x ＝3y ＝3z ， 取z ＝1，则m ＝(3，1，1)．由于CF →＝(0，0，1)是平面BDC 的一个法向量， 则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F BD C 的余弦值为55. 解法二 如图(2)，取BD 的中点G ，连接CG ，FG ， 由于CB ＝CD ，因此CG ⊥BD . 又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG ， 故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F BD C 的平面角．(2)在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°， 因此CG ＝12CB .又CB ＝CF ，所以CF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ， 故cos ∠FGC ＝55，因此二面角FBDC的余弦值为55.跟踪训练(2020年济南摸底)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝2AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG.证明：(1)设线段AB1的中点为P，连接NP、MP，∵CM∥12AA1，NP∥12AA1，∴CM∥NP，∴四边形CNPM是平行四边形，∴CN∥MP，∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC 1⊥平面ABC ， ∴平面CC 1B 1B ⊥平面ABC ，∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC 1B 1B ，∴B 1M ⊥AG . ∵CC 1⊥平面ABC ，平面A 1B 1C 1∥平面ABC ， ∴CC 1⊥AC ，CC 1⊥B 1C 1， 设AC ＝2a ，则CC 1＝22a ，在Rt△MCA 中，AM ＝ CM 2＋AC 2＝6a ， 在Rt△B 1C 1M 中，B 1M ＝ B 1C 21＋C 1M 2＝6a . ∵BB 1∥CC 1，∴BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ， ∴AB 1＝B 1B 2＋AB 2＝C 1C 2＋AB 2＝23a ， 注意到AM 2＋B 1M 2＝AB 21，∴B 1M ⊥AM ，类型二 空间面面位置关系1．面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.2．面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l α⊥β. 3．面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝A ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. 4．面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒α∥b . 5．面面平行的证明还有其它方法(1),,,a b a b A c d c d B a c b d αβαβ⊂=⎫⎪⊂=⇒⎬⎪⎭I I 且且∥∥∥(2),a a ααββ⊥⊥⇒∥[例2] (2020年高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点． 求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .[证明] (1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.跟踪训练(2020年大同模拟)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC 折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3 2.(1)求证：平面ABC ⊥平面MDO ； (2)求三棱锥M -ABD 的体积．解析：(1)证明：由题意得OM ＝OD ＝3， 因为DM ＝32，所以∠DOM ＝90°，OD ⊥OM . 又因为四边形ABCD 为菱形，所以OD ⊥AC . 因为OM ∩AC ＝O ，所以OD ⊥平面ABC ， 因为OD平面MDO ，所以平面ABC ⊥平面MDO .(2)三棱锥M ABD 的体积等于三棱锥D ABM 的体积． 由(1)知，OD ⊥平面ABC ， 所以OD 为三棱锥D ABM 的高．又△ABM 的面积为12BA ×BM ×sin 120°＝12×6×3×32＝932，所以M -ABD 的体积等于13×S △ABM ×OD ＝932.类型三 折叠中的位置关系将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化、有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．[例3] (2020年高考浙江卷)已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 [解析] 找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于选项A ，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，过点C 作CF ⊥BD ，垂足为F ，在图(1)中，由边AB ，BC 不相等可知点E ，F 不重合．在图(2)中，连接CE ，若直线AC 与直线BD 垂直，又∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥面ACE ，∴BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误．对于选项B，若AB⊥CD，又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥面ADC，∴AB⊥AC，由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故B正确．对于选项C，若AD⊥BC，又∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝2，AB＝1，BC >AB，∴不存在这样的直角三角形．∴C错误．由上可知D错误，故选B.[答案] B跟踪训练如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE ＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的形状，使AD＝AE.(1)求证：BC∥平面DAE；(2)求四棱锥DAEFB的体积．解析：(1)证明：∵BF∥AE，CF∥DE，BF∩CF＝F，AE∩DE＝E.∴平面CBF∥平面DAE，又BC⊂平面CBF，∴BC∥平面DAE.(2)取AE的中点H，连接DH.∵EF⊥DE，EF⊥EA，∴EF⊥平面DAE.又DH⊂平面DAE，∴EF⊥DH.∵AE＝DE＝AD＝2，∴DH⊥AE，DH＝ 3.∴DH⊥平面AEFB.四棱锥D AEFB 的体积V ＝13×3×2×2＝433.析典题（预测高考）高考真题【真题】 (2020年高考陕西卷)(1)如图所示，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥b ，则a ⊥c ”为真； (2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．【解析】 (1)证明：证法一 如图(1)，过直线b 上任一点作平面π的垂线n ，设直线a ，b ，c ，n 的方向向量分别是a ，b ，c ，n ，则b ，c ，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c ＝λb ＋μn ， 则a ·c ＝a ·(λb ＋μn )＝λ(a ·b )＋μ(a ·n )． 因为a ⊥b ，所以a ·b ＝0.又因为a Üπ，n ⊥π，所以a ·n ＝0. 故a ·c ＝0，从而a ⊥c .证法二 如图(2)，记c ∩b ＝A ，P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO ⊥π，垂足为O ，则O ∈c . 因为PO ⊥π，a Üπ，所以直线PO ⊥a . 又a ⊥b ，b Ü平面PAO ，PO ∩b ＝P ， 所以a ⊥平面PAO . 又c Ü平面PAO ，所以a ⊥c .(2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b . 逆命题为真命题．【名师点睛】 本题实际上考查了三垂线定理逆定理的证明，命题创意新颖，改变了多数高考命题以空间几何体为载体考查线面位置关系的证明．着重考查推理论证能力． 考情展望 名师押题【押题】 一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； (2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(3)若D 是棱CC 1的中点，E 是棱AB 的中点，判断DE 是否平行于平面AB 1C 1，并证明你的结论． 【解析】 (1)几何体的直观图如图所示，四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝B 1C 1＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且平面AA 1C 1C 垂直于底面BB 1C 1C ，故该几何体是直三棱柱，其体积V ＝S △ABC ·BB 1＝12×1×3×3＝32.(2)证明：由(1)知平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1C 1C 且B 1C 1⊥CC 1，所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1C . 因为四边形ACC 1A 1为正方形，所以A 1C ⊥AC 1， 而B 1C 1∩AC 1＝C 1，所以A 1C ⊥平面AB 1C 1. (3)DE ∥平面AB 1C 1，证明如下：如图，取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，DE .因为D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，所以EF ∥AB 1，DF ∥B 1C 1.又AB1 ⊂平面AB1C1，EF ⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.同理，DF∥平面AB1C1，又EF∩DF＝F，则平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数课件：第一部分 考点十四 空间中的平行与垂直关系
解析 因为在四边形 ABCD 中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠ BAD＝90°，所以 BD⊥CD，又平面 ABD⊥平面 BCD，且平面 ABD∩平面 BCD ＝BD，所以 CD⊥平面 ABD，则 CD⊥AB，又 AD⊥AB，所以 AB⊥平面 ADC， 则平面 ABC⊥平面 ADC，故选 D.
解 (1)证明：如图 1，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，连接 BM， 因为 BCC1B1 是矩形，所以 BC⊥BB1， 因为 AA1∥BB1，所以 AA1⊥BC， 又因为 AA1⊥MC，BC∩MC＝C， 所以 AA1⊥平面 BCM，所以 AA1⊥MB， 又因为 AB＝A1B，所以 M 是 AA1 的中点，
取 BC 的中点 P，连接 NP，AP， 因为 N 是 B1C 的中点，则 NP∥BB1 且 NP＝12BB1， 所以 NP∥MA 且 NP＝MA， 所以四边形 AMNP 是平行四边形，所以 MN∥AP， 又因为 MN⊄平面 ABC，AP⊂平面 ABC， 所以 MN∥平面 ABC.
(2)因为 AB⊥A1B，所以△ABA1 是等腰直角三角形， 设 AB＝ 2a，则 AA1＝2a，BM＝AM＝a. 在 Rt△ACM 中，AC＝ 2a，所以 MC＝a. 在△BCM 中，CM2＋BM2＝2a2＝BC2， 所以 MC⊥BM， 由(1)知，则 MC⊥AA1，BM⊥AA1， 如图 2，以 M 为坐标原点，M→A1，M→B，M→C的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
解析 命题①是线面平行的判定定理，正确；命题②因为垂直同一平面 的两条直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故 正确；命题③平面内无数条直线均平行时，不能得出直线与这个平面垂直， 故不正确；命题④因为两个相交平面都垂直于第三个平面，从而交线垂直于 第三个平面，故正确．故答案为①②④.
高考数学南京市2018届高三数学二轮专题复习资料专题6：空间的平行与垂直问题
专题6：空间的平行与垂直问题问题归类篇类型一: 线线平行一、前测回顾1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若D 、E 是棱CC 1，AB 的中点，求证：DE ∥平面AB 1C 1．提示：法一：用线面平行的判定定理来证： “平行投影法”：取AB 1的中点F ，证四边形C 1DEF 是平行四边形．“中心投影法”延长BD 与B 1C 1交于M ，利用三角线中位线证DE ∥法二：用面面平行的性质取BB 1中点G ，证平面DEG ∥平面AB 1C 1． 二、方法联想（1）证明线线平行 方法1：利用中位线；方法2：利用平行四边形； 方法3：利用平行线段成比例； 方法4：利用平行公理； 方法5：利用线面平行性质定理； 方法6：利用线面垂直性质定理；方法7：利用面面平行．（2）已知线线平行，可得线面平行三、归类巩固*1．如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 为平行四边形，求证：EF ∥BC ． (平行公理证明线线平行，由线线平行得线面平行)类型二: 线面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C (2)若E ，F 分别是A 1A ，C 1C 的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面BDF ． 提示：(1)用面面平行的判定定理证： 证明BD ∥B 1D 1，A 1B ∥D 1C ． (2)证明BD ∥B 1D 1，BF ∥D 1E ．二、方法联想A 1D 1ABCDB 1C 1E ·F ·（1）证明线面平行方法1 构造三角形(中心投影法)，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①在直线和平面外寻找一点P ；②连接P A 交平面α于点M ；③连接P A 交平面α于点N ，④连接MN 即为要找的平行线．方法2：构造平行四边形(平行投影法) ，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①选择直线上两点A 、B 构造两平行直线和平面α相交于M 、N ；②连接MN 即为要找的平行线．方法3：构造面面平行．构造平行平面步骤，如下图：①过A 做AC 平行于平面α内一条直线A’C’；②连结BC ；③平面ABC 即为所要找的平行平面．（2）已知线面平行方法1 可得线线平行，过直线l 做平面β交已知平面α于直线m ，则l ∥m ．方法2 可得面面平行三、归类巩固**1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 、E 是棱CC 1，AB 的上的点，且AE ＝23AB ，若DE ∥平面AB 1C 1，求CDDC1的值．（已知线面，转化为线线平行）*2．E ，P ，G ，H 分别是四面体的棱ABCD 的棱AB 、CD 、CA 、CB 的中点， 求证：PE ∥平面PGH ．（通过面面的平行证明线面平行）*3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1A 的中点．点F 在棱CC 1上，使得平面EB 1D 1∥平面BDF ． 求证：点F 为棱CC 1的中点．类型三: 面面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为棱CC 1的中点，AC 交BD 于O ，求证：A 1O ⊥平面MBD提示：用线面垂直的判定定理：证BD ⊥平面AA 1C 1C ，从而得出BD ⊥A 1O ； 在矩形AA 1C 1C 中，用平几知识证明A 1O ⊥OM ；M OA 1 D 1 ABCDB 1C 1m lα① ② A B CA ’C ’ ①② ① A M NBABCSGFE二、方法联想（1）证明面面平行方法 在一个平面内寻找两条相交直线证明与另一个平面平行．注意 证面面平行必须先通过证线面平行，不可以直接通过证线线平行来证面面平行． （2）已知面面平行 可得线线平行三、归类巩固*1． 如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB ，过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：（1）平面EFG ∥平面ABC ； （2）BC ⊥SA ． 答案：证明略 (考查平面与平面平行，线线垂直)类型四: 线线垂直一、前测回顾1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均相等，D 为BB 1的中点，求证：A 1B ⊥C D ． 分析：要证明A 1B ⊥C D ，只要证明A 1B 与CD 所在的平面垂直，或CD 与A 1B 所在的平面垂直， 但都没有现成的平面，构造经过CD 的平面与直线A 1B 垂直，或经过A 1B 的平面与直线CD 垂直．方法1：取AB 的中点E ，连CE ，证A 1B ⊥平面CDE ； 方法2：取B 1C 1的中点F ，连BF ，证CD ⊥平面A 1BF ．二、方法联想（1）证明线线垂直方法1：利用线面垂直；构造垂面证线线垂直 要证l 垂直于AB ，构造垂面证线线垂直步骤:如下图：①过A 找垂直于l 的直线AC ；②连结BC ，③证BC 垂直l ，则l ⊥面ABC ． 方法2：利用线线平行转移线线垂直； 方法3：利用勾股定理；方法4：利用等腰三角形三线合一； 方法5：利用菱形对角线互相垂直； 方法6：利用四边形为矩形． （2）已知线线垂直 可得线面垂直三、归类巩固A 1BCC 1B 1DAAB lC①②*1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， D 为BB 1的中点， A 1B ⊥CD ，求证：AA 1＝AB ．类型五: 线面垂直一、前测回顾1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点． 求证：平面PEF ⊥平面P AC ．提示：设EF 与AC 交于点O ，证EF ⊥AC ，EF ⊥OP ， 从而得出EF ⊥平面P AC ． 二、方法联想 （1）证明线面垂直方法 证明直线与平面内两条相交直线垂直． （2）已知线面垂直 可得线线垂直和面面垂直三、归类巩固*1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点，若平面PEF ⊥平面P AC ，求证：四边形ABCD 是菱形．*2．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 交BD 于O ，点M 在棱CC 1上，且A 1O ⊥平面MBD ， 求证：M 为棱CC 1的中点． （线面垂直得线线垂直）*3．在四面体ABCD 中，AD ⊥BC ，CA ＝CB ＝CD ＝1，BD ＝2，则△ABC 的面积为_____． （计算证明线线垂直）*4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，AB 1⊥BC 1，求证：A 1C ⊥BC 1． （利用平行转移线线垂直，从而一条直线与两异面直线的 垂直转化为线面的垂直）类型六: 面面垂直一、前测回顾1．如图，已知VB ⊥平面ABC ，侧面VAB ⊥侧面VAC ，求证：△VAC 是直角三角形． 提示：过B 作BD ⊥VA ，垂足为D ，由侧面VAB ⊥侧面VAC ，得出BD ⊥侧面VAC ，从面BD ⊥AC ， 由VB ⊥平面ABC ，得AC ⊥VB ，从而AC ⊥平面VAB ． 所以AC ⊥VA ．B C DA P EF BCAVA 1 BDAPEF二、方法联想（1）证明面面垂直关键是找到和另一个平面垂直的垂线，转化为线面垂直． 找垂线的一般方法：①分别在两个平面内找两条互相垂直的直线，再判断其中一条直线垂直于平面； ②找（或作）两平面交线的垂线．③若存在第三个平面与其中一个面垂直，则在第三个内作找或作它们的交线的垂线（可以就是第三个与另一个平面的交线），再将这个垂线转移到另一个平面内．（2）已知面面垂直优先在其中一个平面内找或作两个平面交线的垂线，转化为线面垂直．三、归类巩固**1．在四棱锥P －ABCD 中，CD ⊥平面P AD ，△P AD 是正三角形，DC //AB ，DA ＝DC ＝2AB ．求证：平面PBC ⊥平面PDC.（存在第三个面与其中一个面垂直）提示1：取PD 中点M ，则AM ⊥平面PDC ，下面只需将AM平移到平面PBC 内． 提示2：作出平面P AD 与平面PBC 的交线PN ，只需证明PN ⊥平面PDC ．类型七: 有关表面积、体积计算一、前测回顾1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________． 答案 ：6π2．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________． 答案： 3二、方法联想①表面距离问题考虑表面展开，转化成平面问题 ②体积计算，先证明高，后用体积公式求体积三、归类巩固*1．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°， 侧棱P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，E 为AB 的中点，则四面体PBCE 的 体积为 ．PABCDPABCD*2．如图，在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3cm ，AA 1＝2cm ， 则四棱锥A ―BB 1D 1D 的体积为 cm 3． 答案：6 (考查空间几何体的体积计算)*3．三棱锥P - ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D - ABE 的体积为V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．答案：14(考查空间多面体的体积的关系)综合应用篇一、例题分析例1：在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，P A ＝2AB ．(1)若F 为PC 的中点，求证：PC ⊥平面AEF ； (2)求证：CE ∥平面P AB ．提示：(1)证明：PC ⊥AF ，PC ⊥EF ．(2)①中心投影法：延长CD 与AB 交于G ，证明CE ∥PG ． ②平行投影法：取P A 中点M ，过C 作CN ∥AD 交AB 于N ．证四边形CEMN 是平行四边形，从而得CE ∥MN ．③面面平行的性质：取AD 中点H ，证明平面CEH ∥平面P AB ． 〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．证明直线与平面垂直．方法：(1)定义法：a ⊥b ，b 为平面α内任意一条直线⇒ a ⊥平面α．(2)线面垂直的判定定理：a ⊥m ，a ⊥n ，m ⊂平面α，n ⊂平面α，m ∩n ＝A ⇒ a ⊥平面α．(3)面面垂直的性质定理：平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l ，a ⊂平面α，a ⊥l ⇒ a ⊥平面α． 2．证明直线与平面平行．方法：(1)定义法：常常借助反证法完成；(2)判定定理：a ∥b ，a ⊄平面α，b ⊂平面α⇒ a ∥平面α．用判定定理来证线面平行的关键是在平面内找到与已知直线平行的直线，其方法有：中心投影法与平行投影法． 证明线线平行常用方法：①平面几何的方法：三角形中位线，平行四边形，平行线段成比例等． ②面面平行的性质：α∥β，γ∩α＝m ，γ∩β＝n ⇒m ∥n ． ③线面垂直的性质：a ⊥平面α，b ⊥平面α⇒a ∥b ． ④公理4：a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ．(3)面面平行的性质：平面α∥平面β， a ⊂平面α⇒ a ∥平面α．ABEPF二、方法选择与优化建议：1．用方法(2)，方法(2)是证明线面垂直的常用方法。
(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题二立体几何第二讲大题考法——平行与垂直课件
[方法技巧] 立体几何证明问题的 2 个注意点 (1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照 定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一 条直线在平面内，另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的 判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等，如果定理 的条件不完整，则结论不一定正确． (2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几 何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用．
(2)AAMB ＝14，理由如下： 取 D1E 的中点 L，连接 FL，AL， ∴FL∥EC，FL＝12EC＝1. 又 EC∥AB，∴FL∥AB，且 FL＝14AB， ∴M，F，L，A 四点共面．若 MF∥平面 AD1E，则 MF∥AL.∴四边形 AMFL 为平行四边形， ∴AM＝FL＝14AB，即AAMB ＝14.
题型(二)
两平面之间位置 关系的证明
考查面面平行和面面垂直，都需要用判定定理，其本质是 考查线面垂直和平行.
[典例感悟] [例 2] (2019·南京盐城一模)如图，在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别是棱 BC，CC1 上 的点(其中点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 棱 B1C1 上的点，且 A1F⊥B1C1. 求证：(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)A1F∥平面 ADE. [证明] (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC. 因为 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 又 AD⊥DE，在平面 BCC1B1 中，CC1 与 DE 相交， 所以 AD⊥平面 BCC1B1. 又 AD⊂平面 ADE，所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
[方法技巧] 与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤
[演练冲关]
2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：空间中的平行与垂直含解析
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)
答案:②③④
解析:对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.
2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：空间中的平行与垂直含解析
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专题能力训练
专题能力训练第34页
一、能力突破训练
1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()
∴四边形DOFE为平行四边形.
∴OF∥DE.
∵DE⊂平面ADE,OF⊄平面ADE,
∴OF∥平面ADE.
∵O,G分别为BD,AB的中点,
∴OG∥AD.又OG⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,
∴OG∥平面ADE.
∵OG∩OF=O,
∴平面GOF∥平面ADE.
∵GF⊂平面OGF,
∴GF∥平面ADE.
(3)连接OH,在△BDF中,O,H分别为BD,BF的中点,
所以△PAC的面积S△PAC= PC·AM=
设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD,
得 S△PAC·h= S△ACD·PO.
因为S△ACD= 22= ,所以 h= ,
2020年高三数学三轮复习回归基础专题空间中的平行与垂直
∥ ， 。分别对应两平面无公共点、两平面有无数个公共点。
平行关系
……
判定定理
性质定理
线面
线线平行 线面平行
∥ ， ， ∥
线面平行 线线平行
面面
线面平行 面面平行
面面平行 线线平行
垂直关系
线面
线线垂直 线面垂直
∥
线线垂直 线线平行
面面
线面垂直 面面垂直
面面垂直 线面垂直
空间角
……
定义
特殊情况
范围
线线角
空间点、直线、平面位置关系
空间点、直线、平面的位置关系
基本公理
公理1
。
用途
判断直线在平面内。
公理2
不共线 确定平面 。
确定平面。
确定两平面的交线。
公理3
两直线
线线
共面和异面。共面为相交和平行。不同在任何一个平面内的两条直线称为异面直线。
点线面
； 。
线面
。分别对应线面无公共点、一个公共点、无数个公共点。
把两异面直线平移到相交时两相交直线所成的角。
两直线平行时角为
所成角为 时称两直线垂直
线面角
平面的一条斜线与其在该平面内射影所成角。
线面平行或线在平面内时线面角为
线面垂直时线面角为
二面角
在二面角的棱上一定向两个半平面内作垂直棱的垂线，这两条射线所成角。
两个半平面重合时为
两个半平面成为一个平面时为
当二面角为 时称两个平面垂直
空间距离
点面距
从平面外一点作平面的垂线，该点与垂足之间的距离。
线面距和面面距转化为点面距。
线面距
直线与平面平行时，直线上任一点到平面的距离。
2020届高考数学二轮复习分层讲义(基础)立体几何第一章 空间直线、平面平行垂直
目录目录 (1)第一章空间直线、平面平行垂直 (2)一、考纲解读 (2)二、命题趋势探究 (2)三、知识点精讲 (2)(一).直线和平面平行 (2)(二).两个平面平行 (3)(三).线面垂直 (5)(四).斜线在平面内的射影 (7)(五).平面与平面垂直 (8)四、思路小结 (10)(一).线线平行、线面平行、面面平行的转换如图0所示 (10)(二).证明空间中直线、平面的垂直关系 (10)五、解答题题型总结 (12)核心考点一：平行证明 (12)核心考点二：垂直证明 (14)第一章空间直线、平面平行垂直一、考纲解读1．要理解空间直线和平面各种位置关系的定义.2．以立体几何的定义，公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定，理解其判定定理与性质定理.二、命题趋势探究有关平行的问题是高考的必考内容，主要分为两大类：一类是空间线面关系的判定和推理；一类是几何量的计算，主要考查学生的空间想象能力，思维能力和解决问题的能力.平行关系是立体几何中的一种重要位置关系，在高考中，选择题、填空题几乎每年都考，难度一般为中档题，且常常以棱柱、棱锥为背景.（1）高考始终把直线与平面、平面与平面平行的判定与性质作为考查的重点，通常以棱柱、棱锥为背景设计命题.考查的方向是直线与平面、平面与平面的位置关系，结合平面几何有关知识考查.（2）以棱柱、棱锥为依托考查两平行平面的距离，可转化为点面距离，线面距离和两异面直线间的距离问题，通常是算、证结合，考查学生的渗透转化思想.三、知识点精讲(一).直线和平面平行1．定义直线与平面没有公共点，则称此直线l与平面α平行，记作l∥α2.判定方法(文字语言、图形语言、符号语言)（见表8-9）表8-9文字语言图形语言符号语言线∥线⇒线∥面如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行（简记为“线线平行⇒线面平行11l ll llααα⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭∥∥面∥面⇒线∥面如果两个平面平行,那么在一个平面内的所有直线都平行于另一个平面aaαββα⎫⇒⎬⊂⎭∥∥3.性质定理(文字语言、图形语言、符号语言)（见表8-10）表8-10文字语言图形语言符号语言线∥面⇒线∥线如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线就和交线平行ll l llαβαβ⎫⎪'⊂⇒⎬⎪'=⎭I∥∥(二).两个平面平行1．定义没有公共点的两个平面叫作平行平面,用符号表示为:对于平面α和β,若αβφ=I,则α∥β2.判定方法(文字语言、图形语言、符号语言)（见表8-11）表8-11文字语言图形语言符号语言判定定理线∥面⇒面∥面如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行（简记为“线面平行⇒面面平行,,a b a b Pαα⊂⊂=Ia bββαβ⇒∥，∥∥线⊥面⇒面∥面如果两个平面同垂直于一条直线,那么这两个平面平行llααβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭∥β3.性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）（见表8-12）表8-12文字语言图形语言符号语言面//面⇒线//面如果两个平面平行，那么在一个平面中的所有直线都平行于另外一个平面////aaαββα⎫⇒⎬⊂⎭性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么他们的交线平行（简记为“面面平行⇒////.a a bbαβαγβγ⎫⎪=⇒⎬⎪=⎭II线面平行”）面//面⇒线⊥面如果两个平面中有一个垂直于一条直线，那么另一个平面也垂直于这条直线//llαββα⎫⇒⊥⎬⊥⎭(三).线面垂直1.定义：如果一条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，那称这条直线和这个平面相互垂直.2.判定定理（文字语言、图形语言、符号语言）（见表1）表1文字语言图形语言符号语言判断定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直面⊥面⇒线⊥面两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直αββαβα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊥⊂=⋂⊥babba,a ba llb la b Pαα⊂⎫⎪⊥⎪⇒⊥⎬⊥⎪⎪=⎭I__a平行与垂直的关系1一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊥aa//平行与垂直的关系2两平行直线中有一条与平面垂直，则另一条直线与该平面也垂直αα⊥⇒⎭⎬⎫⊥baba//3．性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）（见表2）表2文字语言图形语言符号语言性质定理垂直于同一平面的两条直线平行babaa////⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋂⊂βαβα文字语言图形语言符号语言垂直与平行的关系垂直于同一直线的两个平面平行βαβα//⇒⎭⎬⎫⊥⊥aa线垂直于面的性质如果一条直线垂直于一个平面，则该直线与,l a l aαα⊥⊂⇒⊥_α_b_aα_b_a_平面内所有直线都垂直(四).斜线在平面内的射影1.斜线的定义一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和这个平面的交点叫做斜足.2.射影的定义过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影.3.直线与平面所成的角平面内的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角.特别地，一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是的角，故直线与平面所成的角的范围是.如图8-122所示，是平面的斜线，为斜足；是平面的垂线，为垂足；是在平面的射影，的大小即为直线与平面所成的角的大小.0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦PAαA POαO AO PAαPAO∠PAα(五).平面与平面垂直 1.二面角的定义从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面；如图8-123所示，在二面角的棱上任取一点，以点为垂足，在半平面和内分别作垂直于棱的射线和，则射线和构成的叫做二面角的平面角，二面角的范围是.平面角是直角的二面角叫做直二面角.2.平面与平面垂直的定义如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直.（如图8-124所示，若，，且，，，则）l αβ--l O O αβl OA OB OA OB AOB ∠[]0,πCD αβ=I CD γ⊥AB αγ=I BE βγ=I AB BE ⊥αβ⊥一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.3.判定定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直βαβα⊥⇒⎭⎬⎫⊂⊥bb4.性质定理（文字语言、图形语言、符号语言）文字语言图形语言符号语言性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直αββαβα⊥⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⊥⊂=⋂⊥babba___a四、思路小结(一).线线平行、线面平行、面面平行的转换如图0所示.（1） 证明直线与平面平行的常用方法：①利用定义，证明直线a 与平面α没有公共点，一般结合反证法证明；②利用线面平行的判定定理，即线线平行⇒线面平行.辅助线的作法为：平面外直线的端点进平面，同向进面，得平行四边形的对边，不同向进面，延长交于一点得平行于第三边的线段；③利用面面平行的性质定理，把面面平行转化成线面平行； （2） 证明面面平行的常用方法：①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合； ②利用面面平行的判定定理； ③利用两个平面垂直于同一条直线； ④证明两个平面同时平行于第三个平面.（3） 证明线线平行的常用方法：○1利用直线和平面平行的判定定理；○2利用平行公理； (二).证明空间中直线、平面的垂直关系线线线面面面 ⊥−−−−→←−−−−判定定理性质定理⊥−−−−→←−−−−判定定理性质定理⊥性质 性质性质 判定判定判定 线∥面 线∥线面∥面图 0（1）证明线线垂直的方法 ①等腰三角形底边上的中线是高； ②勾股定理逆定理； ③菱形对角线互相垂直； ④直径所对的圆周角是直角； ⑤向量的数量积为零；⑥线面垂直的性质（）； ⑦平行线垂直直线的传递性（∥）. （2）证明线面垂直的方法 ①线面垂直的定义；②线面垂直的判定（）； ③面面垂直的性质（）； 平行线垂直平面的传递性（∥）； ⑤面面垂直的性质（）. （3）证明面面垂直的方法 ①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理（）.,a b a b αα⊥⊂⇒⊥,a c a ⊥b b c ⇒⊥,,,,a b a c c b b c P a ααα⊥⊥⊂⊂=⇒⊥I ,,,b a b a a αβαβαβ⊥=⊥⊂⇒⊥I ,a b α⊥a b α⇒⊥,,l l αγβγαβγ⊥⊥=⇒⊥I ,a a βααβ⊥⊂⇒⊥性质性质性质性质性质 判定判定 判定 判定 判定线∥面 线∥线面∥面线⊥面 线⊥线面⊥面图 3空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图3所示，由图可知，线面垂直在所有关系中处于核心位置. 五、解答题题型总结核心考点一：平行证明【例1】 ⑴如图1，三棱锥D ABC -中，E 、F 、O 分别是AD 、BD 、AC 的中点，G 是OC 的中点；求证：FG ∥平面BOE ．⑵如图2，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为等腰梯形，AB CD ∥，4AB =，2BC CD ==，12AA =，E 、1E 、F 分别是棱AD 、1AA 、AB 的中点．证明：直线1EE ∥平面1FCC ．图1 图2 【解析】 ⑴ 设BE 和AF 交于点H ，连接OH ， 在三角形ABD △中，E 、F 分别是AD 、BD 的中点，GOEABCD FE 1F ED 1C 1B 1A 1D CBA HF DCBAEO G所以H 为重心，23AH AF =， 又O 为AC 中点，G 是OC 的中点，所以23AO AG =， 在AFG △中，23AH AOAF AG==， 所以HO FG ∥，又FG 不在平面BOE 内，HO ⊂平面BOE ，所以FG ∥平面BOE ． ⑵ 法一：取11A B 的中点1F ，连结1FF ，11C F ， 由于111FF BB CC ∥∥，所以1F ∈平面1FCC ， 因此，平面1FCC 即为平面11C CFF ， 连结1A D ，1F C ，由于1111A F D C CD ∥∥， 所以四边形11A DCF 为平行四边形，因此11A D FC ∥．又11EE A D ∥，得11EE FC ∥， 而1EE ⊄平面1FCC ，1F C ⊂平面1FCC ， 故1EE ∥平面1FCC ． 法二：因为F 为AB 的中点，2CD =，4AB =，AB CD ∥， 所以CD AF ∥，因此四边形AFCD 为平行四边形， 所以AD FC ∥．又11CC DD ∥，1FC CC C =I ，FC ⊂平面1FCC ，1CC ⊂平面1FCC ，F 1AF BE 1E A 1D CD 1C 1B 1所以平面11ADD A ∥平面1FCC ，又1EE ⊂平面11ADD A ，所以1EE ∥平面1FCC ．【例2】在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，E 是PC 的中点．求证：PA ∥平面BDE原图：【解析】 连结AC ，设AC 交BD 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是平行四边形， ∴点O 是AC 的中点． 在PAC △中，EO 是中位线， ∴PA EO ∥．∵EO ⊂平面BDE ，且PA ⊄平面BDE ， ∴PA ∥平面BDE ．核心考点二：垂直证明【例1】若l 、m 、n 是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是（ ）A ．若αβ∥，l α⊂，n β⊂，则l n ∥B ．若αβ⊥，l α⊂，则l β⊥C ．若l n ⊥，m n ⊥，则l m ∥D ．若l α⊥，l β∥，则αβ⊥E BC ADP OE DC BAP【解析】 D【例2】已知m ，n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，给出下列命题： ①αγ⊥，βγ⊥，则αβ∥； ②若n α⊥，n β⊥，则αβ∥；③若n α⊂，m α⊂且n m ββ∥，∥，则α∥β； ④若m n ，为异面直线，n α⊂，n β∥，m β⊂，m α∥，则αβ∥． 则其中正确的命题是_______．（把你认为正确的命题序号都填上） 【解析】 ②④【例3】在正四面体P ABC -中，D 、E 、F 分别是AB 、BC 、CA 的中点，下面结论中不成立的是（ ） A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面PAEC ．平面PDF ⊥平面ABCD ．平面PAE ⊥平面ABC【解析】 C【例4】PA 垂直于正方形ABCD 所在平面，连结PB 、PC 、PD 、AC 、BD ，则下列垂直关系正确的是（ ）①面PAB ⊥面PBC ②面PAB ⊥面PAD ③面PAB ⊥面PCD ④面PAB ⊥面PAC A ．①② B ．①③C ．②③D ．②④【解析】 A【例5】如图，在四面体ABCD 中，CB CD =，AD BD ⊥，点E 、F 分别是AB 、BD 的中点，求证：⑴直线EF ∥平面ACD ；⑵平面EFC ⊥平面BCD ．【解析】 ⑴ 易知中位线EF AD ∥，而AD ⊂面ACD ，EF ⊄面ACD∴EF ∥平面ACD ．⑵ ∵EF AD ∥，AD BD ⊥，∴EF BD ⊥ 又CB CD =，F 是BD 的中点，∴CF BD ⊥ ∵EF CF F =I ，∴BD ⊥面EFC 又BD ⊂面BCD ，平面EFC ⊥平面BCD ．【例6】如图所示，ABC △是正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且2AE AB a ==，CD a =，F 是BE 的中点．⑴求证：DF ∥平面ABC ；⑵求证：AF BD ⊥．原图：【解析】 ⑴ 取AE 中点M ，连结DM FM ，，易知FM AB ∥，∴FM ∥平面ABC ． 又AE 和CD 都垂直于平面ABC ，∴AE CD ∥，AM CD ∥FEDCB AFEDCBAM FEDCBA∵12AM AE CD ==，∴AMDC 是平行四边形，DM AC ∥，∴DM ∥平面ABC ． 因此平面DFM ∥平面ABC∵DF ⊂平面DFM ，∴DF ∥平面ABC ．⑵ 连结AD ，由2AE AB a ==，AE AB ⊥，F 是BE 的中点，可得AF BE ⊥，且2AF a =，22BE a =．由CD AC ⊥，可得222245AD CD AC a a a =+=+=．类似的5DE DB a ==，于是()2222523DF BD BF a a a =-=-=，从而222AF DF AD +=，AF DF ⊥．结合AF BE ⊥，有AF ⊥平面BDE ，∴AF BD ⊥。
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专题6：空间的平行与垂直问题问题归类篇类型一: 线线平行一、前测回顾1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若D 、E 是棱CC 1，AB 的中点，求证：DE ∥平面AB 1C 1．提示：法一：用线面平行的判定定理来证： “平行投影法”：取AB 1的中点F ，证四边形C 1DEF 是平行四边形．“中心投影法”延长BD 与B 1C 1交于M ，利用三角线中位线证DE ∥法二：用面面平行的性质取BB 1中点G ，证平面DEG ∥平面AB 1C 1．二、方法联想（1）证明线线平行 方法1：利用中位线；方法2：利用平行四边形； 方法3：利用平行线段成比例； 方法4：利用平行公理； 方法5：利用线面平行性质定理； 方法6：利用线面垂直性质定理； 方法7：利用面面平行．（2）已知线线平行，可得线面平行三、归类巩固*1．如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 为平行四边形，求证：EF ∥BC ． (平行公理证明线线平行，由线线平行得线面平行)类型二: 线面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C (2)若E ，F 分别是A 1A ，C 1C 的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面BDF ． 提示：(1)用面面平行的判定定理证： 证明BD ∥B 1D 1，A 1B ∥D 1C ． (2)证明BD ∥B 1D 1，BF ∥D 1E ．二、方法联想（1）证明线面平行方法1 构造三角形(中心投影法)，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①在直线和平面外寻找一点P ；②连接P A 交平面α于点M ；③连接P A 交平面α于点N ，④连接MN 即为要找的平行线．A 1D 1ABCDB 1C 1E ·F ·方法2：构造平行四边形(平行投影法) ，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①选择直线上两点A 、B 构造两平行直线和平面α相交于M 、N ；②连接MN 即为要找的平行线．方法3：构造面面平行．构造平行平面步骤，如下图：①过A 做AC 平行于平面α内一条直线A’C’；②连结BC ；③平面ABC 即为所要找的平行平面．（2）已知线面平行方法1 可得线线平行，过直线l 做平面β交已知平面α于直线m ，则l ∥m ．方法2 可得面面平行三、归类巩固**1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 、E 是棱CC 1，AB 的上的点，且AE ＝23AB ，若DE ∥平面AB 1C 1，求CDDC1的值．（已知线面，转化为线线平行）*2．E ，P ，G ，H 分别是四面体的棱ABCD 的棱AB 、CD 、CA 、CB 的中点， 求证：PE ∥平面PGH ．（通过面面的平行证明线面平行）*3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1A 的中点．点F 在棱CC 1上，使得平面EB 1D 1∥平面BDF ． 求证：点F 为棱CC 1的中点．类型三: 面面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为棱CC 1的中点，AC 交BD 于O ，求证：A 1O ⊥平面MBD提示：用线面垂直的判定定理：证BD ⊥平面AA 1C 1C ，从而得出BD ⊥A 1O ； 在矩形AA 1C 1C 中，用平几知识证明A 1O ⊥OM ；二、方法联想（1）证明面面平行方法 在一个平面内寻找两条相交直线证明与另一个平面平行．注意 证面面平行必须先通过证线面平行，不可以直接通过证线线平行来证面面平行．MOA 1 D 1 ABCDB 1C 1m lα① ② A B CA ’C ’ ① ② ① A M NBABCSGFE（2）已知面面平行 可得线线平行三、归类巩固*1． 如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB ，过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：（1）平面EFG ∥平面ABC ； （2）BC ⊥SA ． 答案：证明略 (考查平面与平面平行，线线垂直)类型四: 线线垂直一、前测回顾1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均相等，D 为BB 1的中点，求证：A 1B ⊥C D ． 分析：要证明A 1B ⊥C D ，只要证明A 1B 与CD 所在的平面垂直，或CD 与A 1B 所在的平面垂直， 但都没有现成的平面，构造经过CD 的平面与直线A 1B 垂直，或经过A 1B 的平面与直线CD 垂直．方法1：取AB 的中点E ，连CE ，证A 1B ⊥平面CDE ； 方法2：取B 1C 1的中点F ，连BF ，证CD ⊥平面A 1BF ．二、方法联想（1）证明线线垂直方法1：利用线面垂直；构造垂面证线线垂直 要证l 垂直于AB ，构造垂面证线线垂直步骤:如下图：①过A 找垂直于l 的直线AC ；②连结BC ，③证BC 垂直l ，则l ⊥面ABC ． 方法2：利用线线平行转移线线垂直； 方法3：利用勾股定理；方法4：利用等腰三角形三线合一； 方法5：利用菱形对角线互相垂直； 方法6：利用四边形为矩形． （2）已知线线垂直 可得线面垂直三、归类巩固*1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， D 为BB 1的中点， A 1B ⊥CD ，求证：AA 1＝AB ．类型五: 线面垂直一、前测回顾1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点．求证：平面PEF ⊥平面P AC ．提示：设EF 与AC 交于点O ，证EF ⊥AC ，EF ⊥OP ，从而得出EF ⊥平面P AC A 1BCC 1B 1DABDA P EFAB lC①②二、方法联想（1）证明线面垂直方法 证明直线与平面内两条相交直线垂直． （2）已知线面垂直 可得线线垂直和面面垂直三、归类巩固*1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点，若平面PEF ⊥平面P AC ，求证：四边形ABCD 是菱形．*2．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 交BD 于O ，点M 在棱CC 1上，且A 1O ⊥平面MBD ， 求证：M 为棱CC 1的中点． （线面垂直得线线垂直）*3．在四面体ABCD 中，AD ⊥BC ，CA ＝CB ＝CD ＝1，BD ＝2，则△ABC 的面积为_____． （计算证明线线垂直）*4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，AB 1⊥BC 1，求证：A 1C ⊥BC 1． （利用平行转移线线垂直，从而一条直线与两异面直线的 垂直转化为线面的垂直）类型六: 面面垂直一、前测回顾1．如图，已知VB ⊥平面ABC ，侧面VAB ⊥侧面VAC ，求证：△VAC 是直角三角形． 提示：过B 作BD ⊥VA ，垂足为D ，由侧面VAB ⊥侧面VAC ，得出BD ⊥侧面VAC ，从面BD ⊥AC ， 由VB ⊥平面ABC ，得AC ⊥VB ，从而AC ⊥平面VAB ． 所以AC ⊥VA ．二、方法联想（1）证明面面垂直关键是找到和另一个平面垂直的垂线，转化为线面垂直． 找垂线的一般方法：①分别在两个平面内找两条互相垂直的直线，再判断其中一条直线垂直于平面； ②找（或作）两平面交线的垂线．③若存在第三个平面与其中一个面垂直，则在第三个内作找或作它们的交线的垂线（可以就是第三个与另一个平面的交线），再将这个垂线转移到另一个平面内．（2）已知面面垂直优先在其中一个平面内找或作两个平面交线的垂线，转化为线面垂直．三、归类巩固**1．在四棱锥P －ABCD 中，CD ⊥平面P AD ，△P AD 是正三角形，DC //AB ，DA ＝DC ＝2AB ．求证：平面PBC ⊥平面PDC.BC AVA 1 PABBDAPEF（存在第三个面与其中一个面垂直）提示1：取PD 中点M ，则AM ⊥平面PDC ，下面只需将AM 平移到平面PBC 内． 提示2：作出平面P AD 与平面PBC 的交线PN ，只需证明PN ⊥平面PDC ．类型七: 有关表面积、体积计算一、前测回顾1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________． 答案 ：6π2．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________． 答案： 3二、方法联想①表面距离问题考虑表面展开，转化成平面问题 ②体积计算，先证明高，后用体积公式求体积三、归类巩固*1．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°， 侧棱P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，E 为AB 的中点，则四面体PBCE 的 体积为 ．*2．如图，在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3cm ，AA 1＝2cm ， 则四棱锥A ―BB 1D 1D 的体积为 cm 3． 答案：6 (考查空间几何体的体积计算)*3．三棱锥P - ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D - ABE 的体积为V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．答案：14(考查空间多面体的体积的关系) 综合应用篇一、例题分析例1：在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，P A ＝2AB ．(1)若F 为PC 的中点，求证：PC ⊥平面AEF ； (2)求证：CE ∥平面P AB ．EPFPABCDE提示：(1)证明：PC⊥AF，PC⊥EF．(2)①中心投影法：延长CD与AB交于G，证明CE∥PG．②平行投影法：取P A中点M，过C作CN∥AD交AB于N．证四边形CEMN是平行四边形，从而得CE∥MN．③面面平行的性质：取AD中点H，证明平面CEH∥平面P AB．〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．证明直线与平面垂直．方法：(1)定义法：a⊥b，b为平面α内任意一条直线⇒ a⊥平面α．(2)线面垂直的判定定理：a⊥m，a⊥n，m⊂平面α，n⊂平面α，m∩n＝A⇒ a⊥平面α．(3)面面垂直的性质定理：平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l，a⊂平面α，a⊥l⇒ a⊥平面α．2．证明直线与平面平行．方法：(1)定义法：常常借助反证法完成；(2)判定定理：a∥b，a⊄平面α，b⊂平面α⇒ a∥平面α．用判定定理来证线面平行的关键是在平面内找到与已知直线平行的直线，其方法有：中心投影法与平行投影法．证明线线平行常用方法：①平面几何的方法：三角形中位线，平行四边形，平行线段成比例等．②面面平行的性质：α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n⇒m∥n．③线面垂直的性质：a⊥平面α，b⊥平面α⇒a∥b．④公理4：a∥c，b∥c⇒a∥b．(3)面面平行的性质：平面α∥平面β，a⊂平面α⇒ a∥平面α．二、方法选择与优化建议：1．用方法(2)，方法(2)是证明线面垂直的常用方法。