2018年高考数学常见题型解法归纳反馈训练第52讲立体几何里寻找平行线或垂线的方法

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2018高考数学答题方法:立体几何解题技巧1.三视图中“长对正，高平齐，宽相等”，即“正俯一样长，正侧一样高，俯侧一样宽”，因此可以根据三视图的形状及相关数据确定原几何体的各个度量。

解答此类问题的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图。

2.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素之间的关系，列方程求解。

正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中占・八、、9正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中占・八、、9直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；正棱锥的外接球的球心在其高上。

3.证明两平面垂直的常用方法有：在其中一个平面内找到或作出一条直线，使之与另一个平面垂直；证明两平面所成的二面角是直角。

4.证明直线与平面平行的常用方法有：转化为证明线线平行；转化为证明面面平行。

充分体现了“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”之间的转化。

也可以通过面面平行证得线面平行。

5.证明“线线垂直”可通过“线面垂直”进行转化，而利用“线面垂直”的判定定理证明线面垂直，体现了垂直关系之间的相互转化。

因此在证明平行或垂直问题时，要认真体会“转化与化归”这一数学思想方法，不仅要领悟“平行”与“垂宜呐部间的相互转化，还要注意平行与垂直之间的相互转化。

6.解决与折叠有关的几何问题的关键是弄清折叠前后哪些量改变，哪些量不变，抓住“变”与“不变”，是解决折叠问题的关键，通常在折痕同侧的位置关系、线段长度和角度的大小不变，但在折痕两侧的线段长度、角度及位置关系发生了变化。

求解过程中，综合考虑折叠前后的图形，对某些折叠后不易看清的关系和量，可结合原图形去分析、计算，即将空间问题转化为平面问题处理。

7.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论。

高考数学常见题型解法归纳反馈训练第52讲立体几何里寻找平行线或垂线的方法(2021学年)

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第５2讲立体几何里寻找平行线或垂线的方法【知识要点】立体几何里寻找平行线或垂线的方法一般有两种:在平面的已知线里找和在平面里构造辅助线. 【方法讲评】【例１】如图，在三棱锥P ABC -中,90ABC ∠=，PA ⊥平面ABC ，E ，F 分别为PB ,PC 的中点。

(1)求证://EF 平面ABC ;(2）求证：平面AEF ⊥平面PAB .【点评】(1）由于E,F分别为PB,PC的中点，所以由中位线定理得到||EF BC,BC就是平面ABC内和EF平行的直线,所以本题是直接在已知平面内找平行直线．(2）第2问证明面面垂直，要在其中一个平面内找一条直线和另外一个平面垂直,先在已知直线里找，直线EF就满足题意,因为可以证明EF AB⊥,EF PA⊥。

【反馈检测1】如图，在三棱锥P ABC-中，,,D E F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA ACBC=，5DF=。

⊥,6PA=,8求证:（1）直线||PA DFE平面;(2)平面BDE⊥平面ABC.方法二在平面里构造辅助线使用情景平面里已知的直线中不存在满足题意的平行线或垂线。

解题步骤把平行线平移到平面的特殊点(中点等），构造辅助的平行线;发挥想象力，把平面的垂线平移到平面的特殊点,构造辅助的垂线。

高考数学中常见的立体几何题解法

高考数学中常见的立体几何题解法立体几何是高考数学中的一个重要考点，占据了相当大的比重。

在高考中，立体几何题题目种类繁多，解法也各不相同。

本文将介绍几种常见的立体几何题解法，帮助考生更好地应对高考数学考试。

一、平行线与平面在立体几何题中，常见的一种情况是给出一条直线与两个平面的关系，考生需要求出直线和平面的距离、直线在平面上的投影等。

解法一：利用平行线与平面的性质，可通过构造垂线的方式解决问题。

具体步骤如下：1. 画出所给直线，并用不同颜色标出与该直线平行的两个平面；2. 在其中一个平面上，任选一点作为垂足；3. 连接该垂足与直线上的任意一点，得到一条垂线；4. 由于垂线与所给直线平行，因此垂线与另一个平面的交点即为所求点；5. 根据题目要求，计算出所求点到直线的距离或直线在平面上的投影。

解法二：根据几何关系和性质，利用相似三角形的特点解决问题。

具体步骤如下：1. 在给出的图形中，观察并找出相似三角形的性质；2. 根据相似三角形的性质，得到各个线段之间的比例关系；3. 利用比例关系解方程，求解出所需长度或角度。

二、平面图形的投影在立体几何题中，常见的一种情况是给出一个平面图形在空间中的投影，考生需要还原出该平面图形或者确定其性质。

解法一：根据已知条件以及图形的特点，利用平行四边形、相似三角形等图形的性质解决问题。

具体步骤如下：1. 画出所给平面图形的投影，并标出已知条件；2. 观察并找出平行四边形、相似三角形等图形的性质；3. 根据性质，确定各个线段之间的比例关系；4. 利用比例关系解方程，还原出所求图形或确定其性质。

解法二：利用投影的定义和性质解决问题。

具体步骤如下：1. 根据投影的定义，找到所给平面图形在空间中的位置；2. 根据已知条件及各个线段的投影长度，研究其规律性；3. 利用规律性解方程，求解出所求图形或确定其性质。

三、立体图形的体积与表面积在立体几何题中，求解立体图形的体积与表面积是经常出现的考点。

高考数学一轮复习第八章立体几何第52课平行关系的判定文(含解析)-人教版高三全册数学试题

第52课平行关系的判定1.可能用到的直线与直线平行的判定（1）中位线定理：若D 、E 分别是ABC ∆的边AB 、BC 边的中点，则（2）若ABCD 是平行边形，则AB DC （3）平行线截线段成比例定理：如图，若////l m n ，则；反之，若，则////l m n（4）若G 是ABC ∆的重心，AD 是ABC ∆的一条中线，则AGGD=2.直线与平面平行的判定定理内容图形符号表示判定定律如果一条直线与的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．例1. P 是平行四边形ABCD 外的一点，Q 是PA 的中点，求证：PC ∥平面BDQ ．证明：如图，连结AC 交BD 于O∵ ABCD 是平行四边形，∴ AO ＝OC 连结OQ ，则OQ ⊂平面BDQ ，且OQ 是△APC 的中位线∴ PC ∥OQ ，又PC 在平面BDQ 外∴ PC ∥平面BDQ ．练习：如图4，已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点P 、N 分别为BC 1、AB 1的中点．求证：PN//平面ABC ；证明：连结CB 1，∵P 是BC 1的中点，∴CB 1过点P ，--1分∵N 为AB 1的中点，∴PN//AC,---------------------------2分GM AFBCD EN∵AC ⊂面ABC ，PN ⊄面ABC ,∴PN//平面ABC. --------------------------------------4分例2. 例2.已知平行四边形ABCD 与平行四边形ABEF 共边AB ，M 、N 分别在对角线AC 、BF 上，且:AM AC FN FB ＝:．求证：//MN 平面ADF ．证明：如图作MP ∥AB 交AD 于P ，NQ ∥AB 交AF 于Q ，则MP ∥NQ ，由于CDNQAB NQ FB FN AC AM CD MP ==== 所以MP ＝NQ ，又已证MP ∥NQ ，则MNQP 是平行四边形，则MN ∥PQ ，又因为MN 不在平面ADF 上，PQ 在平面ADF 内，则MN ∥平面ADF ．练习：如图1，在直角梯形ABCD 中，CD AB //，AD AB ⊥，且121===CD AD AB ．现以AD 为一边向梯形外作正方形ADEF ，然后沿边AD 将正方形ADEF 翻折，使平面ADEF 与平面ABCD 垂直，M 为ED 的中点，如图2．求证：AM ∥平面BEC ;证明：取EC 中点N ，连结BN MN ,．在△EDC 中，,M N 分别为,EC ED 的中点，所以MN ∥CD ，且12MN CD =．FED CBA图1ABCDFE图2MOABC DD 1C 1B 1A 1由已知AB ∥CD ，12AB CD =，所以MN ∥AB ，且MN AB =．所以四边形ABNM 为平行四边形．所以BN ∥AM ．又因为⊂BN 平面BEC ，且⊄AM 平面BEC ，所以AM ∥平面BEC ． 3.平面与平面平行的判定定理内容图形符号表示判定定律一个平面内的两条与另一个平面平行，则这两个平面平行．例3.如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面；(2)平面EFA 1∥平面BCHG .证明：(1)因为GH 是△A 1B 1C 1的中位线，所以GH ∥B 1C 1. 又因为B 1C 1∥BC ，所以GH ∥B C.所以B ，C ，H ，G 四点共面． (2)因为E 、F 分别为AB 、AC 的中点，所以EF ∥B C. 因为EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ，所以EF ∥平面BCHG . 因为A 1G 綊EB ，所以四边形A 1EBG 是平行四边形．所以A 1E ∥G B. 因为A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG .所以A 1E ∥平面BCHG . 因为A 1E ∩EF ＝E ，所以平面EFA 1∥平面BCHG .练习：（2013某某高考）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形， O 为底面中心， 1A O ⊥平面ABCD ，12AB AA ==．（1）证明: 平面1A BD //平面11CD B ；（2）求三棱柱111ABD A B D -的体积．【解析】（1）证明：在四棱柱1111ABCD A B C D -中，∵1BB ∥1DD ，且11BB DD =，∴四边形11BDD B 为平行四边形， ∴BD ∥11B D ，同理1A D ∥1B C ， ∵1BDA D D =，BD ⊂平面1A BD ，1A D ⊂平面1A BD ，1111B D B C B =，11B D ⊂平面11CD B ，1B C ⊂平面11CD B ，∴平面1A BD ∥平面11CD B ．（2）∵1A O ⊥平面ABCD ，∴1A O 是三棱柱111ABD A B D -的高，在正方形ABCD 中，1AO =．∴2211211AO A A AO =-=-=，∴111211(2)112ABD A B D ABD V S AO -∆=⋅=⨯⨯=．第52课平行关系的判定业题1.对两条不相交的空间直线a 和b ，则（） A ．必定存在平面α，使得,a b αα⊂⊂ B ．必定存在平面α，使得a α⊂，b ∥α C ．必定存在直线c ，使得a ∥c ，b ∥c D ．必定存在直线c ，使得a ∥c ，b c ⊥【答案】B2.设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，且,m n α⊂．则“α∥β”是“m ∥β且n ∥β”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A3.对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题是真命题的是( )A ．若m ，n 与平面α所成的角相等，则//m nB ．若//m α ，//n α，则//m nC ．若m α⊥ ，m n ⊥ ，则//n αD ．若//m α ，n α⊂ ，则//m n解析：由m ⊂α，n ∥α可知m 与n 不相交，又m 与n 共面，故m ∥n . 答案：D4.如图，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是面ACD ∆，BCD ∆的重心，求证：//MN 平面ABC ，//MN 平面ABD解析：连接AM 并延长，交CD 于E ，连接BN 并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E 、F 重合为一点，且该点为CD 的中点E 由EM MA ＝EN NB ＝12得MN ∥AB ，因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面AB D. 答案：平面ABC 、平面ABD5.如图，在四棱锥PABCD 中，点E 是CD 的中，点F 是棱PD 的中点．试判断直线EF 与平面PAC 的关系，并说明理由解析：当点E 为CD 的中点时，EF ∥平面PAC ， ∵点E ，F 分别是CD ，PD 的中点， ∴EF ∥PC .∵PC ⊂平面PAC ，EF ⊄平面PAC ，∴EF ∥平面PAC .6.如图所示，在直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面是正方形，E ，F ，G 分别是棱B 1B ，D 1D ，DA 的中点．求证：平面AD 1E ∥平面BGF .【证明】∵E ，F 分别是B 1B 和D 1D 的中点， ∴D 1F//BE ，D 1F ＝BE∴四边形BED 1F 是平行四边形，∴D 1E ∥BF .又∵D 1E ⊄平面BGF ，BF ⊂平面BGF ，∴D 1E ∥平面BGF . ∵FG 是△DAD 1的中位线，∴FG ∥AD 1.又AD 1⊄平面BGF ，FG ⊂平面BGF ，∴AD 1∥平面BGF . 又∵AD 1∩D 1E ＝D 1，∴平面AD 1E ∥平面BGF . 7.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，D 为AC 的中点，AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB 1∥平面BC 1D ；(2)若BC ＝3，求三棱锥D －BC 1C 的体积．(1)证明：连接B 1C ，设B 1C 与BC 1相交于O ，连接OD ，因为四边形BCC 1B 1是平行四边形，所以点O 为B 1C 的中点．因为D 为AC 的中点，所以OD 为△AB 1C 的中位线，所以OD ∥B 1A .OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ，所以AB 1∥平面BC 1D .(2)解析：因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1，所以侧棱CC 1∥AA 1，又因为AA 1⊥底面ABC ，所以侧棱CC 1⊥底面ABC ，故CC 1为三棱锥C 1－BCD 的高，A 1A ＝CC 1＝2，所以S △BCD ＝12S △ABC ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC ·AB ＝32.所以VD －BCC 1＝VC 1－BCD ＝13CC 1·S △BCD ＝13×2×32＝1.8.如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，E 、F 分别是AB 、PD 的中点，求证：AF ∥平面PCE .【证明】如图，取PC 的中点M ，连接ME 、MF ，则FM ∥CD 且FM ＝12CD .又∵AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴FM 綊AE ，即四边形AFME 是平行四边形．∴AF ∥ME . 又∵AF ⊄平面PCE ，EM ⊂平面PCE ，∴AF ∥平面PCE .。

2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)

立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角EA 1D B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三立体几何中的折叠问题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，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ，所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，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.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

精选江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何第52练平行与垂直综合练练习文

（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题8 立体几何第52练平行与垂直综合练练习文1．(2016·南通、扬州联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点．(1)求证：AP∥平面C1MN；(2)求证：平面B1BDD1⊥平面C1MN.2.如图所示，在四面体ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°，M，N，Q分别为棱AD，BD，AC的中点．(1)求证：CD∥平面MNQ；(2)求证：平面MNQ⊥平面CAD.3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点，求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.4．(2016·北京海淀区下学期期中)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD，四边形ABEF是矩形，将矩形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置，使平面ABE1F1⊥平面ABCD，M为AF1的中点，如图2.(1)求证：BE1⊥DC；(2)求证：DM∥平面BCE1；(3)判断直线CD与ME1的位置关系，并说明理由．答案精析1．证明(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为M，P分别为棱AB，C1D1的中点，所以AM＝PC1.又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四边形AMC1P为平行四边形，所以AP∥C1M.又AP⊄平面C1MN，C1M⊂平面C1MN，所以AP∥平面C1MN.(2)连结AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD.又M，N分别为棱AB，BC的中点，所以MN∥AC，所以MN⊥BD.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以DD1⊥MN.又DD1∩DB＝D，DD1⊂平面B1BDD1，DB⊂平面B1BDD1，所以MN⊥平面BDD1B1.又MN⊂平面C1MN，所以平面B1BDD1⊥平面C1MN.2．证明(1)因为M，Q分别为棱AD，AC的中点，所以MQ∥CD.又CD⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，故CD∥平面MNQ.(2)因为M，N分别为棱AD，BD的中点，所以MN∥AB.又∠BAD＝90°，所以MN⊥AD.因为平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN⊂平面ABD，所以MN⊥平面CAD.又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD.3．证明(1)因为ABC－A1B1C1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BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1，所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1，所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE .4．(1)证明因为四边形ABE 1F 1为矩形，所以BE 1⊥AB .因为平面ABCD ⊥平面ABE 1F 1，且平面ABCD ∩平面ABE 1F 1＝AB ，BE 1⊂平面ABE 1F 1，所以BE 1⊥平面ABCD .因为DC ⊂平面ABCD ，所以BE 1⊥DC .(2)证明因为四边形ABE 1F 1为矩形，所以AM ∥BE 1.因为AD ∥BC ，AD ∩AM ＝A ，BC ∩BE 1＝B ，AD ⊂平面ADM ，AM ⊂平面ADM ，BC ⊂平面BCE 1，BE 1⊂平面BCE 1，所以平面ADM ∥平面BCE 1.因为DM ⊂平面ADM ，所以DM ∥平面BCE 1.(3)解直线CD 与ME 1相交，理由如下：取BC 的中点P ，CE 1的中点Q ，连结AP ，PQ ，QM ，所以PQ ∥BE 1，且PQ ＝12BE 1. 在矩形ABE 1F 1中，M 为AF 1的中点，所以AM ∥BE 1，且AM ＝12BE 1，所以PQ ∥AM ，且PQ ＝AM .所以四边形APQM 为平行四边形，所以MQ ∥AP ，MQ ＝AP .因为四边形ABCD为梯形，P为BC的中点，BC＝2AD，所以AD∥PC，AD＝PC，所以四边形ADCP为平行四边形．所以CD∥AP且CD＝AP.所以CD∥MQ且CD＝MQ.所以四边形CDMQ是平行四边形．所以DM∥CQ，即DM∥CE1.因为DM≠CE1，所以四边形DME1C是以DM，CE1为底边的梯形，所以直线CD与ME1相交．。

高中数学解平行线问题的常见方法和实例分析

高中数学解平行线问题的常见方法和实例分析在高中数学学习中，平行线问题是一个非常常见且重要的题型。

解决平行线问题需要掌握一些基本的方法和技巧，本文将介绍一些常见的解题方法，并通过实例分析来说明这些方法的应用。

一、平行线的定义和性质在解决平行线问题之前，我们首先需要了解平行线的定义和性质。

平行线是指在同一个平面上，永远不会相交的两条直线。

根据平行线的性质，我们可以得出以下结论：1. 平行线与同一条直线的交线上的对应角相等；2. 平行线的两个内错角互补；3. 平行线的两个同旁内角互补；4. 平行线的两个同旁外角相等。

了解了平行线的定义和性质后，我们就可以利用这些性质来解决平行线问题了。

二、平行线问题的解题方法1. 利用平行线的性质求解角度对于给定的平行线问题，我们可以利用平行线的性质来求解角度。

例如，已知两条平行线L1和L2，线段AB与线段CD分别是这两条平行线上的两个点，我们需要求解∠ABC和∠CDE的大小。

根据平行线的性质，我们知道∠ABC与∠CDE是同旁内角，因此它们互补，即∠ABC + ∠CDE = 180°。

如果我们已知∠ABC的大小，就可以通过180° -∠ABC来求解∠CDE的大小。

2. 利用平行线的性质求解线段比例在一些平行线问题中，我们需要求解线段的比例。

例如，已知平行线L1和L2上的两个点A、B，以及平行线L3上的一个点C，我们需要求解线段AB与线段AC的比值。

根据平行线的性质，我们知道线段AB与线段AC的比值等于线段BD与线段CD的比值，即AB/AC = BD/CD。

如果我们已知BD的长度，就可以通过BD/CD来求解AB/AC的比值。

三、实例分析为了更好地理解平行线问题的解题方法，我们来看一个实例。

例题：已知平行线L1和L2上的两个点A、B，以及平行线L3上的一个点C，若已知AB = 6 cm，BC = 4 cm，求解线段AC的长度。

解析：根据平行线的性质，我们知道线段AB与线段AC的比值等于线段BD与线段CD的比值，即AB/AC = BD/CD。

2018年高考数学专题讲解：立体几何证明(二)

2018年高考数学专题讲解：立体几何证明（二）平行证明（二）主编：宁永辉老师主编单位：《高考150分》题型解法设计中心方法二：平行四边形对边平行【方法描述】1、方法描述：四边形一组对边平行且相等平行四边形→另外一组对边平行。

第一步：证明一个四边形为平行四边形：方法为一组对边平行且相等。

第二步：根据平行四边形对边平行得到另外一组对边平行。

2、图示说明：如下图所示：AB//⇒四边形ABCD为平行四边形BC⇒。

AD//AB=，CDCD3、为什么只能选择根据一组对边平行且相等证明一个四边形为平行四边形？证明一个四边形为平行四边形的所有方法：方法一：四边形中两组对边平行。

如下图所示：⇒。

AD//BCAD//，CDAB//⇒四边形ABCD为平行四边形BC需要得到的结论在题目中已经已知，没有必要再去证明四边形是平行四边形。

方法二：四边形中两组对边相等。

如下图所示：BC AD =，⇒=CD AB 四边形ABCD 为平行四边形BC AD //⇒。

斜二测法：原来平行于x 轴的直线长度不变，原来平行于y 轴的直线长度变为原来一半。

可见，立体图形和对应的实物图长度发生了改变，这样也导致了计算边长相等的难度很多，特别是本方法需要计算两组，那就是难上加难，一般情况下不采用。

方法三：四边形中对角线互相平分。

如下图所示：CO AO =，⇒=DO BO 四边形ABCD 为平行四边形BC AD //⇒。

斜二测法：原来平行于x 轴的直线长度不变，原来平行于y 轴的直线长度变为原来一半。

方法四：四边形中两组对角相等。

如下图所示：C A ∠=∠，⇒∠=∠D B 四边形ABCD 为平行四边形BC AD //⇒。

斜二测法：在实物图的底面上建立一个平面直角坐标系，在空白处建立一个夹角为4π或者43π的斜坐标系。

立体几何中如何探寻线线平行

立体几何中如何探寻线线平行作者：刘永瑞
来源：《新高考·高二数学》2016年第07期
线面平行是立体几何的重要问题，证明线面平行可以通过线面平行的判定定理，或者是面面平行的性质来证明，其中主要还是要依靠线面平行的判定定理，即通过线线平行证明线面平行，因此寻找线线平行是解决问题的关键所在。

常见的线线平行主要从平面几何的相关定理、线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理等途径得到，下面我们举例来说明。

总结1，在这个例子中，无论证法1，还是证法2，都充分利用中点联想到平面几何中的中位线、平行四边形，因此利用平面几何的相关定理和结论能帮助我们寻找到线线平行；平面几何中涉及线线平行的其他结论，比如由对应线段成比例推得两直线平行，平面内垂直于同一直线两直线平行等等也常常会用到。

2，事实上，证法1与证法2的另一个共同点就在于都是过MN作了一个平面，使该平面与平面PAD相交，那么证明MN与这条交线平行就是我们要找的线线平行。

高考数学中如何解决复杂的立体几何平行问题

高考数学中如何解决复杂的立体几何平行问题立体几何平行问题在高考数学中是一个常见而重要的内容。

解决这类问题的关键在于理解并利用立体几何中的平行关系。

本文将通过讲解平面和直线的平行性质、立体几何中的平行面和平行线等问题，全面介绍在高考数学中如何解决复杂的立体几何平行问题。

一、平面和直线的平行性质在解决立体几何中的平行问题之前，首先需要理解平面和直线的平行性质。

1. 平面的平行性质当两个平面的法向量平行时，可以确定这两个平面是平行的。

即若平面P和平面Q的法向量分别为n1和n2，若n1和n2平行，则P和Q 平行。

2. 直线的平行性质若两个直线平行，则它们的方向向量成比例。

即若直线l1的方向向量为a，直线l2的方向向量为b，则l1和l2平行当且仅当a和b成比例。

二、立体几何中的平行面问题在解决立体几何中的平行面问题时，需要注意以下几点：1. 平行面的判断通过已知条件，我们可以判断两个面是否为平行面。

根据平面的平行性质，如果已知两个平面的法向量分别为n1和n2，如果n1和n2平行，则这两个平面是平行的。

2. 平行面间的距离计算当确定两个面为平行面后，可以通过计算两个平行面之间的距离来解决问题。

两个平行面之间的距离等于两个平行面中任意一点到另一个平面的距离。

三、立体几何中的平行线问题在解决立体几何中的平行线问题时，需要注意以下几点：1. 平行线的判断根据直线的平行性质，我们可以利用已知条件判断两条直线是否平行。

如果已知一条直线l1的方向向量为a，另一条直线l2的方向向量为b，若a和b成比例，则l1和l2平行。

2. 平行线间的距离计算当确定两条直线平行后，可以通过计算两条平行线之间的距离来解决问题。

两条平行线之间的距离等于两条平行线上任意一点到另一条直线的距离。

4. 平行线与平行面的关系在立体几何中，平行线和平行面之间存在特殊的关系。

如果已知两条平行线l1和l2分别与两个平行面P1和P2相交，则l1与P1的交线和l2与P2的交线是平行的。

高中数学如何求解垂直线和平行线问题

高中数学如何求解垂直线和平行线问题在高中数学中，垂直线和平行线是常见的几何概念。

解决与垂直线和平行线相关的问题，需要掌握一些基本的几何知识和技巧。

本文将从垂直线和平行线的定义入手，通过具体的题目举例，分析解题思路和考点，并给出一些解题技巧，以帮助高中学生或他们的父母更好地理解和应用这些概念。

一、垂直线的定义和求解垂直线是指两条直线相交时，交角为90度的线。

求解垂直线问题，通常需要利用垂直线的性质和相关定理。

例题一：已知直线l1的斜率为k，求与l1垂直的直线l2的斜率。

解析：首先，我们知道垂直线的斜率乘积为-1。

设直线l2的斜率为m，则有k * m = -1。

解得m = -1/k，即l2的斜率为-1/k。

例题二：已知直线l1过点A(2, 3)，且与直线l2垂直，直线l2过点B(4, 5)，求直线l2的方程。

解析：由于l1与l2垂直，根据斜率的性质，我们可以得到l2的斜率为-1/k，其中k为l1的斜率。

根据点斜式，l2的方程为y - y1 = m(x - x1)，代入点B的坐标和斜率-1/k，得到l2的方程为y - 5 = (-1/k)(x - 4)。

二、平行线的定义和求解平行线是指在同一个平面内，永远不会相交的直线。

求解平行线问题，需要利用平行线的性质和相关定理。

例题三：已知直线l1过点A(2, 3)，且与直线l2平行，直线l2过点B(4, 5)，求直线l2的方程。

解析：由于l1与l2平行，它们的斜率相等。

首先，我们可以通过点A和点B计算出l1的斜率k1和l2的斜率k2。

然后，根据点斜式，l2的方程为y - y1 = k2(x - x1)，代入点B的坐标和斜率k2，即可得到l2的方程。

例题四：已知直线l1的方程为2x + 3y = 6，求与l1平行且过点(4, 5)的直线l2的方程。

解析：由于l1的斜率为-2/3，与l1平行的直线l2的斜率也为-2/3。

根据点斜式，l2的方程为y - y1 = k(x - x1)，代入点(4, 5)的坐标和斜率-2/3，即可得到l2的方程。

2018版高考数学理一轮复习文档：第八章 8-7 立体几何

1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( × )1．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1) B ．(1，－1,1) C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 答案 C解析设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.2．直线l 的方向向量a ＝(1，－3,5)，平面α的法向量n ＝(－1,3，－5)，则有( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l 与α斜交 D ．l ⊂α或l ∥α答案 B解析由a ＝－n 知，n ∥a ，则有l ⊥α，故选B.3．平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A ．2 B ．－4 C ．4 D ．－2 答案 C解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 4．(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________．答案 α⊥β α∥β解析当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5．(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．答案垂直解析以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直.题型一利用空间向量证明平行问题例1 (2016·重庆模拟)如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0)． ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .证明如图所示，以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．设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 题型二利用空间向量证明垂直问题命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明方法一设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证．方法二取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)， A (0,0，3)，B 1(1,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)．因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 (2017·武汉月考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ，所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0)．因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4)．易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，所以P A →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PDC . 思维升华证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．(2016·青岛模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)． A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C . 题型三利用空间向量解决探索性问题例4 (2016·北京)如图，在四棱锥P ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD ，∴AB ⊥PD .又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，且P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴PD ⊥平面P AB .(2)解取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ， ∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∵CO ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥CO ，∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系．易知P (0,0,1)，B (1,1,0)，D (0，－1,0)，C (2,0,0)．则PB →＝(1,1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1)． CD →＝(－2，－1,0)．设n ＝(x 0，y 0,1)为平面PCD 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n ||PB →|＝|12－1－1|14＋1＋1×3＝33. (3)解设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)，∵BM ⊄平面PCD ，∴BM ∥平面PCD ，∴BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝⎛⎭⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，∴在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.思维升华对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．(2016·深圳模拟)如图所示，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，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz ，依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.19．利用向量法解决立体几何问题典例 (12分)(2016·吉林实验中学月考)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论．思想方法指导对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .[1分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，[3分] 易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[6分](3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0， ∴y ＝233.又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[9分]把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP⊥DE .[12分]1．(2016·茂名调研)已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)．若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.657 答案 D解析由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.2．(2017·西安质检)若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确答案 C解析 ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0， ∴n 1与n 2不垂直，且不共线． ∴α与β相交但不垂直．3．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)答案 A解析逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．4．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．5．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.6．(2016·泰安模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3)．又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .7．(2017·广州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是__________________________．答案 α∥β解析设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ， ∴m ∥n ，∴α∥β.8．(2016·潍坊模拟)已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确． ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误．*9.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案72解析由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－(34)2＝72.10.如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，OD ，OP 所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)， B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)．于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， ∴AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125，又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)， BA →＝(－4，－5,0)，∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .11．(2016·长沙模拟)如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．(1)证明如图，分别以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)， A (a,0,0)，B (a ，a,0)， C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0，P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0)． ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a2，0，0，即G 为AD 的中点． *12.如图所示，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 是BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .证明 (1)∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .又EF ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . 又AB ∩BC ＝B ，∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正方向，HF →为z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1)．设AC 与BD 的交点为G ，连接GE ，GH ，则G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1)，又HF →＝(0,0,1)，∴HF →∥GE →. 又GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ， ∴FH ∥平面EDB .(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)， AC →·GE →＝0， ∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .。

备战2018年高考数学解答题高分宝典专题04 立体几何(核心考点)理

专题04立体几何核心考点一平行关系的证明平行关系包括直线与直线平行、直线与平面平行及平面与平面平行，平行关系的证明一般作为解答题的第一问，难度中等或中等以下，解答此类问题要注意步骤的规范.【经典示例】如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.答题模板证明BE∥平面DMF的步骤第一步,在平面DMF内找出一条直线MO与BE平行；第二步,指出BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF；第三步,由线面平行的判断定理得BE∥平面DMF.【满分答案】(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.因为DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.【解题技巧】1.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．2. 证明面面平行的方法(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．3.平行关系之间的转化在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．模拟训练1．如图所示，斜三棱柱ABC－A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．23(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求AD DC的值．【解析】(1)如图所示，取D 1为线段A 1C 1的中点，此时A 1D 1D 1C 1＝1. 连接A 1B ，交AB 1于点O ，连接OD 1.(2)由平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，得BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1， ∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，A 1D 1D 1C 1＝DC AD，又∵A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即ADDC＝1.4核心考点二垂直关系的证明平行关系包括直线与直线垂直、直线与平面垂直及平面与平面垂直，垂直关系的证明一般作为解答题的第一问，难度中等或中等以下，解答此类问题要注意步骤的规范.【经典示例】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：(1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE.答题模板证明PD ⊥平面ABE (线面垂直)的步骤：第一步,证明AE ⊥PD ，AB ⊥PD (在平面ABE 内找出两条直线与AD 垂直)；. 第二步,指出AB ∩AE ＝A (两直线相交)；.第三步,利用线面垂直的判定定理确定PD ⊥平面ABE . 【满分答案】(1)在四棱锥P ABCD 中， ∵PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥CD .∵AC ⊥CD ，PA ∩AC ＝A ， ∴CD ⊥平面PAC .而AE ⊂平面PAC ，∴CD ⊥AE .(2)由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA . ∵E 是PC 的中点， ∴AE ⊥PC .由(1)知AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ， ∴AE ⊥平面PCD .而PD ⊂平面PCD ，∴AE ⊥PD . ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AB .又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.【解题技巧】1.证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．2. 判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．3. 垂直关系之间的转化在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决.模拟训练2．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.5【证明】(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.核心考点三利用空间向量证明平行与垂直立体几何中的线面位置关系的证明，也可利用向量，用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．【经典示例】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝22AD，设E，F分别为PC，BD的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.67答题模板用向量证明平行或垂直的步骤第一步, 恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标；. 第二步,把平行与垂直问题转化为直线方向向量或平面法向量之间的数量关系；第三步,通过计算得出结论；第四步,还原结论. 【满分答案】(1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0)．因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4)．易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，8所以PA →·CD →＝(a2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以PA →⊥CD →，所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，所以PA ⊥平面PDC . 又PA 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC . 【解题技巧】1.证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．2.证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．3. 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．模拟训练3．如图所示，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，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．9依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.1核心考点四利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角是全国卷高考必考内容，重点是直线与平面所成角及二面角，此类问题模式化较强，在高考中属于得分题，但运算量一般较大,要注意运算的准确性.【经典示例】如图所示，等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1 DE B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C.(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．答题模板利用向量求空间角的步骤第一步,建立空间直角坐标系；第二步,确定点的坐标；第三步,求向量(直线的方向向量、平面的法向量)；第四步,计算向量的夹角(或函数值)；第五步，将向量夹角转化为所求的空间角；第六步，反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范【满分答案】 (1)证明：因为等边△ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2. 在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 所以AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE . 折叠后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1 DE B 是直二面角，所以平面A 1DE ⊥平面BCED ，又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊂平面A 1DE ，A 1D ⊥DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)假设存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°.如图所示，在BC 上取点P ，连接A 1P ，过点P 作PH 垂直BD 于点H ，连接A 1H .由(1)的证明，可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，以射线DB ，DE ，DA 1分别为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立空间直角坐标系D xyz . 设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，所以D (0,0,0)，A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)，所以1PA ＝(a －2，－3a,1)，因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE ＝(0，3，0)．因为直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin 60°＝cos 〈1PA ，DE 〉＝|1PA ·DE ||1PA ||DE |＝3a 3·4a 2－4a ＋5，解得a ＝54，即PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意，所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52. 【解题技巧】1.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．2.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3.利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．模拟训练4．如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．【解析】(1)证明依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．(2)解易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33.(3)解由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.7 21.所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为本文档仅供文库使用。