立体几何线线垂直专题[史上最全]
立体几何线面平行垂直、面面平行垂直专题练习(高三党必做)
立体几何线面平行垂直、面面平行垂直专题一、解答题（本大题共27小题，共324.0分）1.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．2.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．BC＝12(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．（1）求证：AE⊥B1C；（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，△PAC是边长为2的等边三角形，PB=PD=√6，AP=4AF．（Ⅰ）求证：PO⊥底面ABCD；（Ⅱ）求直线CP与平面BDF所成角的大小；（Ⅲ）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF如果存在，求BM的值，如果不存在，请说明理BP由．5.如图，在直三棱柱ABC-A1B l C1中，AC=BC=√2，∠ACB=90°．AA1=2，D为AB的中点．（Ⅰ）求证：AC⊥BC1；（Ⅱ）求证：AC1∥平面B1CD：（Ⅲ）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．6.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=√6，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B-PD-A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．8.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）设AP=1，AD=√3，三棱锥P-ABD的体积V=√3，求A到平面PBC的距4离．9.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AB-P的余弦值．10.如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．11.如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB=2，∠ABC=60°，M是AB的中点，N是CE的中点．（I）求证：EM⊥AD；（II）求证：MN∥平面ADE；（III）求点A到平面BCE的距离．12.已知几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD⊥DC，EA⊥平面ABCD，FC∥EA，AB=AD=EA=1，CD=CF=2．（Ⅰ）求证：平面EBD⊥平面BCF；（Ⅱ）求点B到平面ECD的距离．13.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD=2，E、F分别为CD、PB的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；（2）求证：平面AEF⊥平面PAB；（3）设AB=√2AD，求直线AC与平面AEF所成角θ的正弦值．14.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC=45∘，AD=AC=2，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD且PO=6，M为BD的中点．(1)证明：AD⊥平面PAC；(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．15.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，AA1=√2，点D为A1C1的中点．（I）求证：BC1∥平面AB1D；（II）求证：A1C⊥平面AB1D；（Ⅲ）求异面直线AD与BC1所成角的大小．16.如图，P-ABD和Q-BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB=1，∠APB=90°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面APQ；（Ⅱ）求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．17.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1ACC1⊥底面ABC，AB=BC=2，∠ACB=30°，∠C1CB=60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，侧棱CC1=2．（1）求证：A1C⊥平面C1EB；（2）求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．18.如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB=6，BC=2√3，AC=2√6，D为线段AB上的点，且AD=2DB，PD⊥AC．（1）求证：PD⊥平面ABC；，求点B到平面PAC的距离．（2）若∠PAB=π419.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，△ABC为正三角形，D是BC边的中点，AA1=AB=1．（1）求证：平面ADB1⊥平面BB1C1C；（2）求点B到平面ADB1的距离．20.如图，在三棱锥P-ABC中，点D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB=BC．（1）求证：平面BED⊥平面PAC；（2）求二面角F-DE-B的大小；（3）若PA=6，DF=5，求PC与平面PAB所成角的正切值．21.如图,在四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,DB平分∠ADC,E为PC的中点,AD＝CD＝1,DB=2√2.(1)证明PA∥平面BDE;(2)证明AC⊥平面PBD;(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值.22.如图所示，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，AB=AA1=2A1B1=2．（Ⅰ）若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；（Ⅱ）求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．=√2.23.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，E为A1C1的中点，CC1C1E（Ⅰ）证明：CE⊥平面AB1C1；（Ⅱ）若AA1=√6，∠BAC=30°，求点E到平面AB1C的距离．24.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为√2的正方形，平面AEC⊥平面CDE，∠AEC=90°，F为DE中点，且DE=1．（Ⅰ）求证：BE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：CD⊥DE；（Ⅲ）求FC与平面ABCD所成角的正弦值．25.已知：平行四边形ABCD中，∠DAB=45°，AB=√2AD=2√2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=√2，M为线段BC的中点．（1）求证：直线MF∥平面BED；（2）求证：平面BED⊥平面EAD；（3）求直线BF与平面BED所成角的正弦值．26.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD=√2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AC=√2，AB=BC=1，E为AD中点．（Ⅰ）求证：PE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的余弦值；（Ⅲ）求平面PAB与平面PCD所成的二面角．27.如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．答案和解析1.【答案】（1）证明：法一、如图，取PB 中点G ，连接AG ，NG ，∵N 为PC 的中点， ∴NG ∥BC ，且NG =12BC ，又AM =23AD =2，BC =4，且AD ∥BC ， ∴AM ∥BC ，且AM =12BC ，则NG ∥AM ，且NG =AM ，∴四边形AMNG 为平行四边形，则NM ∥AG ， ∵AG ⊂平面PAB ，NM ⊄平面PAB ， ∴MN ∥平面PAB ； 法二、在△PAC 中，过N 作NE ⊥AC ，垂足为E ，连接ME ， 在△ABC 中，由已知AB =AC =3，BC =4，得cos ∠ACB =42+32−322×4×3=23，∵AD ∥BC ，∴cos ∠EAM =23，则sin ∠EAM =√53，在△EAM 中，∵AM =23AD =2，AE =12AC =32，由余弦定理得：EM =√AE 2+AM 2−2AE ⋅AM ⋅cos∠EAM =√94+4−2×32×2×23=32，∴cos ∠AEM =(32)2+(32)2−42×32×32=19，而在△ABC 中，cos ∠BAC =32+32−422×3×3=19，∴cos ∠AEM =cos ∠BAC ，即∠AEM =∠BAC ， ∴AB ∥EM ，则EM ∥平面PAB ．由PA ⊥底面ABCD ，得PA ⊥AC ，又NE ⊥AC ， ∴NE ∥PA ，则NE ∥平面PAB ． ∵NE ∩EM =E ，∴平面NEM ∥平面PAB ，则MN ∥平面PAB ；（2）解：在△AMC 中，由AM =2，AC =3，cos ∠MAC =23，得CM 2=AC 2+AM 2-2AC •AM •cos ∠MAC =9+4−2×3×2×23=5．∴AM 2+MC 2=AC 2，则AM ⊥MC ， ∵PA ⊥底面ABCD ，PA ⊂平面PAD ，∴平面ABCD ⊥平面PAD ，且平面ABCD ∩平面PAD =AD ， ∴CM ⊥平面PAD ，则平面PNM ⊥平面PAD ．在平面PAD 内，过A 作AF ⊥PM ，交PM 于F ，连接NF ，则∠ANF 为直线AN 与平面PMN 所成角．在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得AN=12PC=12√PA2+PC2=52，在Rt△PAM中，由PA•AM=PM•AF，得AF=PA⋅AMPM =√42+22=4√55，∴sin∠ANF=AFAN =4√5552=8√525．∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8√525．【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查数学转化思想方法，考查了空间想象能力和计算能力，是中档题．（1）法一、取PB中点G，连接AG，NG，由三角形的中位线定理可得NG∥BC，且NG=12BC，再由已知得AM∥BC，且AM=12BC，得到NG∥AM，且NG=AM，说明四边形AMNG为平行四边形，可得NM∥AG，由线面平行的判定得到MN∥平面PAB；法二、证明MN∥平面PAB，转化为证明平面NEM∥平面PAB，在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，由已知PA⊥底面ABCD，可得PA∥NE，通过求解直角三角形得到ME∥AB，由面面平行的判定可得平面NEM∥平面PAB，则结论得证；（2）由勾股定理得CM⊥AD，进一步得到平面PNM⊥平面PAD，在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．然后求解直角三角形可得直线AN与平面PMN所成角的正弦值．2.【答案】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=12AD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，EF∥BC,EF=BC,∴四边形BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB;（2）解:如图所示，取AD中点O，连接PO，CO，由于△PAD为正三角形，则PO⊥AD，因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AO=AB=BC=12AD，且∠BAD=∠ABC= 90∘，所以四边形ABCO是矩形，所以CO⊥AD，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系,不妨设AB=BC=12AD=1，则OA=OD=AB=CO=1.又因为△POC为直角三角形，|OC|=√33|OP|，所以∠PCO=60∘.作MN⊥CO，垂足为N，连接BN，因为PO ⊥CO ，所以MN //PO ，且PO ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD ，所以∠MBN 即为直线BM 与平面ABCD 所成的角, 设CN =t ，因为∠PCO =60∘，所以MN =√3t ，BN =√BC 2+CN 2=√t 2+1. 因为∠MBN =45∘，所以MN =BN ，即√3t =√t 2+1，解得t =√22，所以ON =1−√22，MN =√62，所以A (0,−1,0)，B (1,−1,0)，M (1−√22,0,√62)，D (0,1,0)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62). 设平面MAB 和平面DAB 的法向量分别为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，n 2⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2), 则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1⃗⃗⃗⃗ =0AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1⃗⃗⃗⃗ =0，即{x 1=0(1−√22)x 1+y 1+√62z 1=0， 可取z 1=−2，则n 1⃗⃗⃗⃗ =(0,√6,−2), 同理可得n 2⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，所以.因为二面角M -AB -D 是锐角，所以其余弦值为√105.【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，空间向量求二面角夹角，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．（1）取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，通过证明CE ∥BF ，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（2）取AD 中点O ，连接PO ，CO ，作MN ⊥CO ，垂足为N ，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，即可求出二面角M -AB -D 的余弦值．3.【答案】证明：（1）因为BB 1⊥面ABC ，AE ⊂面ABC ，所以AE ⊥BB 1,由AB =AC ，E 为BC 的中点得到AE ⊥BC , ∵BC ∩BB 1=B ，BC 、BB 1⊂面BB 1C 1C ， ∴AE ⊥面BB 1C 1C ，,∴AE ⊥B 1C ；解：（2）取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，则AE ∥A 1E 1， ∴∠E 1A 1C 是异面直线AE 与A 1C 所成的角， 设AC =AB =AA 1=2，则由∠BAC =90°， 可得A 1E 1=AE =√2，A 1C =2√2，E 1C 1=EC =12BC =√2，∴E 1C =√E 1C 12+C 1C 2=√6，∵在△E 1A 1C 中，cos ∠E 1A 1C =2+8−62⋅√2⋅2√2=12， 所以异面直线AE 与A 1C 所成的角为π3；（3）连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，又∵平面ABC ⊥平面ACC 1A 1,平面ABC ∩平面ACC 1A 1=AC ∴EP ⊥平面ACC 1A 1， 而PQ ⊥AG ∴EQ ⊥AG ．∴∠PQE 是二面角C -AG -E 的平面角， 由(2)假设知：EP =1，AP =1， Rt △ACG ∽Rt △AQP ，PQ =CG·AP AG=1√5，故tan ∠PQE =PEPQ =√5，所以二面角C -AG -E 的平面角正切值是√5.【解析】本题考查异面直线的夹角，线线垂直的判定，属于中档题，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键，属于较难题.（1）由BB 1⊥面ABC 及线面垂直的性质可得AE ⊥BB 1，由AC =AB ，E 是BC 的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE ⊥BC ，结合线面垂直的判定定理可证得AE ⊥面BB 1C 1C ，进而由线面垂直的性质得到AE ⊥B 1C ；（2）取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，根据异面直线夹角定义可得，∠E 1A 1C 是异面直线A 与A 1C 所成的角，设AC =AB =AA 1=2，解三角形E 1A 1C 可得答案． （3）连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP ⊥平面ACC 1A 1，进而由二面角的定义可得∠PQE 是二面角C -AG -E 的平面角．4.【答案】（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，AC ∩BD =O ，所以O 为AC ，BD 中点．-------------------------------------（1分）又因为PA =PC ，PB =PD ，所以PO ⊥AC ，PO ⊥BD ，---------------------------------------（3分）所以PO ⊥底面ABCD ．----------------------------------------（4分）（Ⅱ）解：由底面ABCD 是菱形可得AC ⊥BD ， 又由（Ⅰ）可知PO ⊥AC ，PO ⊥BD ．如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O -xyz ．由△PAC 是边长为2的等边三角形，PB =PD =√6，可得PO =√3，OB =OD =√3．所以A(1，0，0)，C(−1，0，0)，B(0，√3，0)，P(0，0，√3)．---------------------------------------（5分）所以CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，√3)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1，0，√3)． 由已知可得OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA⃗⃗⃗⃗⃗ +14AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(34，0，√34)-----------------------------------------（6分） 设平面BDF 的法向量为n −=（x ，y ，z ），则{√3y =034x +√34z =0令x =1，则z =−√3，所以n ⃗ =（1，0，-√3）．----------------------------------------（8分） 因为cos ＜CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|CP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=-12，----------------------------------------（9分） 所以直线CP 与平面BDF 所成角的正弦值为12，所以直线CP 与平面BDF 所成角的大小为30°．-----------------------------------------（10分）（Ⅲ）解：设BMBP =λ（0≤λ≤1），则CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，√3(1−λ)，√3λ)．---------------------------------（11分）若使CM ∥平面BDF ，需且仅需CM −⋅n ⃗ =0且CM ⊄平面BDF ，---------------------（12分） 解得λ=13∈[0，1]，----------------------------------------（13分） 所以在线段PB 上存在一点M ，使得CM ∥平面BDF ． 此时BM BP =13．-----------------------------------（14分）【解析】（Ⅰ）证明PO ⊥底面ABCD ，只需证明PO ⊥AC ，PO ⊥BD ；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出直线CP 的方向向量，平面BDF 的法向量，利用向量的夹角公式可求直线CP 与平面BDF 所成角的大小；（Ⅲ）设BMBP =λ（0≤λ≤1），若使CM ∥平面BDF ，需且仅需CM −⋅n ⃗ =0且CM ⊄平面BDF ，即可得出结论．本题考查线面垂直，考查线面平行，考查线面角，考查向量知识的运用，正确求出向量的坐标是关键．5.【答案】解：（I ）证明：∵CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∠ACB =90°， ∴CC 1⊥AC ，AC ⊥BC ，又BC ∩CC 1=C ，∴AC ⊥平面BCC 1，BC 1⊂平面BCC 1， ∴AC ⊥BC 1．（II ）证明：如图，设CB 1∩C 1B =E ，连接DE ， ∵D 为AB 的中点，E 为C 1B 的中点，∴DE ∥AC 1， ∵DE ⊂平面B 1CD ，AC 1⊄平面B 1CD ， ∴AC 1∥平面B 1CD ．（III ）解：由DE ∥AC 1，∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，在△CDE 中，DE =12AC 1=12√AC 2+CC 12=√62， CE =12B 1C =12√BC 2+BB 12=√62，CD =12AB =12√AC 2+BC 2=1，cos ∠CED =CE 2+DE 2−CD 22×CE×DE=32+32−12×√62×√62=23，∴异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值为23．【解析】本题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线及其所成的角． （I ）先证线面垂直，再由线面垂直证明线线垂直即可； （II ）作平行线，由线线平行证明线面平行即可；（III ）先证明∠CED 为异面直线所成的角，再在三角形中利用余弦定理计算即可． 6.【答案】解：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1， 则，OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，故以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底， 建立空间直角坐标系O -xyz ，∵AB =AA 1=2，A （0，-1，0），B （√3，0，0）， C （0，1，0），A 1（0，-1，2），B 1（√3，0，2），C 1（0，1，2）．（1）点P 为A 1B 1的中点．∴P(√32，−12，2)，∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32，−12，2)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2)． |cos <BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|−1+4|√5×2√2=3√1020．∴异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为：3√1020； （2）∵Q 为BC 的中点．∴Q （√32，12，0）∴AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，32，0)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2)，设平面AQC 1的一个法向量为n⃗ =（x ，y ，z ）， 由{AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =√32x +32y =0AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n⃗ =2y +2z =0，可取n⃗ =（√3，-1，1）， 设直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为θ， sinθ=|cos|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n⃗ |=2√5×2=√55， ∴直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为√55．【解析】本题考查了向量法求空间角，属于中档题．设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底，建立空间直角坐标系O -xyz ，（1）由|cos ＜BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＞|=|BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |可得异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；（2）求得平面AQC 1的一个法向量为n⃗ ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为θ，可得sinθ=|cos ＜CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n⃗ ＞|=|CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |，即可得直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．7.【答案】（1）证明：如图，设AC ∩BD =O ，∵ABCD 为正方形，∴O 为BD 的中点，连接OM ，∵PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC =OM ， ∴PD ∥OM ，则BOBD =BM BP，即M 为PB 的中点；（2）解：取AD 中点G ， ∵PA =PD ，∴PG ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ， ∴PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，由G 是AD 的中点，O 是AC 的中点，可得OG ∥DC ，则OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系， 由PA =PD =√6，AB =4，得D （2，0，0），A （-2，0，0），P （0，0，√2），C （2，4，0），B （-2，4，0），M （-1，2，√22），DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，0，√2)，DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，4，0)． 设平面PBD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x ，y ，z)，则由{m ⃗⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−2x +√2z =0−4x +4y =0，取z =√2，得m ⃗⃗⃗ =(1，1，√2)． 取平面PAD 的一个法向量为n ⃗ =(0，1，0)．∴cos ＜m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=12×1=12． ∴二面角B -PD -A 的大小为60°；（3）解：CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3，−2，√22)，平面BDP 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(1，1，√2)．∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为|cos ＜CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ⃗⃗⃗ ＞|=|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅m ⃗⃗⃗|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||=|−2√9+4+12×1|=2√69．【解析】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．（1）设AC ∩BD =O ，则O 为BD 的中点，连接OM ，利用线面平行的性质证明OM ∥PD ，再由平行线截线段成比例可得M 为PB 的中点；（2）取AD 中点G ，可得PG ⊥AD ，再由面面垂直的性质可得PG ⊥平面ABCD ，则PG ⊥AD ，连接OG ，则PG ⊥OG ，再证明OG ⊥AD ．以G 为坐标原点，分别以GD 、GO 、GP 所在直线为x 、y 、z 轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD 与平面PAD 的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B -PD -A 的大小；（3）求出CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，由CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面PBD 的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．8.【答案】解：（Ⅰ）证明：设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ， ∵ABCD 是矩形， ∴O 为BD 的中点 ∵E 为PD 的中点， ∴EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ∴PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）∵AP =1，AD =√3，三棱锥P -ABD 的体积V =√34，∴V =16PA ⋅AB ⋅AD =√36AB =√34，∴AB =32，PB =√1+(32)2=√132．作AH ⊥PB 交PB 于H ， 由题意可知BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又在三角形PAB 中，由射影定理可得：AH =PA⋅AB PB=3√1313A 到平面PBC 的距离3√1313．【解析】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（Ⅰ）设BD 与AC 的交点为O ，连结EO ，通过直线与平面平行的判定定理证明PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）通过AP =1，AD =√3，三棱锥P -ABD 的体积V =√34，求出AB ，作AH ⊥PB 角PB于H ，说明AH 就是A 到平面PBC 的距离．通过解三角形求解即可． 9.【答案】证明：（I ）∵PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ， 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AD =DC =AP =2，AB =1，点E 为棱PC 的中点． ∴B （1，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0）， P （0，0，2），E （1，1，1）∴BE⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，1，1），DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，0，0） ∵BE ⃗⃗⃗⃗⃗ •DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴BE ⊥DC ；（Ⅱ）∵BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1，2，0），PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，-2），设平面PBD 的法向量m⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ）， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{−x +2y =0x −2z =0， 令y =1，则m⃗⃗⃗ =（2，1，1）， 则直线BE 与平面PBD 所成角θ满足： sinθ=m⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|BE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√6×√2=√33， 故直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为√33．（Ⅲ）∵BC⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，2，0），CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，-2，2），AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，2，0）， 由F 点在棱PC 上，设CF⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2λ，-2λ，2λ）（0≤λ≤1）， 故BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF⃗⃗⃗⃗⃗ =（1-2λ，2-2λ，2λ）（0≤λ≤1）， 由BF ⊥AC ，得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ •AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2（1-2λ）+2（2-2λ）=0， 解得λ=34，即BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-12，12，32）， 设平面FBA 的法向量为n ⃗ =（a ，b ，c ）， 由{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{a =0−12a +12b +32c =0令c =1，则n⃗ =（0，-3，1）， 取平面ABP 的法向量i =（0，1，0）， 则二面角F -AB -P 的平面角α满足： cosα=|i ⋅n ⃗⃗ ||i|⋅|n ⃗⃗ |=3√10=3√1010，故二面角F -AB -P 的余弦值为：3√1010【解析】本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间直角坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．（I ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出BE ，DC 的方向向量，根据BE ⃗⃗⃗⃗⃗ •DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得BE ⊥DC ；（II ）求出平面PBD 的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；（Ⅲ）根据BF ⊥AC ，求出向量BF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，进而求出平面FAB 和平面ABP 的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F -AB -P 的余弦值． 10.【答案】证明：（Ⅰ）取AD 的中点F ，连接EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF ∥PA ，EF ∥平面PAB ，在四边形ABCD 中，BC ∥AD ，AD =2DC =2CB ，F 为中点，∴四边形CBAF 为平行四边形，故CF ∥AB ，CF ∥平面PAB ，∵CF ∩EF =F ，EF ∥平面PAB ，CF ∥平面PAB ， ∴平面EFC ∥平面ABP ， ∵EC ⊂平面EFC ， ∴EC ∥平面PAB ．解：（Ⅱ）连接BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连接PF ， ∵PA =PD ，∴PF ⊥AD ，∵DF ∥BC ，DF =BC ，CD ⊥AD ，∴四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ， 又AD ∥BC ，故PF ⊥BC ，BF ⊥BC ，又BF ∩PF =F ,BF 、PF ⊂平面PBF ，BC ⊄平面PBF ， ∴BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥PB ，设DC =CB =1，由PC =AD =2DC =2CB ，得AD =PC =2， ∴PB =√PC 2−BC 2=√4−1=√3， BF =PF =1，∴MF =√12−(√32)2=12，又BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥MF ，又PB ∩BC =B ,PB 、BC ⊂平面PBC ，MF ⊄平面PBC ， ∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为12，∵MF =12，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，均为12， E 为PD 中点，E 到平面PBC 的垂足也为所在线段的中点，即中位线， ∴E 到平面PBC 的距离为14，在△PCD 中,PC =2,CD =1,PD =√2，,故由余弦定理得CE =√2， 设直线CE 与平面PBC 所成角为θ，则sinθ=14CE=√28．【解析】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．11.【答案】证明：（Ⅰ）∵EA=EB，M是AB的中点，∴EM⊥AB，∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD=AB，EM⊂平面ABE，∴EM⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD；（Ⅱ）取DE的中点F，连接AF，NF，∵N是CE的中点，∴NF=//12CD，∵M是AB的中点，∴AM=//12CD，∴NF=//AM，∴四边形AMNF是平行四边形，∴MN∥AF，∵MN⊄平面ADE，AF⊂平面ADE，∴MN∥平面ADE；解：（III）设点A到平面BCE的距离为d，由（I）知ME⊥平面ABC，BC=BE=2，MC=ME=√3，则CE=√6，BN=√BE2−EN2=√102，∴S△BCE=12CE⋅BN=√152，S△ABC=12BA×BC×sin60°=√3，∵V A-BCE=V E-ABC，即13S△BCE×d=13S△ABC×ME，解得d=2√155，故点A到平面BCE的距离为2√155．【解析】本题考查线线垂直、线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，涉及到力、数据处理能力，考查数形结合思想，是中档题．（Ⅰ）推导出EM ⊥AB ，从而EM ⊥平面ABCD ，由此能证明EM ⊥AD ；（Ⅱ）取DE 的中点F ，连接AF ，NF ，推导出四边形AMNF 是平行四边形，从而MN ∥AF ，由此能证明MN ∥平面ADE ；（III ）设点A 到平面BCE 的距离为d ，由V A -BCE =V E -ABC ，能求出点A 到平面BCE 的距离．12.【答案】（I ）证明：∵AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AB =AD =1，CD =2，∴BD =BC =√2， ∴BD 2+BC 2=CD 2， ∴BD ⊥BC ，∵EA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴EA ⊥BD ，∵EA ∥FC ， ∴FC ⊥BD ，又BC ⊂平面BCF ，FC ⊂平面BCF ，BC ∩CF =C ， ∴BD ⊥平面FBC ， 又BD ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BCF ．（II ）解：过A 作AM ⊥DE ，垂足为M ， ∵EA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴EA ⊥CD ，又CD ⊥AD ，EA ∩AD =A ， ∴CD ⊥平面EAD ，又AM ⊂平面EAD ， ∴AM ⊥CD ，又AM ⊥DE ，DE ∩CD =D ， ∴AM ⊥平面CDE ，∵AD =AE =1，EA ⊥AD ，∴AM =√22，即A 到平面CDE 的距离为√22，∵AB ∥CD ，CD ⊂平面CDE ，AB ⊄平面CDE ， ∴AB ∥平面CDE ，∴B 到平面CDE 的距离为√22．【解析】（I ）先计算BD ，BC ，利用勾股定理的逆定理证明BD ⊥BC ，再利用EA ⊥平面ABCD 得出AE ⊥BD ，从而有CF ⊥BD ，故而推出BD ⊥平面FBC ，于是平面EBD ⊥平面BCF ；（II ）证明AB ∥平面CDE ，于是B 到平面CDE 的距离等于A 到平面CDE 的距离，过A 作AM ⊥DE ，证明AM ⊥平面CDE ，于是AM 的长即为B 到平面CDE 的距离． 本题考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质，空间距离的计算，属于中档题． 13.【答案】证明：方法一：（1）取PA 中点G ，连结DG 、FG ． ∵F 是PB 的中点， ∴GF ∥AB 且GF =12AB ，又底面ABCD 为矩形，E 是DC 中点， ∴DE ∥AB 且DE =12AB∴GF ∥DE 且GF =DE ，∴EF ∥DG∵DG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， ∴EF ∥平面PAD ．（2）∵PD ⊥底面ABCD ，AB ⊂面ABCD ∴PD ⊥AB又底面ABCD 为矩形 ∴AD ⊥AB 又PD ∩AD =D ∴AB ⊥平面PAD ∵DG ⊂平面PAD ∴AB ⊥DG∵AD =PD ，G 为AP 中点 ∴DG ⊥AP又AB ∩AP =A ， ∴DG ⊥平面PAB又由（1）知EF ∥DG ∴EF ⊥平面PAB ，又EF ⊂面AEF ∴平面AEF ⊥平面PAB ．证法二：（1）以D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设AB =a ． ∵AD =PD =2，∴A （2，0，0），B （2，a ，0），C （0，a ，0），P （0，0，2）， ∵E 、F 分别为CD ，PB 的中点 ∴E （0，a2，0），F （1，a2，0）．∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，1)， ∵DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，0，2）+（2，0，0）=（2，0，2）， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12（DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ）=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面， 又EF ⊄平面PAD ∴EF ∥平面PAD ．（2）由（1）知EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，a ，0)，AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2，0，2)． ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ •AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2+0+2=0， ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 又AB ∩AP =A ，∴EF ⊥平面PAB ， 又EF ⊂平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面PAB ， （3）AB =2√2由（1）知，∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，√2，0），EF⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，1）设平面AEF 的法向量n ⃗ =(x ，y ，z)，则{n⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即−2x +√2y =0令x =1，则y =√2，z =-1， ∴n⃗ =（1，√2，-1）， 又AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（-2，2√2，0）， ∴cos ＜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=−2+4+02√12=√36， ∴sinθ=|cos ＜AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞|=√36．【解析】方法一；（1）取PA 中点G ，连结DG 、FG ，要证明EF ∥平面PAD ，我们可以证明EF 与平面PAD 中的直线AD 平行，根据E 、F 分别是PB 、PC 的中点，利用中位线定理结合线面平行的判定定理，即可得到答案． （2）根据线面垂直的和面面垂直的判断定理即可证明．方法二：（1）求出直线EF 所在的向量，得到EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12（DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ）=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，即可证明EF ∥平面PAD ．（2）再求出平面内两条相交直线所在的向量，然后利用向量的数量积为0，根据线面垂直的判定定理得到线面垂直，即可证明平面AEF ⊥平面PAB（3）求出平面的法向量以及直线所在的向量，再利用向量的有关运算求出两个向量的夹角，进而转化为线面角，即可解决问题．本题考查了本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，面面垂直，直线与平面所成的角，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，进而得到空间中点、线、面的位置关系，利于建立空间之间坐标系，利用向量的有关知识解决空间角与空间距离以及线面的位置关系等问题，属于中档题．14.【答案】解：（1）证明：∵PO ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥AD ， ∵∠ADC =45°且AD =AC =2， ∴∠ACD =45°， ∴∠DAC =90°， ∴AD ⊥AC ，∵AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，且AC ∩PO =O ， ∴由直线和平面垂直的判定定理知AD ⊥平面PAC ． （2）解：取DO 中点N ，连接MN ，AN ， 由PO ⊥平面ABCD ，得MN ⊥平面ABCD ， ∴∠MAN 是直线AM 与平面ABCD 所成的角， ∵M 为PD 的中点， ∴MN ∥PO ，且MN =12PO =3， AN =12DO =√52，在Rt △ANM 中，tan ∠MAN =MNAN =3√52=6√55， 即直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值为6√55．【解析】（1）由PO ⊥平面ABCD ，得PO ⊥AD ，由∠ADC =45°，AD =AC ，得AD ⊥AC ，从而证明AD ⊥平面PAC ．（2）取DO 中点N ，连接MN ，AN ，由M 为PD 的中点，知MN ∥PO ，由PO ⊥平面出直线AM 与平面ABCD 所成角的正切值．本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地化空间问题为平面问题． 15.【答案】证明：（I ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接OD∵在△A 1BC 1中，A 1D =DC 1，A 1O =OB ， ∴OD ∥BC 1，又∵OD ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ； ∴BC 1∥平面AB 1D ；（II ）在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1； ∵B 1D ⊂平面A 1B 1C 1； ∴A 1A ⊥B 1D在△A 1B 1C 1中，D 为A 1C 1的中点 ∴B 1D ⊥A 1C 1又∵A 1A ∩A 1C 1=A 1，A 1A ，A 1C 1⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1D ⊥平面AA 1C 1C ， 又∵A 1C ⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1D ⊥A 1C又∵A 1D AA 1=AA1AC =√22∴∠DA 1A =∠A 1AC =90°∴△DA 1A ∽△A 1AC ，∠ADA 1=∠CA 1A∵∠DA 1C +∠CA 1A =90° ∴∠DA 1C +∠ADA 1=90°∴A 1C ⊥AD又∵B 1D ∩AD =D ，B 1D ，AD ⊂平面AB 1D ； ∴A 1C ⊥平面AB 1D ；解：（III ）由（I ）得，OD ∥BC 1， 故AD 与BC 1所成的角即为∠ADO在△ADO 中，AD =√3，OD =12BC 1=√62，AO =12A 1B =√62，∵AD 2=OD 2+AO 2，OD =AO∴△ADO 为等腰直角三角形故∠ADO =45°即异面直线AD 与BC 1所成角等于45°【解析】（I ）连接A 1B ，交AB 1于O 点，连接OD ，由平行四边形性质及三角形中位线定理可得OD ∥BC 1，进而由线面平行的判定定理得到BC 1∥平面AB 1D ；（II ）由直棱柱的几何特征可得A 1A ⊥B 1D ，由等边三角形三线合一可得B 1D ⊥A 1C 1，进而由线面垂直的判定定理得到B 1D ⊥平面AA 1C 1C ，再由三角形相似得到A 1C ⊥AD 后，可证得A 1C ⊥平面AB 1D ．（III ）由（I ）中OD ∥BC 1，可得异面直线AD 与BC 1所成角即∠ADO ，解△ADO 可得答案．本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，异面直线及其所成的角，直线与平面平行的判定，（I ）的关键是证得OD ∥BC 1，（II ）的关键是熟练掌握线面垂直与线线垂直之间的转化，（III ）的关键是得到异面直线AD 与BC 1所成角即∠ADO ．16.【答案】（Ⅰ）证明：由P -ABD ，Q -BCD 是相同正三棱锥，且∠APB =90°，分别过P 、Q 作PE ⊥平面ABD ，QF ⊥平面BCD ，垂足分别为E 、F ，则E 、F 分别为底面正三角形ABD 与BCD 的中心． 连接EF 交BD 于G ，则G 为BD 的中点，连接PG 、QG ，则PG ⊥BD ，QG ⊥BD ，又PG ∩QG =G ，∴BD ⊥平面PQG ，则BD ⊥PQ ， 再由正三棱锥的性质可得PA ⊥BD ， 又PQ ∩PA =P ，∴BD ⊥平面APQ ；（Ⅱ）∵正三棱锥的底面边长为1，且∠APB =90°，∴PQ =EF =2EG =2×13AG =2×13×√32=√33， PE =√(√22)2−(√33)2=√66，则V B−PQD =13×12×√33×√66×1=√236．△PDQ 底边PQ 上的高为√(√22)2−(√36)2=√156，∴S △PDQ =12×√33×√156=√512．设B 到平面PQD 的距离为h ，则13×√512ℎ=√236，得h =√105．∴直线PB 与平面PDQ 所成角的正弦值为√105√22=2√55．【解析】（Ⅰ）由题意分别过P 、Q 作PE ⊥平面ABD ，QF ⊥平面BCD ，可得E 、F 分别为底面正三角形ABD 与BCD 的中心．连接EF 交BD 于G ，可得PG ⊥BD ，QG ⊥BD ，由线面垂直的判定及性质可得BD ⊥PQ ，再由正三棱锥的性质可得PA ⊥BD ，则BD ⊥平面APQ ；（Ⅱ）由已知求得PQ ，PE 的长，求得四面体B -PQD 的体积，利用等积法求出B 到平面PQD 的距离，则直线PB 与平面PDQ 所成角的正弦值可求．本题考查直线与平面所成的角，考查线面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题． 17.【答案】（1）证明：如图：∵AB =BC ，E 为AC 的中点，∴BE ⊥AC ，∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， ∴BE ⊥平面A 1ACC 1，∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴BE ⊥A 1C ．（2）解：∵面A1ACC1⊥面ABC，∴C1在面ABC上的射影H在AC上，∴∠C1CA为直线C1C与面ABC所成的角．过H作HM⊥BC于M，连C1M，在Rt△C1CM中，CM=CC1cos∠C1CM=2cos60°=1．在Rt△CMH中，CH=CMcos∠ACB =2√33．∴在Rt△C1CH中，cos∠C1CH=CHCC1=23√32=√33．∴直线C1C与面ABC所成的角的余弦值为√33.【解析】（1）证明BE⊥平面A1ACC1，可得BE⊥A1C，即可证明：A1C⊥平面C1EB；（2）判断∠C1CA为直线C1C与面ABC所成的角．过H作HM⊥BC于M，连C1M，即可求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18.【答案】证明：（1）连接CD，据题知AD=4，BD=2，∵AC2+BC2=AB2，∴∠ACB=90°，∴cos∠ABC=2√36=√33，∴CD2=4+12−2×2×2√3cos∠ABC=8，∴CD=2√2，∴CD2+AD2=AC2，∴CD⊥AB，又∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，CD⊂平面ABC,∴CD⊥平面PAB，∵PD⊂平面PAB，∴CD⊥PD，∵PD⊥AC，CD∩AC=C，CD、AC⊂平面ABC,∴PD⊥平面ABC．解：（2）∵∠PAB=π4，∴PD=AD=4，∴PA=4√2，在Rt△PCD中，PC=√PD2+CD2=2√6，∴△PAC是等腰三角形，∴S△PAC=8√2，设点B到平面PAC的距离为d，由V B-PAC=V P-ABC，得13S△PAC×d=13S△ABC×PD，∴d==3，故点B到平面PAC的距离为3．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（1）连接CD，推导出CD⊥AB，CD⊥PD，由此能证明PD⊥平面ABC．（2）设点B到平面PAC的距离为d，由V B-PAC=V P-ABC，能求出点B到平面PAC的距离．19.【答案】解：（1）证明：∵ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，又BB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，∵△ABC 为正三角形，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC ，又平面BB 1C 1C ∩平面ABC =BC ， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C ， 又AD ⊂平面ADB 1，∴平面ADB 1⊥平面BB 1C 1C ；（2）由（1）可得△ADB 1为直角三角形， 又AD =√32，B 1D =√52，∴S △ADB 1=12×AD ×B 1D =√158，又S △ADB =12S △ABC =√38，设点B 到平面ADB 1的距离为d ， 则V B−ADB 1=V B 1−ADB ， ∴13S △ADB 1⋅d =13S △ADB ⋅BB 1， ∴点B 到平面ADB 1的距离d =S △ADB ⋅BB 1S △ADB 1=√3√15=√55．【解析】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题.（1）推导出BB 1⊥平面ABC ，从而平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，推导出AD ⊥BC ，从而AD ⊥平面BB 1C 1C ，由此能证明平面ADB 1⊥平面BB 1C 1C ；（2）设点B 到平面ADB 1的距离为d ，由V B−ADB 1=V B 1−ADB ，能求出点B 到平面ADB 1的距离.20.【答案】证明：（1）∵PA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ， ∴PA ⊥BE ．∵AB =BC ，E 为AC 的中点， ∴BE ⊥AC ，又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA ∩AC =A ， ∴BE ⊥平面PAC ，又BE ⊂平面BED ， ∴平面BED ⊥平面PAC ．（2）∵D ，E 是PC ，AC 的中点， ∴DE ∥PA ，又PA ⊥平面ABC ，∴DE ⊥平面ABC ，∵EF ⊂平面ABC ，BE ⊂平面ABC ， ∴DE ⊥EF ，DE ⊥BE ．∴∠FEB 为二面角F -DE -B 的平面角．∵E ，F 分别是AC ，AB 的中点，AB =AC ， ∴EF =12BC =12AB =BF ，EF ∥BC ．又AB ⊥BC ，∴BF ⊥EF ，∴△BEF 为等腰直角三角形，∴∠FEB =45°． ∴二面角F -DE -B 为45°．∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB．∴∠CPB为直线PC与平面PAB所成的角．∵PA=6，∴DE=12PA=3，又DF=5，∴EF=√DF2−DE2=4．∴AB=BC=8．∴PB=√PA2+AB2=10．∴tan∠CPB=BCPB =4 5．【解析】（1）通过证明BE⊥平面PAC得出平面BED⊥平面PAC；（2）由DE∥PA得出DE⊥平面ABC，故DE⊥EF，DE⊥BE，于是∠FEB为所求二面角的平面角，根据△BEF为等腰直角三角形得出二面角的度数；（3）证明BC⊥平面PAB得出∠CPB为所求角，利用勾股定理得出BC，PB，即可得出tan∠CPB．本题考查了线面垂直，面面垂直的判定，空间角的计算，做出空间角是解题关键，属于中档题．21.【答案】解：（1）证明：设AC∩BD=H，连接EH，在△ADC中，因为AD=CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又有题设，E为PC的中点，故EH∥PA，又HE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE（2）证明：因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC由（1）知，BD⊥AC，PD∩BD=D，故AC⊥平面PBD（3）由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线与平面PBD所成的角．由AD⊥CD，AD=CD=1，DB=2√2，可得DH=CH=√22，BH=3√22在Rt△BHC中，tan∠CBH=CHBH =13，所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为13．【解析】（1）欲证PA∥平面BDE，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面BDE内一直线平行，设AC∩BD=H，连接EH，根据中位线定理可知EH∥PA，而又HE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，满足定理所需条件；（2）欲证AC⊥平面PBD，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证AC与平面PBD内两相交直线垂直，而PD⊥AC，BD⊥AC，PD∩BD=D，满足定理所需条件；（3）由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，则∠CBH为直线与平面PBD所成的角，在Rt△BHC中，求出此角即可．本小题主要考查直线与平面平行．直线和平面垂直．直线和平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、运算能力和推理能力．。
高中数学必修2立体几何专题-线面、面面垂直专题总结
∵AD平面ABC，
∴平面ABC⊥平面SBC.
证法二：∵SA=SB=SC=a,又 ∠ASB=∠ASC=60°, ∴△ASB,△ASC都是等边三角形. ∴AB=AC=a. 作AD⊥平面BSC于点D， ∵AB=AC=AS, ∴D为△BSC的外心. 又∵△BSC是以BC为斜边的直角三角形，
2 3
.
即CE与底面BCD所成角的正弦值为
2 3
.
【评析】求平面的斜线与平面所成的角的一般方法是： 在斜线上找一具有特殊性的点，过该点向平面作垂线， 连接垂足和斜足，即为斜线在平面上的射影，进而作出 斜线与平面所成的角，再解直角三角形求出线面角的大 小，同时要注意其取值范围.
在三棱锥O—ABC中，三条棱OA，OB，OC两两
又∵CE∩BE=E,
∴SA⊥平面BCE.∵BC平面BCE，
图2-4-2
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∴SA⊥BC. 又∵AD⊥BC,AD∩AS=A, ∴BC⊥平面SAD.
∵SH 平面SAD，∴SH⊥BC.
又∵SH⊥AD,AD∩BC=D, ∴SH⊥平面ABC.
【评析】证明线面垂直，需先有线线垂直，抓住条件中 两个等腰三角形共用一条边，抓住公共边的中点，通过 作辅助平面，找到所需要的另一条直线.
【分析】欲证面面垂直，需证线面垂直.故找出垂线是关键.
【证明】证法一：如图1-10-4所示,取BC的中点D，连
接AD，SD.
由题意知△ASB与△ASC是等边三角形，则AB=AC，
∴AD⊥BC,SD⊥BC. 令SA=a,在△SBC中，SD=2 a,
2
又AD=AC2 -CD=2 a,2
2
∴AD2+SD2=SA2,即AD⊥SD.
立体几何专题之三垂线定理
写在最后的话
三垂线定理是立体几何的重点定理, 建议对其掌握不好的同学,一方面 扎实基础,牢牢掌握三垂线定理的 各种情况,另一方面所作相关练习, 重点突破 祝大家学习成功,高考顺利!
谢谢大家!
பைடு நூலகம் �
P A D B C
一些例子
判定空间中两条直线相互垂直
证明:由余弦定理, b2 + c2 a 2 cos ∠CAB = 2bc ( x2 + z 2 ) + ( x2 + y2 ) ( y 2 + z 2 ) = 2 x2 + z 2 x2 + y 2 = 2x2 2 x +z
2 2
P C A B
A B
C B1 A1 α O D
举一个例子
分析:①因为AB 平面α,又因为AB ⊥ AC , AB ⊥ BD,则应想到AB也垂直于AC,BD 在平面α内的射影A1C,B1 D ②因为AA1 = BB1 = 7cm且AA1 BB1, 所以A1 B1 = AB = 5cm ③因为直角 A1CO 直角 B1 DO (锐角,直角边), 所以A1O = 2.5cm ④因为A1C = AC 2 AA12 = 15cm 所以CD = 2CO = 2 A1C 2 + A1O 2 = 2 85cm
P a O α
A
三垂线定理说明( 三垂线定理说明(2)
如果平面α内的直线a垂直于斜线 OP的射影OA,那么α必垂直于斜线 OP;反之也成立
P a O α
A
三垂线定理说明( 三垂线定理说明(3)
满足条件(2)的直线a必垂直于斜 线及射影所确定的平面
P a O α
A
三垂线定理说明( 三垂线定理说明(4)
专题20立体几何中的平行与垂直问题(解析版)
专题20 立体几何中的平行与垂直问题一、题型选讲题型一、线面平行与垂直知识点拨：证明直线与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆直线与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
直线与平面的平行有两种方法：一是在面内找线；二是通过面面平行转化。
直线与平面垂直关键是找两条相交直线例1、（2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M, N分别为棱PA, PD的中点.已知侧面PAD丄底面ABCD,底面ABCD是矩形，DA=DP.求证：（1）MN〃平面PBC；MD丄平面PAB.【证明】（1）在四棱锥P-ABCD中，M, N分别为棱PA, PD的中点，所以MN〃AD.（2分）又底面ABCD是矩形，所以BC〃AD.所以MN〃BC.（4分）又BC U平面PBC，MN Q平面PBC，所以MN〃平面PBC. （6分）（2）因为底面ABCD是矩形，所以AB丄AD.又侧面PAD丄底面ABCD，侧面PAD n底面ABCD=AD, AB U底面ABCD，所以AB丄侧面PAD.（8分）又MD U侧面PAD，所以AB丄MD.（10分）因为DA=DP,又M为AP的中点，从而MD丄PA. （12分）又PA，AB在平面PAB内，PA n AB=A，所以MD丄平面PAB.（14分）例2、（2019扬州期末）如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B丄平面ABC,点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点.（1）求证：EF〃平面ABC；（2）求证：BB］丄AC.规范解答（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1B1B,四边形BB1C1C均为平行四边形，E, F分别是侧面AA1B1B, BB1C1C对角线的交点，所以E, F分别是AB1，CB1的中点，所以EF〃AC.（4分）因为EF Q平面ABC, AC U平面ABC，所以EF〃平面ABC.（8分）（2）因为四边形AA1B1B为矩形，所以BB1丄AB.因为平面AA1B1B丄平面ABC,且平面AA1B1B n平面ABC=AB, BB1U平面AA1B1B, 所以BB1丄平面ABC.（12分）因为AC U平面ABC，所以BB1丄AC.（14分）例3、（2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC, A1C丄BC］, AB］丄BC1，D, E 分别是AB1和BC的中点.求证：（1）DE〃平面ACC1A1；（2）AE丄平面BCC1B1.A _________ c,规范解答⑴连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1#BB1且AA1=BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点.（2分）在厶BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE〃A］C.又因为DE G平面ACC1A1，A1C U平面ACC1A1，所以DE〃平面ACC1A1.（6分）（2）由（1）知DE〃A］C，因为A1C丄BC” 所以BC］丄DE.（8 分）又因为BC］丄AB1，AB1H DE=D，AB1，DE U平面ADE，所以BC1丄平面ADE.又因为AE U平在ADE,所以AE丄BC1.（10分）在厶ABC中，AB=AC，E是BC的中点，所以AE丄BC.（12分）因为AE丄BC1，AE丄BC，BC1H BC=B，BC1，BC U平面BCC1B1，所以AE丄平面BCC1B1. （14 分）例4、（2019苏锡常镇调研）如图，三棱锥DABC中，已知AC丄BC，AC丄DC，BC=DC，E，F 分别为BD，CD 的中点．求证：（1）EF〃平面ABC；（2）BD丄平面ACE.所以EF 〃平面ABC.（6分）（2）因为AC丄BC，AC丄DC，BC H DC = C，BC，DC U平面BCD所以AC丄平面BCD，（8分）因为BD U平面BCD，所以AC丄BD，（10分）因为DC=BC，E为BD的中点，所以CE丄BD，（12分）因为AC n CE = C, AC，CE U平面ACE，所以BD丄平面ACE.（14分）例5、（2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1 丄B1C1•设A1C与AC1交于点D, B1C与BC1交于点E.求证：（1） DE〃平面ABB1A1；（2） BC］丄平面A1B1C.规范解答（1）因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以侧面ACC1A1为平行四边形．又A1C 与AC1 交于点D,所以D为AC]的中点，同理，E为BC]的中点•所以DE〃AB.（3分）又AB U平面ABB]A], DE G平面ABB]A], 所以DE〃平面ABB]A].（6分）（2）因为三棱柱ABCA]B]C]为直三棱柱，所以BB]丄平面A]B]C]. 又因为A]B]U平面A]B]C],所以BB]丄A]B i.（8分）又A]B]丄B]C], BB], B]C] U 平面BCC]B], BB]n B]C1=B1，所以A]B]丄平面BCC]B].（10 分）又因为BC]U平面BCC]B1，所以A]B丄BC].（12分）又因为侧面BCC]B1为正方形，所以BC]丄BQ.又A1B1n B1C=B1，A1B1，B1C U平面A1B1C, 所以BC1丄平面A1B1C.（14分）例6、（2017苏北四市一模）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知D, E分别为BC, B1C1的中点，点F 在棱CC1上，且EF丄CD.求证：（1）直线A1E〃平面ADC1；⑴证法1连结ED,因为D, E分别为BC, B1C1的中点，所以B&/BD且B1E=BD, 所以四边形BBDE是平行四边形，（2分）所以BB/DE且BB1=DE. 又BB]〃AA]且BB]=AA], 所以AA/DE且AA1=DE, 所以四边形AA]ED是平行四边形，所以A]E〃AD.（4分）又因为AE G平面ADC, AD U平面ADC，所以直线AE〃平面ADC.（7分）1 1 1畀 ------ 1B证法2连结ED,连结A1C, EC分别交AC” DC1于点M, N,连结MM,则因为D, E分别为BC,B1C1的中点，所以C1E^CD且C、E=CD,所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点.（2分）因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，（4分）所以MN//A\E.又因为A]E G平面ADC，MN U平面ADC，，所以直线Af〃平面ADC、.（7分）（2）在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB]丄平面ABC.又AD U平面ABC，所以AD丄BB、.又A ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD丄BC.（9分）又BB，，BC U 平面BBCC，，BB1A BC=B，所以AD丄平面B,BCC,，又EF U平面BBCC，所以AD丄EF.（11分）又EF丄CD，CD，AD U平面ADC,，C,D A AD=D，所以直线EF丄平面ADC,.（14分）题型二、线面与面面平行与垂直证明平面与平面的平行与垂直问题，一定要熟练记忆平面与平面的平行与垂直判定定理和性质定理，切记不可缺条件。
立体几何线线垂直专(史上最全)
立体几何垂直总结1、线线垂直的判断：线面垂直的定义：若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。
补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条。
2、线面垂直的判断：（1）如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这个平面。
（2）如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。
（3）一直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。
（4）如果两个平面垂直，那么在—个平面内垂直于交线的直线必垂直于另—个平面。
3、面面垂直的判断：一个平面经过另一个平面的垂线，这两个平面互相垂直。
证明线线垂直的常用方法：例1、（等腰三角形三线合一）如图，已知空间四边形ABCD 中，,BC AC AD BD ==，E 是AB 的中点。
求证：（1）⊥AB 平面CDE;（2）平面CDE ⊥平面ABC 。
证明：（1）BC AC CE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭同理，AD BD DE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭又∵CE DE E ⋂= ∴AB ⊥平面CDE （2）由（1）有AB ⊥平面CDE又∵AB ⊆平面ABC ， ∴平面CDE ⊥平面ABC例2、（菱形的对角线互相垂直、等腰三角形三线合一）已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形．PB PD =，E 为PA 的中点．（Ⅰ）求证：PC ∥平面BDE ；（Ⅱ）求证：平面PAC ⊥平面BDE ．AEDBC例3、(线线、线面垂直相互转化)已知ABC ∆中90ACB ∠=,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证：AD ⊥面SBC ．证明：90ACB ∠=∵° B C A C ∴⊥ 又SA ⊥面ABC S A B C ∴⊥ BC ∴⊥面SACBC AD ∴⊥ 又,SC AD SC BC C ⊥⋂=AD ∴⊥面SBC例4、(直径所对的圆周角为直角)如图2所示，已知PA 垂直于圆O 在平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 的圆周上异于A 、B 的任意一点，且PA AC =，点E 是线段PC 的中点.求证：AE ⊥平面PBC .证明：∵PA ⊥O 所在平面，BC 是O 的弦，∴BC PA ⊥. 又∵AB 是O 的直径，ACB ∠是直径所对的圆周角，∴BC AC ⊥. ∵,PAAC A PA =⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC .∴BC ⊥平面PAC ，AE ⊂平面PAC ，∴AE BC ⊥. ∵PA AC =，点E 是线段PC 的中点.∴AE PC ⊥. ∵PCBC C =,PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC .∴AE ⊥平面PBC .例5、（证明所成角为直角）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF . 求证：BD ⊥平面AED ； 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 ，SDCBAACBPEO图2所以BD ⊥平面AED .例6、（勾股定理的逆定理）如图7－7－5所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点． 求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .例7、（三垂线定理）证明：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1C ⊥平面BC 1D证明：连结ACB D AC ∵⊥∴ AC 为A 1C 在平面AC 上的射影∴⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥BD A C A C BC A C BC D11111同理可证平面练习；1、 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.证明：AP ⊥BC ；AC2、直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .证明：DC 1⊥BC 。
立体几何平行与垂直定理总结
P
A
O
步骤 2：计算线段 PO 的长度。(直接解三角形；等体积法和等面积法；换
点法)方法二：坐标法。 d AP cos n AP n AP n
n α A θ
m
P O
2．线面距、面面距均可转化为点面距。 3．异面直线之间的距离 方法一：转化为线面距离。
如图，m 和 n 为两条异面直线， n 且
cos θ1 BO AB cos θ BC AB cos θ2 BC OB
∴ cos cos 1 cos 2
斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内 经过斜足的直线所成的一切角中最小的角。
一． 距离问题。 1．点面距。 方法一：几何法。 步骤 1： 过点 P 作 PO 于 O， 线段 PO 即为所求。
(一) 二面角及其平面角 (1)定义：在棱 l 上取一点 P，两个半平面内分别作 l 的垂线（射线）m、n，则 射线 m 和 n 的夹角 为二面角 —l— 的平面角。 (2)范围： [0,180] (3)求法： 方法一：定义法。 步骤 1：作出二面角的平面角(三垂线定理)，并证明。 步骤 2：解三角形，求出二面角的平面角。 方法二：截面法。 步骤 1：如图，若平面 POA 同时垂直于平面 和 ，则交线(射线)AP 和 AO 的 夹角就是二面角。 步骤 2：解三角形，求出二面角。
l l
α
β
l
方法二：计算所成二面角为直角。
(二)夹角问题。 (一) 异面直线所成的角：(1) 范围： (0,90] (2)求法：方法一：定义法。 步骤 1：平移，使它们相交，找到夹角。 步骤 2：解三角形求出角。(常用到余弦定理)
a θ b c
a2 b2 c2 cos 余弦定理： (计算结果可能是其补角) 2ab
立体几何线面垂直-题型全归纳(解析版)
立体几何线面垂直-题型全归纳题型一利用等腰三角形“三线合一”例题1、如图，在正三棱锥P-ABC中，E，F，G分别为线段PA，PB，BC的中点，证明：BC⊥平面PAG。
证明：在正三棱锥P-ABC中，ＡＢ＝ＡＣ，Ｇ是ＢＣ的中点，∴ＡＧ⊥ＢＣ，又 ＰＢ＝ＰＣ，Ｇ是ＢＣ的中点，∴ＰＧ⊥ＢＣ，ＰＧ⋂ＡＧ＝Ｇ，ＰＧ，ＡＧ⊂平面ＰＡＧ，∴ＢＣ⊥平面ＰＡＧ，解题步骤（1）根据线段的中点，找出相应的等腰三角形；（2）格式“因为D是BC的中点，且AB=AC，所以AD⊥BC”；（3）依据“三线合一”得到线线垂直。
变式训练1、已知四面体ABCD中，AB=AC，BD=CD，E为棱BC的中点，求证：AD⊥BC证明：连接ＤＥ，ＡＢ＝ＡＣ，Ｅ是ＢＣ的中点，∴ＡＥ⊥ＢＣ，又 ＢＤ＝ＣＤ，Ｅ是ＢＣ的中点，∴ＤＥ⊥ＢＣ，ＡＥ⋂ＤＥ＝Ｅ，ＡＥ，ＤＥ⊂平面ＡＤＥ，∴ＢＣ⊥平面ＡＤＥ，ＡＤ⊂平面ＡＤＥ，∴ＡＤ⊥ＢＣ变式训练2、在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠=，AP BP AB ==，PC AC ⊥．求证：PC AB ⊥证明：取ＡＢ的中点Ｏ，连接ＯＰ，ＯＣ， ＡＰ＝ＢＰ，Ｏ是ＡＢ的中点，∴ＰＥ⊥ＡＢ，又 ＡＣ＝ＢＣ，Ｏ是ＡＢ的中点，∴ＯＣ⊥ＡＢ，ＰＯ⋂ＣＯ＝Ｏ，ＰＯ，ＣＯ⊂平面ＰＯＣ，∴ＡＢ⊥平面ＰＯＣ，ＰＣ⊂平面ＰＯＣ，∴ＡＢ⊥ＰＣ。
变式训练3、如图，在四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，底面ＡＢＣＤ是菱形，Ｅ为ＣＤ的中点，060=∠ABC ，求证：ＡＢ⊥平面ＰＡＥ。
证明： 底面ＡＢＣＤ是菱形，060=∠ABC ，∴ＡＥ⊥ＣＤ，又 ＡＢ//ＣＤ，∴ＡＢ⊥ＡＥ，又ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，ＡＢ⊂平面ＡＢＣＤ，∴ＡＢ⊥ＰＡ，ＡＰ⋂ＡＥ＝Ａ，ＡＰ，ＡＥ⊂平面ＰＡＥ，∴ＡＢ⊥平面ＰＡＥ。
A CB P题型二利用勾股定理逆定理例题2、如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，M 为棱1CC 的中点，AC 交BD 于点O ，求证：BDM1平面⊥O A 证明：连接ＯＭ，M A 1，11C A ，设正方体的棱长为2，则6222222121=+=+=AO A A O A 32122222=+=+=OC CM OM 91)22(222121121=+=+=M C C A M A 21221M A OM O A =+∴即：ＯＭ⊥OA 1又 在正方体1111D CB A ABCD -中，∴ＢＤ⊥OA 1 ＯＭ，ＢＤ⊂平面ＢＤＭ，∴BDM1平面⊥O A 解题步骤（1）根据题干给出的线段长度（没有长度的可以假设），标示在图形上，找出相应的三角形；（2）把线段的长度分别求平方，判断能否构成“222c b a =+”；（3）根据平方关系得到线线垂直。
67.立体几何讲义2：垂直问题 课件-广东省惠来县第一中学2021届高三数学一轮复习
第四方面：基于代数运算下的垂直关系 ★基于代数运算下的垂直关系，经常涉及勾股 定理和余弦定理的运用。
第四方面：基于代数运算下的垂直关系
题目问题111：1：如图，在直三棱柱
ABC
A1B1C1
中，ACB
90
，AC
BC
1 2
AA1
1
，D
，
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
题目3：（选自2013年全国高考文科Ⅰ卷） 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1， ∠BAA1＝60°， 证明：AB⊥A1C。
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
7.全等三角形（相似三角形） 8.余弦定理
题目探讨：
第一方面：等腰三角形折叠模型+基于筝形的垂直关系
五、问题探讨：
第一方面：等腰三角形折叠模型+基于筝形的垂直关系 1.有着共底边的两个等腰三角形构成的立体图形，两个顶点的连线一定垂直于底边； 2.筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形，也可以说是两组邻边相等的四边形，它的形状就像一个风 筝，基于筝形可以设计许多垂直问题。
题目1：
D
C
E
B A
第一方面：等腰三角形折叠模型+基于筝形的垂直关系
题目2：
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
第二方面：基于菱形（正方形）的垂直关系+基于矩形（正方形）的垂直关系
高中数学必修2立体几何专题-线面垂直方法总结
【 证 明 】(1) 在 四 棱 锥 P—ABCD 中 ， 因 为 PA⊥ 底 面 ABCD ， CD 平 面 ABCD ， 故 PA⊥CD. 又因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平 面PAC. 而AE 平面PAC，所以CD⊥AE. (2) 由 PA ＝ AB ＝ BC ， ∠ ABC ＝ 60° ， 得 △ABC是等边三角形，故AC＝PA.
2. 在 正 方体 ABCD － A1B1C1D1 中 ， 棱 长为2，M是AD1上任意一点，M到平 面BCB1的距离是_2______.
3.如图，在正方形SG1G2G3中， E，F分别是G1G2，G2G3的中 点，D是EF的中点，现沿SE，
SF及EF把这个正方形折成
一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这 样，下列五个结论：①SG⊥平面EFG；②SD⊥
所以DC / /EB. 又 因 为 DC 平 面 ABE， EB 平 面 ABE， 所以DC / /平面ABE.
2因为DC 平面ABC，所以DC AF .
又 因 为 BAC＝ ， 且 AB＝ AC， 所 以 AF BC .
2 而 BC DC＝ C， 所 以 AF 平 面 BCDE.
直
四
棱
柱
A
B
C
D
－
A1
B1C
1
D
中
1
，
侧
棱
A
A1＝
6，
底 面 A B C D 是 菱 形 ， A B＝ 2 ， A B C＝ 6 0 ， P为 侧 棱
万能解法之立体几何线面垂直问题
换。
• 为什么同学们能听懂讲题但是自己做不 出，知道自己会做但是就是做不出？原因 就是立体几何的很多基本概念是为了说清 定理而创造的，但立体几何没有为解题创 造总结出概念。所以大伙能看懂题，但是 一做题，思路就会混乱。
引入的新概念
•
更为了捋清同学们的思路，
我们创造出新的概念，这种概念是
为解题而设计的，解题思路会变成
在广场里选一条最有特色的线
• 问题是DA⊥AB，DA⊥AC，DA⊥BC 至少三组线与线的垂直，我们主观的挑出 哪一组是有用的？能接着推理呢？
• 出题老师为了不让你做出这题，他总会 选最怪的一组垂直当解题方向，他就是想 这样考倒同学。
选一条最奇怪、最变态的线
• 所以说，一般而言，要选用两线无交点的 垂直，即两线在空间垂直的；
• 这样就把垂直的概念化解了，旗杆与广 场是一组，就不会再与其他不垂直的线或 面搞混了，用旗杆和广场的概念就能解题。
第1步：找到“第一代旗杆广场”
• 第1步：从已知条件中“一根线与一个 面垂直”入手。我们把已知条件中“一根 线与一个面垂直”改名叫“第一代旗杆和 广场”，一根线叫“第一代旗杆
• 高中立体几何的线与面的垂直题 • 如何对付大脑犯浑、大脑短路
如何对付大脑犯浑、大脑短路
大伙为什么在考试时明明会做， 但是做起来却大脑犯浑、大脑短路？ 还是学的不扎实呗。我们本讲座创造 一些立体几何的全新概念来解题，引 入这些概念，会形成无比清晰的解题 思路，这种概念就是为解题而设计的， 保证大伙考试时不犯浑、不短路。
找最奇怪、最变态的线
• 上文说过了不少，一般而言，用过的线 不能再用了，就是老线不能再用了，要选 用两线无交点的垂直，即两线在空间垂直 的，或者要选用两线距离最远的一组，或 者要选用两线貌似最没关系的一组，或者 要选用两线关系最特殊的一组，或线上有 重要的点的一组，总之，最奇怪、最变态 的、字母最靠近求证字母的那一组就是正 确的解题思路。出题老师就是想这样考倒 同学的。
立体几何四 直线、平面垂直的判定及其性质
立体几何四 直线、平面垂直的判定及其性质[考试要求]1.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垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言 图形语言符号语言判定 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⎭⎬⎫a ，b ⊂αa ∩b ＝Ol ⊥a l ⊥b⇒l ⊥α 性质 定理垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b (1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°.(3)范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 3．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角． (2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理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⎭⎬⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β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⎭⎬⎫α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α[常用结论]直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)垂直于同一个平面的两平面平行．()(2)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()[答案](1)×(2)×(3) ×(4)×二、教材习题衍生1．下列命题中错误的是()A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．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βC．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βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γA[A错误，l与β可能平行或相交，其余选项均正确．]2．如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现在沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中必有()A．SG⊥△EFG所在平面B．SD⊥△EFG所在平面C．GF⊥△SEF所在平面D．GD⊥△SEF所在平面A[四面体S-EFG如图所示：由SG⊥GE，SG⊥GF.且GE∩GF＝G得SG⊥△EFG所在的平面．故选A.]3．如图所示，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．4[∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥AB，P A⊥AC，P A⊥BC，则△P AB，△P AC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩P A＝A，∴BC⊥平面P AC，从而BC⊥PC.因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]考点一直线与平面垂直的判定与性质判定线面垂直的四种方法[典例1](1)(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：________.(2)如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝13DB，点C为圆O上一点，且BC＝3AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.求证：P A⊥CD.(1)②③⇒①或①③⇒②[(1)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.](2)[证明]因为AB为圆O的直径，所以AC⊥CB，在Rt△ACB中，由3AC ＝BC，得∠ABC＝30°.设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝23，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos 30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AB＝D，得CD⊥平面P AB，又P A⊂平面P AB，所以P A⊥CD.点评：通过本例(2)的训练我们发现：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；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正余弦定理及勾股定理的应用．[跟进训练]如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF.[证明]因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.法一：在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，所以B1F⊥平面ADF.法二：在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，所以B1D＝BD2＋BB21＝10.在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，所以B1F＝B1C21＋C1F2＝ 5.在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，所以DF＝CD2＋CF2＝ 5.显然DF 2＋B 1F 2＝B 1D 2， 所以∠B 1FD ＝90°.所以B 1F ⊥FD .因为AD ∩FD ＝D ，AD ，FD ⊂平面ADF ， 所以B 1F ⊥平面ADF .考点二 面面垂直的判定与性质证明面面垂直的两种方法[典例2] (2020·雅安模拟)如图，菱形ABCD 与正三角形BCE 的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD ⊥平面ABCD .(1)求证：平面ACF ⊥平面BDF ；(2)若∠CBA ＝60°，求三棱锥E -BCF 的体积． [解] (1)证明：在菱形ABCD 中，AC ⊥BD ， ∵FD ⊥平面ABCD ，∴FD ⊥AC . 又∵BD ∩FD ＝D ，∴AC ⊥平面BDF . 而AC ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面BDF . (2)取BC 的中点O ，连接EO ，OD ， ∵△BCE 为正三角形，∴EO ⊥BC ， ∵平面BCE ⊥平面ABCD 且交线为BC ， ∴EO ⊥平面ABCD . ∵FD ⊥平面ABCD ，∴EO ∥FD ，得FD ∥平面BCE . ∴V E -BCF ＝V F -BCE ＝V D -BCE ＝V E -BCD .∵S △BCD ＝12×2×2×sin 120°＝3，EO ＝ 3. ∴V E -BCF＝13S △BCD ×EO ＝13×3×3＝1.点评：抓住面面垂直的性质，实现面面与线面及线线垂直间的转化是求解本题的关键，另外在第(2)问求解体积时等体积法的应用，是破题的另一要点，平时训练要注意灵活应用．[跟进训练](2020·广州模拟)如图，在三棱锥V-ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC，且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：平面MOC⊥平面VAB；(2)求三棱锥B-VAC的高．[解](1)证明：∵AC＝BC，O 为AB的中点，∴OC⊥AB.∵平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，∴OC⊥平面VAB.∵OC⊂平面MOC, ∴平面MOC⊥平面VAB.(2)在等腰直角△ACB中，AC＝BC＝2，∴AB＝2，OC＝1，∴等边△VAB的面积为S△VAB ＝12×22×sin 60°＝3，又∵OC⊥平面VAB，∴OC⊥OM，在△AMC中，AM＝1，AC＝2，MC＝2，∴S△AMC ＝12×1×72＝74，∴S△VAC＝2S△MAC＝72，由三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，即13S△VAC·h＝13S△VAB·OC, ∴h＝3×172＝2217，即三棱锥B-VAC的高为221 7.考点三平行与垂直的综合问题1.对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题．2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．探索性问题中的平行和垂直关系[典例3－1](2019·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD⊥平面P AC；(2)若∠ABC＝60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由．[解](1)证明：因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又P A∩AC＝A，所以BD⊥平面P AC.(2)证明：因为P A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以P A⊥AE.因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE⊥CD，所以AB⊥AE.又AB∩P A＝A，所以AE⊥平面P AB.因为AE⊂平面P AE，所以平面P AB⊥平面P AE.(3)棱PB上存在点F，使得CF∥平面P AE.取F为PB的中点，取G为P A的中点，连接CF，FG，EG.则FG∥AB，且FG＝12AB.因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CE∥AB，且CE＝12AB.所以FG∥CE，且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形．所以CF∥EG.因为CF⊄平面P AE，EG⊂平面P AE，所以CF∥平面P AE.点评：(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．折叠问题中的平行与垂直关系[典例3－2](2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝23DA，求三棱锥Q-ABP的体积．[解](1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3 2.又BP＝DQ＝23DA，所以BP＝2 2.如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE∥DC且QE＝13DC.由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1.因此，三棱锥Q-ABP的体积为V Q-ABP＝13×S△ABP×QE＝13×12×3×22sin 45°×1＝1.点评：本例第(1)问是垂直关系证明问题，求解的关键是抓住“BA⊥AC”折叠过程中始终不变；本例第(2)问是计算问题，求解的关键是抓住“∠ACM＝90°”折叠过程中始终不变．即折叠问题的处理可采用：不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.[跟进训练]1．(2020·梧州模拟)如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是()A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′-BCD的体积为1 3B[若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A错误；由题设知：△BA′D 为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C错误；V A′-BCD＝V C-A′BD＝16，故D错误，故选B.]2.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.(1)求证：C1E∥平面ADF；(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF? [解](1)证明：连接CE交AD于O，连接OF.因为CE，AD为△ABC的中线，则O为△ABC的重心，故CFCC1＝COCE＝23，故OF∥C1E，因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E∥平面ADF.(2)当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，故AD⊥BC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC.又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，又CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM.又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故Rt△CBM≌Rt△FCD.易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，故CM⊥平面ADF.又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF.。
立体几何平行与垂直所有概念、公理、定理汇总
立体几何的概念、公理、定理（一）立体几何三公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有的点都在这个平面内。
公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线．,A a A a公理3：经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面。
A、B、C不在同一直线上有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面。
A a 有且只有一个平面，使推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面。
a∩b＝A有且只有一个平面，使推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面。
a∥b＝A有且只有一个平面，使（二）空间直线公理4 ：平行于同一条直线的两条直线互相平行。
a∥bb∥c等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等。
推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等。
异面直线判定定理：用平面内一点与平面外一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线。
cbaaA∈a，B∈aA∈，B∈aA∈aababcba//a c////////AB A BAC A C///BAC B A CA∈PP（三）直线和平面直线和平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和 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。
直线和平面平行的性质定理：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，那么这条直线和交线平行。
直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
定理 ：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直这个平面。
定理：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面， 它也垂直于另一个平面。
直线与平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面， 那么这两条直线平行。
射影定理：从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中， （1）射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长； （2）相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长； （3）垂线段比任何一条斜线段都短。
高考立体几何-三垂线定理
例题4、直角三角形 90° 30° 例题 、直角三角形ABC中，∠B= 90°， ∠C= 30°， 中 BC的中点 AC=2，DE⊥平面ABC且DE=1， 的中点， 平面ABC D是BC的中点，AC=2，DE⊥平面ABC且DE=1，求E到斜线 AC的距离 的距离？ AC的距离？
解： 过点D作DF ⊥AC于F，连结EF， ∵DE⊥ 平面ABC，由三垂线定理知EF⊥AC，即E 到斜线AC的距离为EF，在Rt ∆ABC中， ∠B= 90°，∠C= 30°，AC=2， ∴BC= 3,∴ D= C ，∵DF⊥AC， 在Rt ∆EDF中 为所求
α
三、巩固性练习： 1、若一条直线与平面的一条斜线在此平面上的射影垂直，则 这条直线 与斜线的位置关系是（ D ） （A）垂直 （B）异面 （C）相交 （D）不能确定
2、在一个四面体中，如果它有一个面是直角三角形，那么它 的另外三个面（ C ） （A）至多只能有一个直角三角形 （B）至多只能有两个直角三角形 （C）可能都是直角三角形 （D）一定都不是直角三角形
小结：运用三垂线定理及逆定理， 小结：运用三垂线定理及逆定理，必然 要涉及平面的斜线， 要涉及平面的斜线，此题的讨论是必要 的。
例题3、如图示，已知 、 都垂直于正三角 都垂直于正三角ABC所 例题 、如图示，已知DB、EC都垂直于正三角 所 在的平面， 与平面ABC所 在的平面，且BC=EC=2DB，求平面 ，求平面ADE与平面 与平面 所 成二面角的平面角。 成二面角的平面角。
高中数学必修2立体几何专题-线面垂直专题典型例题精选精讲
线面垂直的证明中的找线技巧◆通过计算,运用勾股定理寻求线线垂直１ 如图1,在正方体1111ABCD A B C D -中,M 为1CC 的中点,ＡＣ交BD 于点O ,求证:1A O ⊥平面ＭＢD .证明:连结MO ，1A M，∵D Ｂ⊥1A A ,D Ｂ⊥ＡC ，1A AAC A =，∴DB ⊥平面11A ACC ，而1AO ⊂平面11A ACC ∴ＤB ⊥1A O . 设正方体棱长为a ，则22132A O a =,2234MO a =.在Rt △11A C M 中,22194A M a =．∵22211A O MO A M +=，∴1AO OM ⊥． ∵OM ∩D Ｂ=O ，∴ 1A O ⊥平面MBD . 评注：在证明垂直关系时，有时可以利用棱长、角度大小等数据，通过计算来证明.◆利用面面垂直寻求线面垂直２ 如图2,P 是△A ＢC 所在平面外的一点,且PA ⊥平面ABC ,平面PAC ⊥平面PBC .求证：B Ｃ⊥平面ＰＡC .证明：在平面PAC 内作A Ｄ⊥PC 交ＰC 于Ｄ.因为平面PAC ⊥平面PB Ｃ，且两平面交于P Ｃ,AD ⊂平面PAC ,且A Ｄ⊥PC ， 由面面垂直的性质，得ＡD ⊥平面PB Ｃ． 又∵BC ⊂平面P ＢC ，∴AD ⊥BC .∵PA ⊥平面AB Ｃ，BC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥ＢC .∵AD ∩PA =A ，∴BC ⊥平面PAC ．(另外还可证BC 分别与相交直线AD ，A Ｃ垂直,从而得到BC ⊥平面PAC ）.评注：已知条件是线面垂直和面面垂直,要证明两条直线垂直,应将两条直线中的一条纳入一个平面中,使另一条直线与该平面垂直，即从线面垂直得到线线垂直．在空间图形中,高一级的垂直关系中蕴含着低一级的垂直关系，通过本题可以看到，面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．一般来说,线线垂直或面面垂直都可转化为线面垂直来分析解决,其关系为:线线垂直−−−→←−−−判定性质线面垂直−−−→←−−−判定性质面面垂直.这三者之间的关系非常密切,可以互相转化，从前面推出后面是判定定理，而从后面推出前面是性质定理．同学们应当学会灵活应用这些定理证明问题.下面举例说明．3 如图1所示，ABCD 为正方形，SA ⊥平面AB ＣD ,过A 且垂直于SC 的平面分别交SB SC SD ，，于E F G ，，．求证:AE SB ⊥,AG SD ⊥．证明：∵SA ⊥平面ＡBCD , ∴SA BC ⊥.∵AB BC ⊥，∴BC ⊥平面SAB ．又∵AE ⊂平面SAB ，∴BC AE ⊥．∵SC ⊥平面AEFG ,∴SC AE ⊥．∴AE ⊥平面ＳBC ．∴AE SB ⊥.同理可证AG SD ⊥．评注：本题欲证线线垂直，可转化为证线面垂直，在线线垂直与线面垂直的转化中,平面起到了关键作用，同学们应多注意考虑线和线所在平面的特征，从而顺利实现证明所需要的转化.４ 如图2，在三棱锥A －BCD 中，BC ＝AC ,AD =BD ,作BE ⊥CD ,E 为垂足，作ＡH ⊥B Ｅ于H ．求证：AH ⊥平面B ＣＤ.证明：取A Ｂ的中点Ｆ，连结CF ，ＤF . ∵ACBC =,∴CF AB ⊥．∵AD BD =,∴DF AB ⊥.又CF DF F =，∴AB ⊥平面ＣＤF ． ∵CD ⊂平面CD Ｆ，∴CD AB ⊥． 又CD BE ⊥，BE AB B =, ∴CD ⊥平面A ＢE ，CD AH ⊥．∵AH CD ⊥，AH BE ⊥,CD BE E =,∴ AH ⊥平面ＢCD ．评注:本题在运用判定定理证明线面垂直时,将问题转化为证明线线垂直;而证明线线垂直时，又转化为证明线面垂直．如此反复,直到证得结论.5 如图３，AB 是圆O 的直径,C 是圆周上一点，PA ⊥平面ABC .若AE ⊥PC ，E 为垂足,F 是P Ｂ上任意一点， 求证：平面AEF ⊥平面PBC ．证明：∵AB 是圆O 的直径,∴AC BC ⊥.∵PA ⊥平面AB Ｃ,BC⊂平面A ＢC ，∴PA BC ⊥．∴BC ⊥平面ＡPC . ∵BC ⊂平面P ＢC ，∴平面AP Ｃ⊥平面ＰＢC ．∵AE ⊥ＰC ，平面APC ∩平面P ＢC =P Ｃ， ∴AE ⊥平面PBC .∵AE ⊂平面AE Ｆ，∴平面AE Ｆ⊥平面PB Ｃ． 评注:证明两个平面垂直时，一般可先从现有的直线中寻找平面的垂线，即证线面垂直,而证线面垂直则需从已知条件出发寻找线线垂直的关系.6. 空间四边形ABCD 中,若ＡB ⊥CD ，BC ⊥AD,求证:ＡC ⊥ＢＤAD B O C证明：过A 作ＡO ⊥平面ＢＣD 于O 。
立体几何(平行垂直的证明及角)专题辅导
立体几何专题辅导(平行与垂直及角)空间中平行与垂直关系的证明及线面角、二面角的方法总结：（一）线线平行的证明方法：1.垂直于同一平面的两条直线平行2.平行于同一直线的两条直线平行3.三角形的中位线4.平行四边形对边平行5.一个平面与另外两个平行平面相交，那么两条交线也平行6.线面平行的性质7.面面平行的性质 6.向量法：两直线的方向向量共线（二）线面平行的证明方法：1.线面平行的判定定理：如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行2.面面平行的性质：如果两个平面平行，那么在其中一个平面内的直线和另一个平面平行3.向量法：直线的方向向量与平面的法向量垂直（三）面面平行的证明方法：1.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。
2.面面平行的推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面平行。
3.面面平行的传递性4.垂直于同一条直线的两个平面平行5.向量法（四）线线垂直的证明方法1、等腰三角形底边的中线 2.菱形对角线互相垂直 3.勾股定理 4.直径所对的圆周角为直角 5.三垂线定理及其逆定理 6.线面垂直的性质 7.向量法（五）线面垂直的证明方法1.线面垂直的判定定理2.面面垂直的性质3.向量法（六）面面垂直的证明方法1.面面垂直的判定定理2.证明二面角为直二面角3.向量法（七）空间中的角1.异面直线所成的角 范围是⎝ ⎛⎥⎤0，π2 解法：①定义法 ②向量法：设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.2.直线与平面所成的角：斜线与平面所成的角：平面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． 范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； 解法：①定义法 ②向量法：设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.3.二面角的平面角如图在二面角αl β的棱上任取一点O ，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA 和OB ，则∠AOB 叫做二面角的平面角． 范围是[0，π]．解法：①定义法 ②三垂线法 ③射影面积法 ④向量法：(ⅰ)如图①，AB 、CD 是二面角αl β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(ⅱ)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．典例分析：1、如图，四棱锥P−ABC D 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC =3，P A=BC =4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（I ）证明MN ∥平面P AB ;（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.2、正△ABC 的边长为2, CD 是AB 边上的高，E 、F 分别是AC 和BC 的中点(如图(1))．现将△ABC 沿CD 翻成直二面角A －DC －B (如图(2))．在图(2)中(1)求证 AB ∥平面DEF ；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论；(3)求二面角E－DF－C的余弦值．3、如图，已知△DEF与△ABC分别是边长为1与2的正三角形，AC∥DF，四边形BCDE为直角梯形，且DE∥BC，BC⊥CD，点G为△ABC的重心，N为AB的中点，AG⊥平面BCDE，M为线段AF上靠近点F的三等分点．(1)求证：GM∥平面DFN；(2)若二面角M－BC－D的余弦值为74，试求异面直线MN与CD所成角的余弦值．4、5、如图，在三棱锥P ABC -中，22ABBC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．6、如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o .（1）证明 平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.7、.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝2，PB ⊥AC .P O M(1)求证：平面P AB ⊥平面P AC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱P A 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为69？若存在，求出AE AP 的值；若不存在，请说明理由．8、如图，在四棱锥P ABCD -中，AD BC ∥，AD CD ⊥，3AD =，2CD BC ==，点P 在平面ABCD内的射影恰为BD 的中点，且3PB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）求二面角A PB D --的正弦值．9、.如图，四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，底面ABCD 是梯形，AB ∥CD ，BC CD ⊥，AB=PD=4，CD=2，22AD =，M 为CD 的中点，N 为PB 上一点，且(01)PN PB λλ=<<u u u r u u u r .（1）若14λ=时，求证：MN ∥平面P AD ； （2）若直线AN 与平面PBC 所成角的正弦值为255，求异面直线AD 与直线CN 所成角的余弦值.10、.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，2AB AC ==，22AD =，32PB =，PB AC ⊥． （1）求证：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）若45PBA ∠=︒，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在， 求出AE AP的值；若不存在，请说明理由．11、如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.12、如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.(I)求证:PAC PBC ⊥平面平面；(II)2.AB AC PA C PB A ===--若，1，1，求证：二面角的余弦值13、如图，ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===，0120ABC DBC ∠=∠=，E 、F 分别为AC 、DC 的中点.（1）求证：EF BC ⊥；（2）求二面角E BF C --的正弦值.。
立体几何中平行和垂直问题的证明
摇生"攵浬化知识篇科学备考新指向高考数学2021年2月立"#何％&行直问题的证明■江苏省华罗庚中学李普红平行与垂直关系的证明是高考考查立体几何的高频考点，大部分问题都可以用传统的几何方法解决，有一部分问题需要建立空间直角坐标系利用空间向量解决。
用传统法解题时，应注重线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等问题的性质定理和判定定理的灵活应用。
用向量法解题时，应建立恰当的空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标。
考向一：证明线面平行!!如图1,已知空间几何体BACDE中，&BCD与&CDE均是边长为2的等边三角形,&ABC是腰长为3,底边为BC的等腰三角形，平面CDE丄平面BCD，平面ABC丄平面BCD"(1)试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出证明；(2)求三棱锥E-ABC的体积。
解析：(1)如图2所示，取DC的中点为N,BD的中点为/，连接MN，则MN即为所求。
连接EM，EN，取BC的中点4，连接AH"因为&ABC是腰长为3的等腰三角形，H为BC的中点，所以AH丄BC。
又平面ABC丄平面BCD，平面ABC'平面BCD$BC，AH U平面ABC，所以AH 丄平面BCD"同理可证EN丄平面BCD"所以EN/AH"因为EN1平面ABC，AH U平面ABC，所以EN/平面ABC"又M，N分别为BD，DC的中点，所以MN/BC"因为MN1平面ABC，BC U平面ABC，所以MN/平面ABC"又MN'EN$N，MN U平面EMN，EN U平面EMN，所以平面EMN/平面ABC"又EF U平面EMN，所以EF/平面ABC，即直线MN上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行°(2)连接DH，取CH的中点为G，连接NG，则NG/DH"由(1)可知EN/平面ABC，所以点E到平面ABC的距离与点N到平面ABC的距离相等°又&BCD是边长为2的等边三角形，所以DH丄BC。
高三数学 立体几何中的垂直问题 知识精讲 苏教版
高三数学 立体几何中的垂直问题 知识精讲 苏教版【本讲教育信息】一. 教学内容：立体几何中的垂直问题二. 高考要求：1. 理解直线和平面垂直的概念掌握直线和平面垂直的判定定理；2. 掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理。
3. 通过例题的讲解给学生总结归纳证明线面垂直的常见方法：（1）证直线与平面内的两条相交直线都垂直；（2）证与该线平行的直线与已知平面垂直；（3）借用面面垂直的性质定理；（4）同一法；（5）向量法。
三. 知识点归纳：1. 线面垂直定义：如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的任意一条直线都垂直，我们就说这条直线和这个平面互相垂直。
其中直线叫做平面的垂线，平面叫做直线的垂面足。
直线与平面垂直简称线面垂直，记作：a ⊥α。
2. 直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。
3. 直线和平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行。
4. 三垂线定理 在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
说明：（1）定理的实质是判定平面内的一条直线和平面的一条斜线的垂直关系；（2）推理模式：,,PO O PA A a PA a a OA αααα⊥∈⎫⎪=⇒⊥⎬⎪⊂⊥⎭。
5. 三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。
推理模式：,,PO O PA A a AO a a AP αααα⊥∈⎫⎪=⇒⊥⎬⎪⊂⊥⎭注意：⑴三垂线指PA ，PO ，AO 都垂直α内的直线a 。
其实质是：斜线和平面内一条直线垂直的判定和性质定理。
⑵要考虑a 的位置，并注意两定理交替使用。
6. 两个平面垂直的定义：两个相交成直二面角的两个平面互相垂直；相交成直二面角的两个平面叫做互相垂直的平面。
7. 两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
高中数学立体几何专题线面垂直典型例题的判定与性质
线面垂直●知识点1.直线和平面垂直定义如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，就说这条直线和这个平面垂直.2.线面垂直判定定理和性质定理判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.判定定理：如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于同一平面.判定定理：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面.性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.3.三垂线定理和它的逆定理.三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直.逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面上的射影垂直.●题型示例【例1】如图所示，已知点S是平面ABC外一点，∠ABC=90°，SA⊥平面ABC，点A在直线SB和SC上的射影分别为点E、F，求证：EF⊥SC.【解前点津】用分析法寻找解决问题的途径，假设EF⊥SC成立，结合AF⊥SC可推证SC⊥平面AEF，这样SC⊥AE，结合AE⊥SB，可推证AE⊥平面SBC，因此证明AE⊥平面SBC是解决本题的关键环节.由题设SA⊥平面ABC，∠ABC=90°，可以推证BC⊥AE，结合AE⊥SB完成AE⊥平例1题图面SBC的证明.【规范解答】【解后归纳】题设中条件多，图形复杂，结合题设理清图形中基本元素之间的位置关系是解决问题的关键.【例2】已知：M∩N=AB,PQ⊥M于Q，PO⊥N于O，OR⊥M于R，求证：QR⊥AB.【解前点津】由求证想判定，欲证线线垂直，方法有（1）a∥b,a⊥c⇒b⊥c;(2)a⊥α,b⊂α⇒a ⊥b;(3)三垂线定理及其逆定理.由已知想性质，知线面垂直，可推出线线垂直或线线平行.【解后归纳】处于非常规位置图形上的三垂线定理或逆定理的应用问题，要抓住“一个面”、“四条线”.所谓“一个面”：就是要确定一个垂面，三条垂线共处于垂面之上.所谓“四条线”：就是垂线、斜线、射影以及平面内的第四条线，这四条线中垂线是关键的一条线，牵一发而动全身，应用时一般可按下面程序进行操作：确定垂面、抓准斜线、作出垂线、连结射影，寻第四条线.【例3】已知如图(1)所示，矩形纸片AA′A′1A1,B、C、B1、C1分别为AA′,A1A′的三等分点，将矩形纸片沿BB1,CC1折成如图(2)形状（正三棱柱），若面对角线AB1⊥BC1，求证:A1C⊥AB1.例3题图解(1)【解前点津】 题设主要条件是AB 1⊥BC ，而结论是AB 1⊥A 1C ，题设，题断有对答性，可在ABB 1A 1上作文章，只要取A 1B 1中点D 1，就把异面直线AB 1与BC 1垂直关系转换到ABB 1A 1同一平面内AB 1与BD 1垂直关系，这里要感谢三垂线逆定理.自然想到题断AB 1与A 1C 垂直用同法（对称原理）转换到同一平面，取AB 中点D 即可，只要证得A 1D 垂直于AB 1，事实上DBD 1A 1，为平行四边形，解题路子清楚了.【解后归纳】 证线线垂直主要途径是：（1）三垂线正逆定理，（2）线面，线线垂直互相转化.利用三垂线正逆定理完成线线归面工作，在平面内完成作解任务.证线线垂直，线面垂直，常常利用线面垂直，线线垂直作为桥梁过渡过来，这种转化思想有普遍意义，利用割补法把几何图形规范化便于应用定义定理和公式，也是不容忽视的常用方法.【例4】 空间三条线段AB ,BC ,CD ,AB ⊥BC ,BC ⊥CD ,已知AB =3,BC =4,CD =6,则AD 的取值范围是 .【解前点津】 如图，在直角梯形ABCD 1中,CD 1=6,AD 1的长是AD 的最小值,其中AH ⊥CD 1,AH =BC =4,HD 1=3,∴AD 1=5;在直角△AHD 2中,CD 2=6,AD 2是AD 的最大值为974)36(22222=++=+AH HD【解后归纳】 本题出题形式新颖、灵活性大，很多学生对此类题感到无从入手,其实冷静分析，找出隐藏的条件很容易得出结论.例4题图●对应训练 分阶提升一、基础夯实1.设M 表示平面，a 、b 表示直线，给出下列四个命题：①M b M a b a ⊥⇒⎭⎬⎫⊥// ②b a M b M a //⇒⎭⎬⎫⊥⊥ ③⇒⎭⎬⎫⊥⊥b a M a b ∥M ④⇒⎭⎬⎫⊥b a M a //b ⊥M . 其中正确的命题是 ( )A.①②B.①②③C.②③④D.①②④2.下列命题中正确的是 ( )A.若一条直线垂直于一个平面内的两条直线，则这条直线垂直于这个平面B.若一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面C.若一条直线平行于一个平面，则垂直于这个平面的直线必定垂直于这条直线D.若一条直线垂直于一个平面，则垂直于这条直线的另一条直线必垂直于这个平面3.如图所示，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点.现在沿DE 、DF 及EF 把△ADE 、△CDF 和△BEF 折起，使A 、B 、C 三点重合，重合后的点记为P .那么，在四面体P —DEF 中，必有 ( )A.DP ⊥平面PEFB.DM ⊥平面PEFC.PM ⊥平面DEFD.PF ⊥平面DEF4.设a 、b 是异面直线，下列命题正确的是 ( )A.过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一条直线和a 、b 都相交B.过不在a 、b 上的一点P 一定可以作一个平面和a 、b 都垂直C.过a 一定可以作一个平面与b 垂直D.过a 一定可以作一个平面与b 平行5.如果直线l ,m 与平面α,β,γ满足:l =β∩γ,l ∥α,m ⊂α和m ⊥γ,那么必有 ( )A.α⊥γ且l ⊥mB.α⊥γ且m ∥βC.m ∥β且l ⊥mD.α∥β且α⊥γ6.AB 是圆的直径，C 是圆周上一点，PC 垂直于圆所在平面，若BC =1,AC =2,PC =1，则P 到AB 的距离为 ( )A.1B.2C.552D.553 7.有三个命题：①垂直于同一个平面的两条直线平行；②过平面α的一条斜线l 有且仅有一个平面与α垂直；③异面直线a 、b 不垂直，那么过a 的任一个平面与b 都不垂直其中正确命题的个数为 ( )A.0B.1C.2D.38.d 是异面直线a 、b 的公垂线，平面α、β满足a ⊥α，b ⊥β，则下面正确的结论是 ( )第3题图A.α与β必相交且交线m ∥d 或m 与d 重合B.α与β必相交且交线m ∥d 但m 与d 不重合C.α与β必相交且交线m 与d 一定不平行D.α与β不一定相交9.设l 、m 为直线，α为平面，且l ⊥α，给出下列命题① 若m ⊥α，则m ∥l ；②若m ⊥l ，则m ∥α；③若m ∥α，则m ⊥l ；④若m ∥l ，则m ⊥α， 其中真命题．．．的序号是 ( ) A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④10.已知直线l ⊥平面α，直线m 平面β，给出下列四个命题：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. 其中正确的命题是 ( )A.③与④B.①与③C.②与④D.①与②二、思维激活11.如图所示，△ABC 是直角三角形，AB 是斜边，三个顶点在平面α的同侧，它们在α内的射影分别为A ′，B ′，C ′，如果△A ′B ′C ′是正三角形，且AA ′＝3cm ，BB ′＝5cm ，CC ′＝4cm ，则△A ′B ′C ′的面积是 .12.如图所示,在直四棱柱A 1B 1C 1D 1—ABCD 中,当底面四边形ABCD 满足条件 时,有A 1C ⊥B 1D 1(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形)13.如图所示，在三棱锥V —ABC 中，当三条侧棱VA 、VB 、VC 之间满足条件 时，有VC ⊥AB .(注：填上你认为正确的一种条件即可)三、能力提高14.如图所示,三棱锥V -ABC 中,AH ⊥侧面VBC ,且H 是△VBC 的垂心，BE 是VC 边上的高.(1)求证:VC ⊥AB ;(2)若二面角E —AB —C 的大小为30°,求VC 与平面ABC所成角的大小.第11题图 第12题图第13题图 第14题图15.如图所示，P A⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证：MN∥平面P AD.(2)求证：MN⊥CD.(3)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.第15题图16.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BAD＝60°，AB＝4，AD ＝2，侧棱PB＝15，PD＝3.(1)求证：BD⊥平面P AD.(2)若PD与底面ABCD成60°的角，试求二面角P—BC—A的大小.第16题图17.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1，AA1=6，M是CC1的中点，求证：AB1⊥A1M．18.如图所示，正方体ABCD—A′B′C′D′的棱长为a，M是AD的中点，N是BD′上一点，且D′N∶NB＝1∶2，MC与BD交于P.(1)求证：NP⊥平面ABCD.(2)求平面PNC与平面CC′D′D所成的角.(3)求点C到平面D′MB的距离.第18题图第4课 线面垂直习题解答1.A 两平行中有一条与平面垂直，则另一条也与该平面垂直，垂直于同一平面的两直线平行.2.C 由线面垂直的性质定理可知.3.A 折后DP ⊥PE ,DP ⊥PF ，PE ⊥PF .4.D 过a 上任一点作直线b ′∥b ,则a ，b ′确定的平面与直线b 平行.5.A 依题意,m ⊥γ且m ⊂α,则必有α⊥γ,又因为l =β∩γ则有l ⊂γ,而m ⊥γ则l ⊥m ,故选A.6.D 过P 作PD ⊥AB 于D ，连CD ，则CD ⊥AB ，AB =522=+BC AC ，52=⋅=AB BC AC CD ， ∴PD =55354122=+=+CD PC . 7.D 由定理及性质知三个命题均正确.8.A 显然α与β不平行.9.D 垂直于同一平面的两直线平行，两条平行线中一条与平面垂直，则另一条也与该平面垂直.10.B ∵α∥β，l ⊥α，∴l ⊥m 11.23cm 2 设正三角A ′B ′C ′的边长为a . ∴AC 2=a 2+1,BC 2=a 2+1,AB ２=a 2+4，又AC 2+BC 2=AB 2，∴a 2=2． S △A ′B ′C ′=23432=⋅a cm 2． 12.在直四棱柱A 1B 1C 1D 1—ABCD 中当底面四边形ABCD 满足条件AC ⊥BD (或任何能推导出这个条件的其它条件，例如ABCD 是正方形，菱形等)时,有A 1C ⊥B 1D 1(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形). 点评：本题为探索性题目，由此题开辟了填空题有探索性题的新题型，此题实质考查了三垂线定理但答案不惟一,要求思维应灵活.13.VC ⊥VA ，VC ⊥AB . 由VC ⊥VA ，VC ⊥AB 知VC ⊥平面VAB .14.(1)证明:∵H 为△VBC 的垂心,∴VC ⊥BE ,又AH ⊥平面VBC ,∴BE 为斜线AB 在平面VBC 上的射影,∴AB ⊥VC .(2)解:由(1)知VC ⊥AB ,VC ⊥BE ,∴VC ⊥平面ABE ,在平面ABE 上,作ED ⊥AB ,又AB ⊥VC ,∴AB ⊥面DEC .∴AB ⊥CD ,∴∠EDC 为二面角E —AB —C 的平面角，∴∠EDC =30°,∵AB ⊥平面VCD ,∴VC 在底面ABC 上的射影为CD .∴∠VCD 为VC 与底面ABC 所成角,又VC ⊥AB ,VC ⊥BE ,∴VC ⊥面ABE ,∴VC ⊥DE ,∴∠CED =90°,故∠ECD=60°,∴VC 与面ABC 所成角为60°.15.证明：(1)如图所示，取PD 的中点E ，连结AE ，EN ，则有EN ∥CD ∥AB ∥AM ，EN ＝21CD ＝21AB ＝AM ，故AMNE 为平行四边形. ∴MN ∥AE .∵AE 平面P AD ，MN 平面P AD ，∴MN ∥平面P AD .(2)∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥AB .又AD ⊥AB ，∴AB ⊥平面P AD .∴AB ⊥AE ，即AB ⊥MN .又CD ∥AB ，∴MN ⊥CD .(3)∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥AD .又∠PDA ＝45°，E 为PD 的中点.∴AE ⊥PD ，即MN ⊥PD .又MN ⊥CD ，∴MN ⊥平面PCD .16.如图(1)证：由已知AB ＝4，AD ＝２，∠BAD ＝60°，故BD 2＝AD 2+AB 2-2AD ·AB cos60°＝4+16-2×2×4×21＝12.又AB 2＝AD 2+BD 2，∴△ABD 是直角三角形，∠ADB ＝90°，即AD ⊥BD .在△PDB 中，PD ＝3，PB ＝15，BD ＝12，∴PB 2＝PD 2+BD 2，故得PD ⊥BD .又PD ∩AD ＝D ，∴BD ⊥平面P AD .(2)由BD ⊥平面P AD ，BD 平面ABCD .∴平面P AD ⊥平面ABCD .作PE ⊥AD 于E ，又PE 平面P AD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴∠PDE 是PD 与底面ABCD 所成的角.∴∠PDE ＝60°，∴PE ＝PD sin60°＝23233=⨯.作EF ⊥BC 于F ，连PF ，则PF ⊥BF ，∴∠PFE 是二面角P —BC —A 的平面角.又EF ＝BD ＝12，在Rt △PEF 中，tan ∠PFE ＝433223==EF PE .故二面角P —BC —A 的大小为arctan 43. 第15题图解第16题图解17.连结AC 1，∵11112263A C CC MC AC ===. ∴Rt △ACC 1∽Rt △MC 1A 1，∴∠AC 1C =∠MA 1C 1，∴∠A 1MC 1+∠AC 1C =∠A 1MC 1+∠MA 1C 1=90°.∴A 1M ⊥AC 1,又ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，∴CC 1⊥B 1C 1，又B 1C 1⊥A 1C 1，∴B 1C 1⊥平面AC 1M .由三垂线定理知AB 1⊥A 1M .点评：要证AB 1⊥A 1M ，因B 1C 1⊥平面AC 1，由三垂线定理可转化成证AC 1⊥A 1M ，而AC 1⊥A 1M 一定会成立．18.(1)证明：在正方形ABCD 中，∵△MPD ∽△CPB ，且MD ＝21BC ， ∴DP ∶PB ＝MD ∶BC ＝1∶2.又已知D ′N ∶NB ＝1∶2，由平行截割定理的逆定理得NP ∥DD ′，又DD ′⊥平面ABCD ，∴NP ⊥平面ABCD .(2)∵NP ∥DD ′∥CC ′，∴NP 、CC ′在同一平面内，CC ′为平面NPC 与平面CC ′D ′D 所成二面角的棱. 又由CC ′⊥平面ABCD ，得CC ′⊥CD ，CC ′⊥CM ，∴∠MCD 为该二面角的平面角.在Rt △MCD 中可知∠MCD ＝arctan 21，即为所求二面角的大小. (3)由已知棱长为a 可得，等腰△MBC 面积S 1＝22a ，等腰△MBD ′面积S 2＝246a ，设所求距离为h ，即为三棱锥C —D ′MB 的高.∵三棱锥D ′—BCM 体积为h S D D S 213131='⋅， ∴.3621a S a S h =⋅=。
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立体几何垂直总结1、线线垂直的判断：线面垂直的定义：若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。
补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条。
2、线面垂直的判断：（1）如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这个平面。
（2）如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。
（3）一直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。
（4）如果两个平面垂直，那么在—个平面内垂直于交线的直线必垂直于另—个平面。
3、面面垂直的判断：一个平面经过另一个平面的垂线，这两个平面互相垂直。
证明线线垂直的常用方法：例1、（等腰三角形三线合一）如图，已知空间四边形ABCD 中，,BC AC AD BD ==，E 是AB 的中点。
求证：（1）⊥AB 平面CDE;（2）平面CDE ⊥平面ABC 。
证明：（1）BC AC CE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭同理，AD BD DE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭又∵CE DE E ⋂= ∴AB ⊥平面CDE （2）由（1）有AB ⊥平面CDE又∵AB ⊆平面ABC ， ∴平面CDE ⊥平面ABC例2、（菱形的对角线互相垂直、等腰三角形三线合一）已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形．PB PD =，E 为PA 的中点．（Ⅰ）求证：PC ∥平面BDE ；（Ⅱ）求证：平面PAC ⊥平面BDE ．AEDBC例3、(线线、线面垂直相互转化)已知ABC ∆中90ACB ∠=,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证：AD ⊥面SBC ．证明：90ACB ∠=∵° B C A C ∴⊥ 又SA ⊥面ABC S A B C ∴⊥ BC ∴⊥面SACBC AD ∴⊥ 又,SC AD SC BC C ⊥⋂=AD ∴⊥面SBC例4、(直径所对的圆周角为直角)如图2所示，已知PA 垂直于圆O 在平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 的圆周上异于A 、B 的任意一点，且PA AC =，点E 是线段PC 的中点.求证：AE ⊥平面PBC .证明：∵PA ⊥O 所在平面，BC 是O 的弦，∴BC PA ⊥. 又∵AB 是O 的直径，ACB ∠是直径所对的圆周角，∴BC AC ⊥. ∵,PAAC A PA =⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC .∴BC ⊥平面PAC ，AE ⊂平面PAC ，∴AE BC ⊥. ∵PA AC =，点E 是线段PC 的中点.∴AE PC ⊥. ∵PCBC C =,PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC .∴AE ⊥平面PBC .例5、（证明所成角为直角）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF . 求证：BD ⊥平面AED ； 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 .SDCBAACBPEO图2例6、（勾股定理的逆定理）如图7－7－5所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点． 求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .例7、（三垂线定理）证明：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1C ⊥平面BC 1D证明：连结AC B D A C ∵⊥∴ AC 为A 1C 在平面AC 上的射影∴⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥BD A C A C BC A C BC D11111同理可证平面练习；1、 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.证明：AP ⊥BC ；AC2、直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .证明：DC 1⊥BC 。
3．如图，平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求三棱锥EABD 的侧面积．.4、在正三棱柱111C B A ABC -中，若AB=2，11=AA ，求点A 到平面BC A 1的距离。
5、如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱P A垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点，P A＝AD.求证：(1)CD⊥PD；(2)EF⊥平面PCD..6、如图7－5－9(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．立体几何垂直总结1、线线垂直的判断：线面垂直的定义：若一直线垂直于一平面，这条直线垂直于平面内所有直线。
补充：一条直线和两条平行直线中的一条垂直，也必垂直平行线中的另一条。
2、线面垂直的判断：（1）如果一直线和平面内的两相交直线垂直，这条直线就垂直于这个平面。
（2）如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。
（3）一直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。
（4）如果两个平面垂直，那么在—个平面内垂直于交线的直线必垂直于另—个平面。
3、面面垂直的判断：一个平面经过另一个平面的垂线，这两个平面互相垂直。
证明线线垂直的常用方法：例1、（等腰三角形三线合一）如图，已知空间四边形ABCD 中，,BC AC AD BD ==，E 是AB 的中点。
求证：（1）⊥AB 平面CDE;（2）平面CDE ⊥平面ABC 。
证明：（1）BC AC CE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭同理，AD BD DE AB AE BE =⎫⇒⊥⎬=⎭又∵CE DE E ⋂= ∴AB ⊥平面CDE （2）由（1）有AB ⊥平面CDE又∵AB ⊆平面ABC ， ∴平面CDE ⊥平面ABC例2、（菱形的对角线互相垂直、等腰三角形三线合一）已知四棱锥P ABCD -的底面是菱形．PB PD =，E 为PA 的中点．（Ⅰ）求证：PC ∥平面BDE ；（Ⅱ）求证：平面PAC ⊥平面BDE ．AEDBC例3、(线线、线面垂直相互转化)已知ABC ∆中90ACB ∠=,SA ⊥面ABC ,AD SC ⊥,求证：AD ⊥面SBC ．证明：90ACB ∠=∵° B C A C ∴⊥ 又SA ⊥面ABC S A B C ∴⊥ BC ∴⊥面SACBC AD ∴⊥ 又,SC AD SC BC C ⊥⋂=AD ∴⊥面SBC例4、(直径所对的圆周角为直角)如图2所示，已知PA 垂直于圆O 在平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 的圆周上异于A 、B 的任意一点，且PA AC =，点E 是线段PC 的中点.求证：AE ⊥平面PBC .证明：∵PA ⊥O 所在平面，BC 是O 的弦，∴BC PA ⊥. 又∵AB 是O 的直径，ACB ∠是直径所对的圆周角，∴BC AC ⊥. ∵,PAAC A PA =⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC .∴BC ⊥平面PAC ，AE ⊂平面PAC ，∴AE BC ⊥. ∵PA AC =，点E 是线段PC 的中点.∴AE PC ⊥. ∵PCBC C =,PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC .∴AE ⊥平面PBC .例5、（证明所成角为直角）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF . 求证：BD ⊥平面AED ； 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 ，SDCBAACBPEO图2所以BD ⊥平面AED .例6、（勾股定理的逆定理）如图7－7－5所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点． 求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .例7、（三垂线定理）证明：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1C ⊥平面BC 1D证明：连结ACB D AC ∵⊥∴ AC 为A 1C 在平面AC 上的射影∴⊥⊥⎫⎬⎭⇒⊥BD A C A C BC A C BC D11111同理可证平面练习；1、 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.证明：AP ⊥BC ；AC2、直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；证明 由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC . 又DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . 因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .3．如图，平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求三棱锥EABD 的侧面积． (1)证明：在△ABD 中，∵AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°， 设F 为AD 边的中点，连接FB ， ∴△ABF 为等边三角形， ∠AFB ＝60°，又DF ＝BF ＝2，∴△BFD 为等腰三角形． ∴∠FDB ＝30°，故∠ABD ＝90°. ∴AB ⊥BD .又平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD ∩平面ABD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ， ∴AB ⊥平面EBD .∵DE ⊂平面EBD ，∴AB ⊥DE .(2)【解析】由(1)知AB ⊥BD ，∵CD ∥AB ，∴CD ⊥BD ，从而DE ⊥BD . 在Rt △DBE 中，∵DB ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2，∴S △DBE ＝12DB ·DE ＝2 3.∵AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，∴AB ⊥BE .∵BE ＝BC ＝AD ＝4，∴S △ABE ＝12AB ·BE ＝4.∵DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，∴ED ⊥平面ABD .而AD ⊂平面ABD ，∴ED ⊥AD ，∴S △ADE ＝12AD ·DE ＝4.综上，三棱锥EABD 的侧面积S ＝8＋2 3.4、在正三棱柱111C B A ABC -中，若AB=2，11=AA ，求点A 到平面BC A 1的距离。