2021届高考数学考点与题型全归纳(文科)第八章 第六节 直线、平面平行与垂直的综合问题
备战2021高考文数热点题型和提分秘籍 专题42 直线、平面平行的判定及其性质(解析版)
专题四十二直线、平面平行的判定及其性质【高频考点解读】1.以立体几何的有关定义、公理和定理为动身点，生疏和理解空间中线面平行、面面平行的有关性质与判定定理，并能够证明相关性质定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简洁命题．【热点题型】题型一平行关系基本问题例1、(1)(2021年高考广东卷)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下面命题中正确的是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l∥β(2)已知m、n、l1、l2表示直线，α，β表示平面．若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2【提分秘籍】解决有关线面平行，面面平行的判定与性质的基本问题要留意(1)留意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出推断．(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．【举一反三】设l表示直线，α、β表示平面．给出四个结论：①假如l∥α，则α内有很多条直线与l平行；②假如l∥α，则α内任意的直线与l平行；③假如α∥β，则α内任意的直线与β平行；④假如α∥β，对于α内的一条确定的直线a，在β内仅有唯一的直线与a平行．以上四个结论中，正确结论的个数为()A．0 B．1C．2 D．3【热点题型】题型二直线与平面平行的判定与性质例2、(2021年高考福建卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，BC ＝5，DC＝3，AD＝4，∠P AD＝60°.(1)当正视方向与向量AD→的方向相同时，画出四棱锥P－ABCD的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；(2)若M为P A的中点，求证：DM∥平面PBC；(3)求三棱锥D－PBC的体积．【提分秘籍】证明直线与平面平行，一般有以下几种方法(1)若用定义直接判定，一般用反证法；(2)用判定定理来证明，关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时留意用符号语言叙述证明过程；(3)应用两平面平行的一共性质，即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面．【举一反三】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D为棱AB的中点，BC＝1，AA1＝ 3.(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)求三棱锥D－A1B1C1的体积．【热点题型】题型三平面与平面平行的判定与性质例3、(2021年高考陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O是底面中心，A1O⊥底面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．【提分秘籍】1.平面与平面平行的几个有用性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． (4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例． (5)假如两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面相互平行．(6)假如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，那么这两个平面平行． 2.判定平面与平面平行的方法 (1)利用定义；(2)利用面面平行的判定定理； (3)利用面面平行的判定定理的推论； (4)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ⇒α∥γ)； (5)利用线面垂直的性质(l ⊥α，l ⊥β⇒α∥β). 【举一反三】已知平面α∥β，直线a ⊂α，有下列说法： ①a 与β内的全部直线平行；②a 与β内很多条直线平行； ③a 与β内的任意一条直线都不垂直． 其中真命题的序号是________．【热点题型】题型四 立体几何中的探究性问题例4、如图，在四棱锥S －ABCD 中，已知底面ABCD 为直角梯形，其中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝2，tan ∠SDA ＝23.(1)求四棱锥S －ABCD 的体积；(2)在棱SD 上找一点E ，使CE ∥平面SAB ，并证明．【提分秘籍】解决探究性问题一般要接受执果索因的方法，假设求解的结果存在，从这个结果动身，查找使这个结论成立的充分条件，假如找到了符合题目结果要求的条件，则存在；假如找不到符合题目结果要求的条件(消灭冲突)，则不存在．常见的类型有：(1)条件探究型 (2)结论探究性．【举一反三】在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，△ABC 是正三角形，AC 与BD 的交点M 恰好是AC 中点，又∠CAD ＝30°，P A ＝AB ＝4，点N 在线段PB 上，且PN NB ＝13.(1)求证：BD ⊥PC ； (2)求证：MN ∥平面PDC ；(3)设平面P AB ∩平面PCD ＝l ，试问直线l 是否与直线CD 平行，请说明理由．【高考风向标】1．（2022·浙江卷）设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥αB ．若m ∥β，β⊥α，则m ⊥αC ．若m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α，则m ⊥αD ．若m ⊥n ，n ⊥β，β⊥α，则m ⊥α2．（2022·安徽卷）如图1-5所示，四棱锥P - ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .图1-5(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．3．（2022·北京卷）如图1-5，在三棱柱ABC -A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．图1-5(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E -ABC的体积．4．（2022·湖北卷）如图1-5，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN .图1-55．（2022·江苏卷）如图1-4所示，在三棱锥P -ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知P A⊥AC，P A＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线P A∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC .图1-46．（2022·新课标全国卷Ⅱ）如图1-3，四棱锥P -ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥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 ＝34，求A到平面PBC的距离．图1-37．（2022·山东卷）如图1-4所示，四棱锥P -ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F分别为线段AD ，PC 的中点．图1-4(1)求证：AP ∥平面BEF ；(2)求证：BE ⊥平面P AC .8．（2022·四川卷）在如图1-4所示的多面体中，四边形ABB 1A 1和ACC 1A 1都为矩形． (1)若AC ⊥BC ，证明：直线BC ⊥平面ACC 1A 1.(2)设D ，E 分别是线段BC ，CC 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使直线DE ∥平面A 1MC ？请证明你的结论．图1-4【随堂巩固】1．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n2．下列命题正确的是()A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行3．已知两条直线a、b与两个平面α、β，b⊥α，则下列命题中正确的是()①若a∥α，则a⊥b；②若a⊥b，则a∥α；③若b⊥β，则α∥β；④若α⊥β，则b∥β.A．①③ B．②④C．①④D．②③4．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．①③B．②③C．①④D．②④5．平面α∥平面β的一个充分条件是( ) A ．存在一条直线a ，a ∥α，a ∥β B ．存在一条直线a ，a ⊂α，a ∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α6．a 、b 、c 为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合的平面，现给出六个命题 ①⎭⎪⎬⎪⎫a ∥c b ∥c ⇒a ∥b ② ⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γb ∥γ⇒a ∥b ③⎭⎪⎬⎪⎫α∥c β∥c ⇒α∥β ④⎭⎪⎬⎪⎫α∥γβ∥γ⇒α∥β ⑤⎭⎪⎬⎪⎫α∥c a ∥c ⇒a ∥α ⑥⎭⎪⎬⎪⎫a ∥γα∥γ⇒α∥a 其中正确的命题是( ) A ．①②③ B ．①④⑤ C ．①④D ．①③④7．设互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ，给出下列三个命题： ①若l 与m 为异面直线，l ⊂α，m ⊂β，则α∥β； ②若α∥β，l ⊂α，m ⊂β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中真命题的个数为________．8.如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________.9．在四周体ABCD 中，M ，N 分别为△ACD 和△BCD 的重心，则四周体的四个面中与MN 平行的是________．10．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，且AB ＝2CD ，在棱AB 上是否存在一点F ，使平面C 1CF ∥平面ADD 1A 1？若存在，求点F 的位置；若不存在，请说明理由．11.如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA . 12．如图，四棱锥E－ABCD中，EA＝EB，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD .(1)求证：AB⊥ED；(2)线段EA上是否存在点F，使DF∥平面BCE ？若存在，求出EFEA；若不存在，说明理由．。
2021年高考数学真题分类汇编 8.4 直线、平面垂直的判定和性质 理
2021年高考数学真题分类汇编 8.4 直线、平面垂直的判定和性质理考点垂直的判定与性质1.(xx广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l 1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行 D.l1与l4的位置关系不确定答案D2.(xx课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)连结BC1,交B1C于点O,连结AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C 及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.=,==,==.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即所以可取n=(1,,).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-,).则cos<n,m>==.所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.3.(xx福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,A B⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.(1)求证:AB⊥CD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.由(1)知AB⊥平面BCD,BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B为坐标原点,分别以,,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,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|==,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.4.(xx广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC,又AF⊥PC,AF∩AD=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则Rt△PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°,∴PC=2,PD=,由(1)知CF⊥DF,∴DF=,∴CF=,又FE∥CD,∴==,∴DE=,同理,EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又∴令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为θ,可知θ为锐角, cos θ=|cos<m,>|===,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF=,∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE=,EF=,在△ADE中,AE=,在△ADF中,AF=.由V A-DEF=·S△ADE·EF=·S△ADF·h E-ADF,解得h E-ADF=,设△AEF的边AF上的高为h,由S△AEF=·EF·AE=·AF·h,解得h=×,设二面角D-AF-E的平面角为θ.则sin θ==××=,∴cos θ=.5.(xx辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,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.解析(1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连OF.图1由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.证法二:由题意,以B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.图2(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,由三垂线定理知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=,由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cos θ=|cos<n1,n2>|==,因此sin θ==,即所求二面角的正弦值为.6.(xx湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连结HC1.由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=.在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===.故cos∠C1HO1===.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ=|cos<n1,n2>|===.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.7.(xx江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC 与平面DPC夹角的余弦值.解析(1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连结PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积V=··m·=.因为m==,故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,,0),=.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ===.8.(xx浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连结BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BC=.在△BFG中,cos∠BFG==.所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|===,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.24665 6059 恙 26281 66A9 暩}28960 7120 焠26004 6594 斔32702 7FBE 羾35827 8BF3 诳27705 6C39 氹 u33510 82E6 苦26451 6753 杓x35743 8B9F 讟。
新课标高考数学题型全归纳文科第八章 立体几何第5节精品PPT课件
符 号 语
PA 于点 A
a OA
a
PO
PA 于点 A
a OA
a
OA
言 a OA
a PO
题型103 证明空间中直线、平面的垂直关系
a ,b
,
ab
D
a ,b ∥ , a ,b , ∥ A
a ,b ,∥ a ,b ∥ ,
D1 A1
C B
C1
B1
【分析】 【解析】
线面垂直的判定定理及 性质定理相互转化.
条直线垂直于平面，用数学符号表示为：已知m ,n ,m n B ，
lm,ln，则 l .
3. 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行. 二、斜线在平面内的射影
从斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足与斜足的直线叫作斜线 在这个平面内的射影，垂足与斜足间的线段叫作这点到平面的斜线段在这个 平面内的射影.
斜线上任意一点在平面上的射影一定在斜线的射影上.
三、三垂线定理及其逆定理 三垂线定理及其逆定理如表所示.
图形
三垂线定理
逆定理
在平面内的一条直线， 在平面内的一条直线，
文 字
如果和这个平面的一条
如果和这个平面的一条
语 斜线的射影垂直，那么 斜线垂直，那么它和这
言 它也和这条斜线垂直. 条斜线的射影垂直.
B
【分析】 线面垂直的判定定理及性质定理相 互转化，三垂线定理的应用.
【解析】
D1
C1
A1
B1
D
C
A
B
D1
C1
A1
B1
D
C
A
B
【解析】
P
E
D FC H
A
2021届高考数学专题突破直线、平面垂直的判定和性质(解析版)
2021届高考数学立体几何突破性讲练 05直线、平面垂直的判定和性质一、考点传真：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. 二、知识点梳理：1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都，则该直线与垂直于同一个平面的 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤❶如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理一个平面过另一个平，则这两两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]二、常用结论汇总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，则这一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． 三、例题：例1. （2019全国II 文17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故11B C BE ⊥.又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C .（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==. 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=.例2. (2019全国III 文19）图1是由矩形ADEB 、Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ． （2）取CG 的中点M ，联结EM ，DM .因为AB DE ∥，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE ⊥CG . 由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=︒得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM . 因此DM ⊥CG .在Rt △DEM 中，1DE =，EM =，故2DM =.所以四边形ACGD 的面积为4.-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为例3. （2019北京文18）如图，在四棱锥P ABCD菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【解析】（Ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，⊥．所以PA BD⊥．又因为底面ABCD为菱形，所以BD AC=，又PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA AC A所以BD⊥平面PAC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD ．又//AB CD ，所以AB ⊥AE ．又PA ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，PAAB A =，所以AE ⊥平面PAB ．又AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE ．（Ⅲ）棱PB 上存在点F ，且F 为PB 的中点，使得CF ∥平面PAE ． 取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ． 因为G ，F 分别为PA ，PB 的中点，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PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE ．例4. （2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面； （Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】 （Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，P ABCD -ABCDPCD PAC ⊥PCD PA CD ⊥2CD =3AD =G H ，PB AC ，GH ∥PAD PA ⊥PCD AD PAC BD ACBD H =BH DH =BG PG =GH PD ∥GH ⊄PAD PD ⊂PAD GH ∥PAD PC N DN DN PC ⊥PAC ⊥PCD平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，因为PCD △为等边三角形，且为的中点，所以又， 故在Rt AND △中，. 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 例5. （2018全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥-P ABC 中，==AB BC4====PA 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2=MC MB ，求点C 到平面POM 的距离．【解析】(1)因为4===AP CP AC ，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且=OP 连结OB ．因为2==AB BC AC ，所以∆ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，122==OB AC ． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．PACPCD PC =DN ⊥PAC PA ⊂PAC DN PA ⊥PA CD ⊥CD DN D =PA ⊥PCD AN DN ⊥PAC DAN ∠AD PAC 2CD =N PC DN =DN AN ⊥sin 3DN DAN AD ∠==AD PAC 3O MPCBA(2)作CH⊥OM，垂足为H．又由(1)可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知122==OC AC，23==CM BC，45∠=ACB．所以=OM，sin5⋅⋅∠==OC MC ACBCHOM．例6. （2018全国卷Ⅲ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD 上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC CM=C，所以DM⊥平面BMC．而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．HOMPCBAA BCDM⊂⊂证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结OP，因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．四、巩固练习：1．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”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】B【解析】∵m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m⇒/ l∥α，∵l⊥m时，l可能在α内．故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．2．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β【答案】C【解析】对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.3．设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是() A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n【答案】B【解析】对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．4．已知P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC【答案】C【解析】由P A⊥平面ACB⇒P A⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥P A，BC⊥AC，P A∩AC ＝A，可得BC⊥平面P AC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．5.已知P为△ABC所在平面外一点，且P A，PB，PC两两垂直，有下列结论：①P A⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④【答案】A【解析】如图，因为P A⊥PB，P A⊥PC，PB∩PC＝P，且PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以P A⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC，所以P A⊥BC，同理可得PB⊥AC，PC⊥AB，故①②③正确.6.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部【答案】A【解析】因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平央ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．7.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在()A.直线AC上B.直线AB上C.直线BC上D.△ABC内部【答案】 B【解析】连接AC1，如图.∵∠BAC ＝90°，∴AC ⊥AB ， ∵BC 1⊥AC ，BC 1∩AB ＝B ， ∴AC ⊥平面ABC 1.又AC 在平面ABC 内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC ⊥平面ABC 1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC 1内一点C 1向平面ABC 作垂线，垂足必落在交线AB 上.故选B.8.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 、N 分别是直线CD 、AB 上的动点，点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，记直线D 1P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P 的轨迹是( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．抛物线的一部分D ．双曲线的一部分【答案】B【解析】 把MN 平移到平面A 1B 1C 1D 1中，直线D 1P 与MN 所成角为θ，直线D 1P 与MN 所成角的最小值是直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所成角，即原问题转化为：直线D 1P 与平面A 1B 1C 1D 1所成角为π3，点P 在平面A 1B 1C 1D 1的投影为圆的一部分，因为点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，所以点P 的轨迹是椭圆的一部分．故选B.9.如图，在正四面体P -ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，则下面四个结论不成立的是( )A ．BC ∥平面PDFB ．DF ⊥平面P AEC ．平面PDF ⊥平面P AED ．平面PDE ⊥平面ABC【答案】D【解析】因为BC ∥DF ，DF ⊂平面PDF ，BC ⊄平面PDF ，所以BC ∥平面PDF ，故选项A 正确．在正四面体中，AE ⊥BC ，PE ⊥BC ，AE ∩PE ＝E ，所以BC ⊥平面P AE ，又DF ∥BC ，则DF ⊥平面P AE ，从而平面PDF ⊥平面P AE .因此选项B 、C 均正确．10.如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点，现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H ，那么在这个空间图形中必有( )A.AG ⊥平面EFHB.AH ⊥平面EFHC.HF ⊥平面AEFD.HG ⊥平面AEF 【答案】 B【解析】 根据折叠前、后AH ⊥HE ，AH ⊥HF 不变，又HE ∩HF ＝H ，∴AH ⊥平面EFH ，B 正确.∵过A 只有一条直线与平面EFH 垂直，∴A 不正确.∵AG ⊥EF ，EF ⊥GH ，AG ∩GH ＝G ，∴EF ⊥平面HAG ，又EF ⊂平面AEF ，∴平面HAG ⊥平面AEF ，过H 作直线垂直于平面AEF ，一定在平面HAG 内，∴C 不正确.由条件证不出HG ⊥平面AEF ，∴D 不正确.11.如图，在下列四个正方体1111ABCD A B C D 中，E ，F ，G 均为所在棱的中点，过E ，F ，G 作正方体的截面，则在各个正方体中，直线1BD 与平面EFG 不垂直的是（ ）【答案】D【解析】对于选项D 中图形，由于E ，F ，为AB ，11A B 的中点，所以1//EF BB ，故11B BD ∠为异面直线所成的角且11TAN B BD ∠=11B BD ∠不为直角，故1BD 与平面EFG 不可能垂直，故选D.12.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )A.2B.3C.4D.5【答案】 B【解析】 设D 1在平面ABC 上的射影为E ，连接D 1E ，则D 1E ⊥平面ABC .∵D 1E ⊂平面ABD 1，∴平面ABD 1⊥平面ABC .∵D 1E ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴D 1E ⊥BC ，又AB ⊥BC ，D 1E ∩AB ＝E ，∴BC ⊥平面ABD 1.又BC ⊂平面BCD 1，∴平面BCD 1⊥平面ABD 1.∵BC ⊥平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1，∴BC ⊥AD 1，又CD 1⊥AD 1，BC ∩CD 1＝C ，∴AD 1⊥平面BCD 1，又AD 1⊂平面ACD 1，∴平面ACD 1⊥平面BCD 1.∴共有3对平面相互垂直.故选B.13.已知PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，连接PB ，PC ，P A ，AC ，BD ，则一定互相垂直的平面有________对．【答案】7【解析】由于PD ⊥平面ABCD ，故平面P AD ⊥平面ABCD ，平面PDB ⊥平面ABCD ，平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDA ⊥平面PDC ，平面P AC ⊥平面PDB ，平面P AB ⊥平面P AD, 平面PBC ⊥平面PDC ，共7对．14.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为________.【答案】 13【解析】 连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角.因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA 1＝1，所以AC 1＝3， 所以sin ∠AC 1A 1＝AA 1AC 1＝13. 15．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中正确命题的序号是________．【答案】①③【解析】如图所示，因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA 1B 1B ＝EH ，所以AA 1∥EH .同理AA 1∥GF ，所以EH ∥GF ，又ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，易知EH ＝GF ＝AA 1，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB 1C 1C ，由平面α∩平面A 1B 1C 1＝GH ，平面BCC 1B 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1C 1，知GH ∥B 1C 1，而GH ∥B 1C 1不一定成立，故②错误；由AA 1⊥平面BCFE ，结合AA 1∥EH 知EH ⊥平面BCFE ，又EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE ，故③正确．16.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________.【答案】 12【解析】 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF ，由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h . 又12×2×2＝12×h 22＋（2）2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66.由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ，得x ＝12.17.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD .又PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥BC .(2)连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ，延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则P A ∥平面MEG .证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点，所以EO ∥P A .因为EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ，所以P A ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ，所以AM ＝CG ＝23， 所以AM 的长为23. 18.如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是圆内接四边形(记此圆为W )，且P A ⊥平面ABCD .(1)当BD 是圆W 的直径时，P A ＝BD ＝2，AD ＝CD ＝3，求四棱锥P -ABCD 的体积．(2)在(1)的条件下，判断在棱P A 上是否存在一点Q ，使得B Q ∥平面PCD ？若存在，求出A Q 的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为BD 是圆W 的直径，所以BA ⊥AD ，因为BD ＝2，AD ＝3，所以AB ＝1.同理BC ＝1，所以S 四边形ABCD ＝AB ·AD ＝ 3.因为P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，所以四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13S 四边形ABCD ·P A ＝233. (2)存在，A Q ＝23.理由如下． 延长AB ，DC 交于点E ，连接PE ，则平面P AB 与平面PCD 的交线是PE .假设在棱P A 上存在一点Q ，使得B Q ∥平面PCD ，则B Q ∥PE ，所以A Q P A ＝AB AE. 经计算可得BE ＝2，所以AE ＝AB ＋BE ＝3，所以A Q ＝23. 故存在这样的点Q ，使B Q ∥平面PCD ，且A Q ＝23.19.如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1-ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB的值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，∴BE ⊥平面D 1AE .(2)当AM AB ＝14时，MF ∥平面D 1AE ，理由如下： 取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ，∴FL ∥EC ，又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ， ∴M ，F ，L ，A 四点共面，又MF ∥平面AD 1E ，∴MF ∥AL .∴四边形AMFL 为平行四边形， ∴AM ＝FL ＝14AB ，AM AB ＝14. 20.如图所示的五面体ABEDFC 中，四边形ACFD 是等腰梯形，AD ∥FC ，∠DAC ＝60°，BC ⊥平面ACFD ，CA ＝CB ＝CF ＝1，AD ＝2CF ，点G 为AC 的中点．(1)在AD 上是否存在一点H ，使GH ∥平面BCD ？若存在，指出点H 的位置并给出证明；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥G -ECD 的体积．【解析】(1)存在点H 使GH ∥平面BCD ，此时H 为AD 的中点．证明如下．取点H 为AD 的中点，连接GH ，因为点G 为AC 的中点，所以在△ACD 中，由三角形中位线定理可知GH ∥CD ，又GH ⊄平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，所以GH ∥平面BCD .(2)因为AD ∥CF ，AD ⊂平面ADEB ，CF ⊄平面ADEB ，所以CF ∥平面ADEB ，因为CF ⊂平面CFEB ，平面CFEB ∩平面ADEB ＝BE ，所以CF ∥BE ，又CF ⊂平面ACFD ，BE ⊄平面ACFD ，所以BE ∥平面ACFD ，所以V G -ECD ＝V E -GCD ＝V B -GCD .因为四边形ACFD 是等腰梯形，∠DAC ＝60°，AD ＝2CF ＝2AC ，所以∠ACD ＝90°， 又CA ＝CB ＝CF ＝1，所以CD ＝3，CG ＝12， 又BC ⊥平面ACFD ， 所以V B -GCD ＝13×12CG ×CD ×BC ＝13×12×12×3×1＝312. 所以三棱锥G -ECD 的体积为312.。
人教版高考文科数学复习资料第八章平面解析几何平面解析几何
第八章平面解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程[基础知识深耕]一、直线的倾斜角与斜率1．直线的倾斜角(1)定义：x轴正向与直线向上方向之间所成的角叫做这条直线的倾斜角．当直线与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0°.(2)倾斜角的范围为[0°，180°)．2．直线的斜率(1)定义：一条直线的倾斜角α的正切值叫做这条直线的斜率，斜率常用小写字母k表示，即k＝tan_α，倾斜角是90°y 2－y 1y 1－y 2x 2－x 1x 1－x 21．求斜率可用 k ＝tanα α≠2⎪，其中 α为倾斜角，斜率k直线都存在斜率．倾斜角为2的直线不存在斜率．如图(1)，α∈⎢0，2⎪时，随 α增大 k 单调递增且k ≥0；当α∈ ，π⎪时，随的直线没有斜率．(2)过两点的直线的斜率公式经过两点 P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)(x 1≠x 2)的直线的斜率公式为 k ＝＝.【拓展延伸】斜率与倾斜角的关系⎛π⎫⎝⎭是一个实数，每条直线都存在唯一的倾斜角，但并不是每条π⎡π⎫⎣⎭⎛π⎫⎝2⎭α 增大 k 单调递增且 k ＜0.对应的倾斜角为 α1，α2，α3，α4)，π＞α4＞α3＞2＞α2＞α1＞0.(1)(2)8-1-1如图(2)，k 2＞k 1＞0＞k 4＞k 3(斜率为 k 1，k 2，k 3，k 4 的直线π2．在平面直角坐标系中，直线越陡，|k|越大．二、直线方程名称点斜式斜截式几何条件过点(x 0，y 0)，斜率为 k斜率为 k ，纵截距为 b方程y －y 0＝k(x －x 0)y ＝kx ＋b适用范围不含垂直于 x轴的直线不含垂直于 y轴的直线y＝y 2－y 1c ＋dxx 2－x 1a ＋bx过两点(x 1，y 1)，两点式(x 2，y 2)，(x 1≠x 2， 1≠y 2)在 x 轴、y 轴上y －y 1 x －x 1不包括平行于y 2－y 1 x 2－x 1 坐标轴的直线不包括垂直于截距式的截距分别为a ，b (a ，b ≠0)一般式xya ＋b＝1Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)坐标轴和过原点的直线平面内所有直线都适用【易错提醒】使用直线方程应注意的问题使用直线方程时，一定要注意限制条件，以免解题过程中丢解，如点斜式的使用条件是直线必须有斜率．截距式的使用条件是截距存在且不为零等．【方法技巧】巧用斜率公式求最值对于求形如 k ＝的分式、y ＝的最值问题，可利用定点与动点的相对位置，转化为求直线斜率的范围，数形结合进行求解．[基础能力提升]1．给出下列命题①根据直线的倾斜角的大小不能确定直线的位置；②坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角与斜率；③直线的倾斜角越大，其斜率就越大；④直线的斜率为tanα，则其倾斜角为α；⑤斜率相等的两直线的倾斜角不一定相等．其中正确的是()A．①③④B．②③C．①D．①④⑤【解析】由确定直线的几何要素和直线的斜率与倾斜角的关系可知①正确，②③④⑤均错误．【答案】C2．直线x－3y＋a＝0(a为常数)的倾斜角α为()A.6πm ＋2 π25B ．3C.3πD.6π3π【解析】由题意可知 tan α＝ 3 ，∴α＝6.【答案】A3．过点 M (－2，m )，N (m,4)的直线的斜率等于 1，则 m的值为()A ．1C ．1 或 3B ．4D ．1 或 4【解析】由题意可知4－m＝1，∴m ＝1.【答案】A4．过点(－1,2)且倾斜角为 150°的直线方程为()A. 3x －3y ＋6＋ 3＝0 B ． 3x －3y －6＋ 3＝0C. 3x ＋3y ＋6＋ 3＝0D. 3x ＋3y －6＋ 3＝0【解析】由点斜式得， y －2＝tan 150°(x ＋1)，即 3x＋3y－6＋3＝0.【答案】D1．一条规律——斜率与倾斜角的关系斜率k是一个实数，当倾斜角α≠90°时，k＝tanα.直线都有倾斜角，但并不是每条直线都存在斜率，倾斜角为90°的直线无斜率．2．两种方法——求直线方程的方法(1)直接法：根据已知条件选择恰当的直线方程形式，直接求出直线方程．(2)待定系数法：先根据已知条件设出直线方程，再根据l已知条件构造关于待定系数的方程(组)．求出待定系数，从而求出直线方程．3．三个注意点(1)求直线的倾斜角时要注意其范围．(2)应用“点斜式”和“斜截式”方程时，要注意讨论斜率是否存在．(3)应用截距式方程时要注意讨论直线是否过原点．第二节两条直线的位置关系[基础知识深耕]一、两条直线的位置关系1．两直线的平行与垂直(1)两条直线平行：①对于两条不重合的直线 l 1， 2，若其斜率分别为 k 1，k 2，则有 l 1∥l 2k 1＝k 2.②当直线 l 1，l 2 不重合且斜率都不存在时，l 1∥l 2.l 2 的交点坐标就是方程组⎨与⎧⎪A x ＋B y ＋C ＝0，⎪⎩A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0 的解．(2)两条直线垂直：①如果两条直线 l 1，l 2 的斜率存在，设为 k 1，k 2，则有 l 1⊥l 2k 1· k 2＝－1.②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为 0 时，l 1⊥l 2.2．两条直线的交点直线 l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则 l 1111【拓展延伸】常见的直线系方程1．设定点 P(x 0，y 0)的直线系：A(x －x 0)＋B(y －y 0)＝0(A 2＋B 2≠0)，还可以表示为 y －y 0＝k(x －x 0)(斜率不存在时可设为 x ＝x 0)．2．平行于直线 Ax ＋By ＋C ＝0 的直线系方程：Ax ＋By ＋λ＝0(λ≠C)．|Ax 0＋By 0＋C||C 1－C 2|3．垂直于直线 Ax ＋By ＋C ＝0 的直线系方程：Bx －Ay ＋λ＝0.4．过两条已知直线 A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0交点的直线系方程：A 1x ＋B 1y ＋C 1＋λ(A 2x ＋B 2y ＋C 2)＝0(其中不包括直线 A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0)．二、三种距离1 ． 两 点 P 1(x 1 ， y 1) ， P 2(x2 ， y 2) 之 间 的 距 离 |P 1P 2| ＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.2．点 P 0(x 0，y 0)到直线 l ：Ax ＋By ＋C ＝0 的距离d ＝.A 2＋B 23．两条平行线 Ax ＋By ＋C 1＝0 与 Ax ＋By ＋C 2＝0(其中C 1≠C 2)间的距离 d ＝A 2＋B 2.[基础能力提升]1．下列说法正确的是()①若直线 l 1 与 l 2 的斜率相等，则 l 1∥l 2；②若直线 l 1∥l 2，则两直线的斜率相等；③若直线 l 1，l 2 的斜率均不存在，则 l 1∥l 2；④若两直线的斜率不相等，则两直线不平行．A ．①③B ．②④C ．①③④D ．④【解析】①③中直线 l 1，l 2 有可能重合，②中直线 l 1，l 2 有可能斜率均不存在，只有④正确．【答案】D2．直线 l 1 的斜率为 2，l 1∥l 2，直线 l 2 过点(－1,1)且与 y轴交于点 P ，则点 P 的坐标为()A ．(3,0)C ．(0，－3)B ．(－3,0)D ．(0,3)【解析】由题意，设 P(0，y)，则y －10＋1＝2，∴y ＝3，选 D.【答案】D3．若直线 ax ＋y ＋5＝0 与 x －2y ＋7＝0 垂直，则 a 的值为()A ．2C ．－21 B ．21 D ．－2【解析】由 a ×1＋1×(－2)＝0 得 a ＝2.【答案】A4．已知直线 l 1：3x －4y ＋4＝0 与 l 2：6x －8y －12＝0，则直线 l 1 与 l 2 之间的距离是()8 A.54 2C.5D.5B ．2【解析】l 2 可化为：3x －4y －6＝0，故 l 1，l 2 之间的距|4＋6|离 d ＝5＝2.【答案】B三个注意点：(1)在判断两条直线的位置关系时，首先应分析直线的斜率是否存在．两条直线都有斜率，可根据判定定理判断，若直线无斜率时，要单独考虑．(2)求点到直线的距离时，若给出的直线不是一般式，则应化为一般式．(3)求两平行线之间的距离时，应先将方程化为一般式，且x，y的系数对应相同．第三节圆的方程[基础知识深耕]一、圆的定义及方程1．圆的定义在平面内，到定点的距离等于定长的点的集合叫做圆．确定一个圆最基本的要素是圆心和半径．2．圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，其中(a，b)为圆心，r为半径长．特别地，当圆心在原点时，圆的方程为x2＋y2＝r2(r＞0)．3．圆的一般方程对于方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，时，表示圆心为 － 2 ，－ 2 ⎪，半径时，表示一个点 － 2 ，－ 2 ⎪；表示以 －2A ，－2A ⎪为圆2|A|(1)当 D 2＋E 2－4F ＞0⎛DE ⎫⎝ ⎭1长为2D 2＋E 2－4F 的圆；(2)当 D 2＋E 2－4F ＝0⎛DE ⎫⎝ ⎭(3)当 D 2＋E 2－4F ＜0 时，它不表示任何图形．【拓展延伸】二元二次方程 Ax 2＋Bxy ＋Cy 2＋Dx ＋Ey＋F ＝0 表示圆的充要条件当 A ＝C ≠0，B ＝0 且 D 2＋E 2－4AF ＞0 时，二元二次方程 Ax 2＋Bxy ＋Cy 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0⎛DE ⎫⎝ ⎭D 2＋E 2－4AF心，为半径的圆．【方法技巧】求圆的方程的一般步骤：(1)根据题意选择方程的形式——标准方程或一般方程；(2)根据条件列出关于 a ，b ，r 或 D ，E ，F 的方程组；(3)解出 a ，b ，r 或 D ，E ，F ，代入标准方程或一般方程．二、点 A(x 0，y 0)与圆 C ：(x －a)2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)的位置关系1．几何法(1)|AC|＜r ⇔点 A 在圆内；(2)|AC|＝r ⇔点 A 在圆上；(3)|AC|＞r ⇔点 A 在圆外．2．代数法(1)(x 0－a)2＋(y 0－b )2＜r 2⇔点 A 在圆内；(2)(x 0－a)2＋(y 0－b )2＝r 2⇔点 A 在圆上；(3)(x 0－a)2＋(y 0－b )2＞r 2⇔点 A 在圆外．[基础能力提升]1．给出下列命题：①方程 (x －a)2＋(y －b )2＝t 2(t ∈R )表示圆心为 (a ，b )，半径为 t 的一个圆；②方程 x 2 ＋ y 2 ＋ a x ＋ 2ay ＋ 2a 2 ＋ a － 1 ＝ 0 表示圆心为－ ，－a ⎪，半径为y⎛a⎫1 ⎝2⎭2－3a 2－4a ＋4的圆；③若点 M (x 0， 0)在圆 x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0 外，则x 2＋y 2＋Dx 0＋Ey 0＋F ＞0.其中正确的是()A ．①②B ．②③C ．①D ．③【解析】①错误，如当 t ＝0 时，该方程表示一个点，②错误，如 a ＝1 时，该方程不表示任何图形；③正确．故选D.【答案】D2．将圆 x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0 平分的直线是()A ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0B ．x ＋y ＋3＝0D ．x －y ＋3＝0【解析】圆的圆心坐标为 (1,2)，代入四个选项可知 C符合，选 C.【答案】C3．若点(1,1)在圆(x－a)2＋(y＋a)2＝4的内部，则实数a 的取值范围是()A．－1＜a＜1B．0＜a＜1C．a＞1或a＜－1D．a＝±1【解析】因为点(1,1)在圆的内部，∴(1－a)2＋(1＋a)2＜4，∴－1＜a＜1.【答案】A4．已知圆C经过A(5,1)，B(1,3)两点，圆心在x轴上，则C的方程为________．【解析】设圆心坐标为(a,0)，易知(a－5)2＋(－1)2＝(a－1)2＋(－3)2，解得a＝2，∴圆心为(2,0)，半径为10，∴圆C的方程为(x－2)2＋y2＝10.【答案】(x－2)2＋y2＝101．一个条件——二元二次方程与圆的关系二元二次方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件为D2＋E2－4F＞0.2．两种方法——圆及圆心的确定(1)确定一个圆的方程，需要三个独立条件．“选形式、定参数”是求圆的方程的基本方法：是指根据题设条件恰当选择圆的方程的形式，进而确定其中的三个参数．(2)求圆的方程时，要注意应用圆的几何性质简化运算．①圆心在过切点且与切线垂直的直线上．②圆心在任一弦的中垂线上．③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线．第四节直线与圆、圆与圆的位置关系[基础知识深耕]一、直线与圆的位置关系与判断方法方程过程依据 结论代数法几何法联立方程组消去 x(或 y)得一元二次方程，计算 Δ＝b 2－4ac计算圆心到直线的距离 d ，比较 d 与半径 r 的关系．相交时弦长为 2 r 2－d 2Δ＞0 相交Δ＝0 相切Δ＜0 相离d ＜r 相交d ＝r 相切d ＞r 相离【拓展延伸】圆的切线方程常用结论(1)过圆 x 2＋y 2＝r 2 上一点 P(x 0，y 0)的圆的切线方程为 x 0x＋y 0y ＝r 2.1(2)过圆(x －a)2＋(y －b )2＝r 2 上一点 P(x 0，y 0)的圆的切线方程为(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b )(y －b )＝r 2.(3)过圆 x 2＋y 2＝r 2 外一点 M (x 0，y 0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程为 x 0x ＋y 0y ＝r 2.二、圆与圆的位置关系设圆 O 1：(x －a 1)2＋(y －b 1)2＝r 2(r 1＞0)，圆 O 2：(x －a 2)2＋(y －b 2)2＝r 2(r 2＞0).方法 几何法：圆心距 d 与位置关系r 1，r 2 的关系代数法：联立两圆方程组成方程组的解的情况相离外切相交内切内含d ＞r 1＋r 2d ＝r 1＋r 2|r 1－r 2|＜d ＜r 1＋r 2d ＝|r 1－r 2|(r 1≠r 2)0≤d ＜|r 1－21无解一组实数解两组不同的实数解一组实数解无解11r 2|(r 1≠r 2)【拓展延伸】圆系方程设两圆 C 1：x 2＋y 2＋D 1x ＋E 1y ＋F 1＝0(D 2＋E 2－4F 1＞0)和 C 2：x 2＋y 2＋D 2x ＋E 2y ＋F 2＝0(D 2＋E 2－4F 2＞0)，则圆系方程：x 2＋y 2＋D 1x ＋E 1y ＋F 1＋λ(x 2＋y 2＋D 2x ＋E 2y ＋F 2)＝0(λ≠－1)，①若令 λ＝－1，则(D 1－D 2)x ＋(E 1－E 2)y ＋F 1－F 2＝0，②其中：(1)若 C 1 和 C 2 相交，则①式表示过两圆交点的圆，但不包括 C 2；②表示两圆的公共弦所在的直线方程．(2)若两圆相切，则②式表示内公切线方程． (3)若两圆相离，则②式表示两圆连心线 C 1C 2 的垂线的方程．[基础能力提升]1．给出下列命题：22①如果直线与圆组成的方程组只有一个实数解，则直线与圆相切；②直线 y ＝kx ＋1 可能与圆 x 2＋y 2＝1 相离；③从圆外一点 P(x 0，y 0)引圆的切线，则切线必有两条．其中正确的有()A ．①②③B ．①③C ．①②D ．②③【解析】∵直线 y ＝kx ＋1 恒过定点(0,1)，故直线与圆必有公共点，所以②错误，①③均正确．【答案】B2．过原点且倾斜角为 60°的直线被圆 x 2＋y 2－4y ＝0 截得的弦长为()A. 3B ．2C. 6 D ．2 3【解析】由题意可知，该直线方程为 3x －y ＝0.又圆 x 2＋y 2－4y ＝0 的圆心为(0,2)，半径 r ＝2.2所以圆心到直线的距离 d ＝2＝1.23弦长为24－1＝2 3.【答案】D3．过坐标原点且与圆x2－4x＋y2＋2＝0相切的直线方程为()A．x＋y＝0B．x－y＝0C．x＋y＝0或x－y＝0D．x＋3y＝0或x－3y＝0【解析】设所求直线为y＝kx，由题意可知|2k|＝2，∴k＝±1.1＋k2故所求直线方程为x＋y＝0或x－y＝0.【答案】C4．半径为6的圆与x轴相切，且与圆x2＋(y－3)2＝1内切，则此圆的方程是()A．(x－4)2＋(y－6)2＝6B．(x±4)2＋(y－6)2＝6C．(x－4)2＋(y－6)2＝36D．(x±4)2＋(y－6)2＝36【解析】圆x2＋(y－3)2＝1的圆心为(0,3)，半径r＝1.24⎪⎩b ＝6，⎧⎪a ＝±4，⎪⎩b ＝6，设所求圆的方程为 (x － a)2 ＋ (y － b )2 ＝ 36 ，由题意得⎧⎪ a 2＋(b －3)2＝6－1，⎨解得⎨故所求圆的方程为(x ±4)2＋(y －6)2＝36.【答案】D1．两种方法计算直线被圆截得的弦长的常用方法：(1)几何方法：运用弦心距 (即圆心到直线的距离 )、弦长的一半及半径构成直角三角形计算．(2)代数方法：运用根与系数关系及弦长公式|AB|＝ 1＋k 2|x A －x B |25＝ (1＋k 2)[(x A ＋x B )2－4x A x B ].2．三个性质解决直线与圆的问题时常用到的圆的三个性质：(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；(2)圆心在任一弦的中垂线上；(3)两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线．第五节椭圆[基础知识深耕]一、椭圆的定义及标准方程1．定义把平面内与两个定点 F 1，F 2 的距离的和等于常数 (大于|F 1F 2|)的点的轨迹叫椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．集合 P ＝{M ||MF 1|＋|MF 2|＝2a }，|F 1F 2|＝2c ，其中 a ＞0，c ＞0，且 a ，c 为常数：26a θ(1)若 2a ＞|F 1F 2|，则集合 P 为椭圆；(2)若 2a ＝|F 1F 2|，则集合 P 为线段；(3)若 2a ＜|F 1F 2|，则集合 P 为空集．2．标准方程x 2中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆的标准方程为： 2y 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)；中心在坐标原点，焦点在 y轴上的椭圆的y 2x 2标准方程为：a 2＋b2＝1(a ＞b ＞0)．【拓展延伸】焦点三角形椭圆上的一点与两焦点所构成的三角形称为焦点三角形．解决焦点三角形问题常利用椭圆的定义和正弦定理、余弦定理．x 2y 2以椭圆a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点 P(x 0，y 0)(y 0≠0)和焦点F 1(－c,0)，F 2(c,0)为顶点的△PF 1F 2 中，若∠F 1PF 2＝，注意27a 性质对称轴：坐标轴以下公式的灵活运用：(1)|PF 1|＋|PF 2|＝2a ；(2)4c 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|·cos θ；1θ(3)△SPF 1F 2＝2|PF 1||PF 2|·sin θ＝b 2tan 2.二、椭圆的几何性质标准方程图形x 22y 2 y 2 x 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0) a 2＋b2＝1(a ＞b ＞0)范围－a ≤x ≤a－b ≤x ≤b－b ≤y ≤b－a ≤y ≤a对称性对称中心：原点顶点A 1(－a,0)，A 2(a,0)B 1(0，－b )，B 2(0，b )28A 1(0，－a)，A 2(0，a) B 1(－b,0)，B 2(b,0)(1)点 P(x 0，y 0)在椭圆内⇔a 2＋b 2＜1；(2)点 P(x 0，y 0)在椭圆上⇔a 2＋b 2＝1；(3)点 P(x 0，y 0)在椭圆外⇔a 2＋b 2＞1.20 20 20 轴焦距离心率a ，b ，c的关系长轴 A 1A 2 的长为 2a ；短轴 B 1B 2 的长为 2b|F 1F 2|＝2cce ＝a ∈(0,1)c 2＝a 2－b 2【拓展延伸】1.点 P(x 0，y 0)和椭圆的关系x 0y 2x 0y 2x 0y 22．一些特殊结论(1)|PF 1|的范围为[a －c ，a ＋c ]；(2) 通径 ( 过焦点垂直于焦点所在对称轴的直线被圆锥曲292b 2线截得的弦叫通径)长度为 a.[基础能力提升]1．给出下列命题：①动点 P 到两定点 A(0，－2)，B(0,2)的距离之和为 4，则点 P 的轨迹是椭圆；②椭圆上一点 P 与两焦点 F 1，F 2 构成△PF 1F 2的周长为2a ＋2c(其中 a 为椭圆的长半轴长，c 为椭圆的半焦距)；③方程 Ax 2＋By 2＝1(A ＞0，B ＞0)表示椭圆方程；④ P 是椭圆上的任意一点， F 1 ， F 2 为其两个焦点，则|PF 1|·|PF 2|≤a 2.其中正确的是()A ．①②③④B ．②③C ．①②D ．②④【解析】①错误，因为 |AB|＝4；②正确，因为 |PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|F 1F 2|＝2c ；③错误，如 A ＝B ＝1，其表示圆；④30⎝ 2 ⎭⎛2a ⎫正确，因为|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，∴|PF 1||PF 2|≤⎪2＝a 2.【答案】D2．一椭圆的焦点坐标为(－5,0)和(5,0)，椭圆上一点与两焦点的距离和是 26，则该椭圆的方程为()x 2y 2x 2y 2A.169＋144＝1B ．144＋169＝1x 2y 2C.169＋25＝1x 2 y 2D .144＋25＝1【解析】由题意可知 c ＝5,2a ＝26，即 a ＝13.∴b 2＝a 2－c 2＝144.x 2y 2又椭圆的焦点在 x 轴上，所以椭圆方程为169＋144＝1.故选 A.【答案】Ax 2y 23．已知椭圆的焦点在 y 轴上，若椭圆 2 ＋m ＝1 的离心311率为2，则m的值是()2 A.3 5 C.34B．38D.3c【解析】由题意可知a2＝m，b2＝2，e＝a＝b2 1－a2＝1 2，即2181－m＝2，∴m＝3.【答案】D4．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是()4 A.5 2 C.53 B．51 D.5【解析】由题意可知，2a,2b,2c成等差数列．即2b＝a＋c，又c2＝a2－b2，所以3a2－2ac－5c2＝0，32c3解得 3a ＝5c ，即 e ＝a ＝5.【答案】B1．两种方法——求椭圆标准方程的方法(1)定义法：根据椭圆定义，确定 a 2，b 2 的值，再结合焦点位置，直接写出椭圆方程．(2)待定系数法：根据椭圆焦点是在 x 轴还是 y 轴上，设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于 a ，b ，c 的方程组，解出 a 2，b 2，从而写出椭圆的标准方程．2．三种技巧——与椭圆性质、方程相关的三种技巧33F(1)椭圆上任意一点 M 到焦点 F 的所有距离中，长轴端点到焦点的距离分别为最大距离和最小距离，且最大距离为 a＋c ，最小距离为 a －c.(2)求椭圆离心率 e 时，只要求出 a ，b ，c 的一个齐次方程，再结合 b 2＝a 2－c 2 就可求得 e (0＜e ＜1)．(3)求椭圆方程时，常用待定系数法．但首先要判断是否为标准方程，判断的依据是：①中心是否在原点；②对称轴是否为坐标轴．第六节双曲线[基础知识深耕]一、双曲线的定义及标准方程1．双曲线定义平面内动点 P 与两个定点 F 1， 2(|F 1F 2|＝2c ＞0)的距离之差的绝对值为常数 2a(2a ＜2c) ，则点 P 的轨迹叫做双曲线．集合 P ＝{M |||MF 1|－|MF 2||＝2a }，|F 1F 2|＝2c ，其中 a ，c34＝b 2为常数且 a ＞0，c ＞0.(1)当 2a ＜|F 1F 2|时，P 点的轨迹是双曲线；(2)当 2a ＝|F 1F 2|时，P 点的轨迹是两条射线；(3)当 2a ＞|F 1F 2|时，P 点不存在．2．双曲线的标准方程(1)中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的双曲线的标准方程x 2y 2为a 2－b2＝1(a ＞0，b ＞0)；(2)中心在坐标原点，焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程y 2x 2为a 2－b2＝1(a ＞0，b ＞0)．【拓展延伸】1.焦点三角形的面积利用定义、余弦定理可推出焦点三角形的面积 △SPF 1F 2θtan 2＝θ)．(其中点 P 为双曲线上异于顶点的任意一点，∠F 1PF 235aa 2．方程 Ax 2＋By 2＝1(AB ＜0)表示的曲线特征方程 Ax 2＋By 2＝1(AB ＜0)包含双曲线的焦点在 x 轴上或 yx 2y 21轴上两种情况，方程可变形为 1 ＋ 1 ＝1，当A ＜0 时，表示焦AB1点在 y 轴上的双曲线；当B ＜0 时，表示焦点在 x轴上的双曲线．二、双曲线的几何性质标准方程x 22 y 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)y 22x 2－b2＝1(a ＞0，b ＞0)图形范围对称性|x|≥a ，y ∈R|y|≥a ，x ∈R对称轴：x 轴，y 轴；对称中心：原点焦点F 1(－c,0)，F 1(0，－c)，F 2(0，c)36(1)P 在双曲线内a 2－b 2＞1(含焦点)； 2几顶点F 2(c,0)A 1(－a,0)，A 2(a,0)A 1(0，－a)，A 2(0，a)何性轴质 焦距离心率线段 A 1A 2，B 1B 2 分别是双曲线的实轴和虚轴；实轴长为 2a ，虚轴长为 2b|F 1F 2|＝2c焦距与实轴长的比：e ∈(1，＋∞)渐近线a ，b ，c的关系by ＝±a xay ＝±b xc 2＝a 2＋b 2x 2y 2【拓展延伸】1.点 P(x 0，y 0)和双曲线a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的关系x 0 y 237(2)P 在双曲线上⇔ 2－ 2＝1；ab(3)Pab在双曲线外⇔ 2－2＜1.20 20 x 0y 2x 0y 22．一些特殊的结论(1)|PF 1|的取值范围为[c －a ，＋∞)；2b 2(2)通径长为 a ；(3)焦点到渐近线的距离为 b .[基础能力提升]1．给出下列命题：①平面内到点 F 1(0,4)，F 2(0，－4)距离之差等于 6 的点的轨迹是双曲线；②平面内到点 F 1(0,4)，F 2(0，－4)距离之差的绝对值等于8 的点的轨迹是双曲线；x 2y 2③方程m － n ＝1(mn ＞0)表示焦点在 x轴上的双曲线．38其中正确的个数有()A ．0 个B ．1 个C ．2 个D ．3 个【解析】①错误，由题意可知|PF 1|－|PF 2|＝6，故点 P的轨迹是双曲线的下支．②错误，∵|F 1F 2|＝8，∴点 P 的轨迹是两条射线．③错误，如 m ＜0，n ＜0，则其表示焦点在 y 轴上的双曲线．【答案】Ax 2y 22．设 P 是双曲线16－20＝1 上一点，F 1，F 2 分别是双曲线左右两个焦点，若|PF 1|＝9，则|PF 2|等于()A ．1C ．1 或 17B ．17D ．以上答案均不对【解析】由双曲线定义||PF 1|－|PF 2||＝8，又|PF 1|＝9，∴|PF 2|＝1 或 17，但应注意双曲线的右顶点到右焦点距39离最小为c－a＝6－4＝2＞1，∴|PF2|＝17.【答案】Bx2y23．若双曲线a2－b2＝1的离心率为3，则其渐近线方程为()A．y＝±2x B．y＝±2x1 C．y＝±2x2 D．y＝±2xc a2＋b2【解析】∵e＝3，∴a＝3，即a2＝3，x2y2∴b2＝2a2，∴双曲线方程为a2－2a2＝1，∴渐近线方程为y＝±2x.【答案】Bx2y24．若点P(2,0)到双曲线a2－b2＝1的一条渐近线的距离为2，则双曲线的离心率为()40A.2B．3C．22D．23【解析】双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，点P(2,0)到渐近线的距离为|2b|＝2，所以a2＝b2，所以双曲线的a2＋b2离心率为2，故选A.【答案】A1．一个规律——等轴双曲线的离心率及渐近线的关系双曲线为等轴双曲线⇔双曲线的离心率e＝2⇔双曲线的两条渐近线互相垂直(位置关系)．41法的步骤2．二种方法——求双曲线标准方程的两种方法(1)定义法根据题目的条件，若满足定义，求出相应的 a ，b 的值即可求得方程．(2)待定系数法待定系数①定位：确定焦点位置定值：根据条件确定相关参数 设方程：由焦点位置设方程②待定系数法求双曲线方程的常用方法x 2y 2x 2y 2a ．与双曲线 a 2 －b 2 ＝ 1 共渐近线的可设为 a 2 － b 2 ＝λ(λ≠0)；bx 2y 2b ．若渐近线方程为 y ＝±a x ，则可设为a 2－b 2＝λ(λ≠0)；x 2y 2c ．若过两个已知点则设为m ＋ n ＝1(mn ＜0)．42，0⎪ －，0⎪ 0，⎪ 0，－⎪x＝－2p x＝2y＝－2py＝2第七节抛物线[基础知识深耕]一、抛物线的定义平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)距离相等的点的轨迹叫做抛物线．二、抛物线的标准方程与几何性质标准方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)图形范围x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R焦点坐标⎛p⎫⎝2⎭⎛p⎫⎝2⎭⎛p⎫⎝2⎭⎛p⎫⎝2⎭准线方程p43py离心率e ＝1【拓展延伸】1.抛物线的焦半径抛物线上任意一点 P(x 0，0)到焦点 F 的距离称为焦半径．有以下结论(p ＞0)：p(1)对于抛物线 y 2＝2px ，|PF|＝2＋x 0；p(2)对于抛物线 y 2＝－2px ，|PF|＝2－x 0；p(3)对于抛物线 x 2＝2py ，|PF|＝2＋y 0；p(4)对于抛物线 x 2＝－2py ，|PF|＝2－y 0.2．焦点弦：线段 AB 为抛物线 y 2＝2px(p ＞0)的焦点弦，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．p 2(1)x 1x 2＝ 4 ；(2)y 1y 2＝－p 2；442p(3)弦长 l ＝x 1＋x 2＋p ＝sin 2θ(θ 为 AB 的倾斜角)，x 1＋x 2≥2 x 1x 2＝p ，当且仅当 x 1＝x 2 时，弦长最短为 2p ，此时的弦又叫通径；图 8-7-1p 2(4)△S AOB ＝2sin θ；112(5)|AF|＋|BF|＝p ；(6)A ，O ，B ′三点共线，A ′，O ，B 三点共线；(7)∠A ′FB ′＝90°；(8)以 AB 为直径的圆与准线相切．3．过抛物线 y 2＝2px 的顶点 O 任意作两条互相垂直的弦OA ，OB ，则直线 AB 恒过定点(2p,0)．45。
2023年高考数学(文科)一轮复习讲义——直线、平面平行的判定与性质
第4节直线、平面平行的判定与性质考试要求 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平行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有关空间图形的平行关系的简单命题.1.直线与平面平行(1)直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b(1)平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行a⊂β，b⊂β，a∩b ＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β性质两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面α∥β，a⊂α⇒a∥β性质定理两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b1.平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.(3)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.2.三种平行关系的转化1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条.()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行.()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面.() 答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)若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或在平面内，故(1)错误.(2)若a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线只有一条，故(2)错误.(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，则这两个平面平行或相交，故(3)错误.2.下列说法中，与“直线a∥平面α”等价的是()A.直线a上有无数个点不在平面α内B.直线a与平面α内的所有直线平行C.直线a与平面α内无数条直线不相交D.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交答案 D解析因为a∥平面α，所以直线a与平面α无交点，因此a和平面α内的任意一条直线都不相交，故选D.3.(2022·昆明诊断)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β”是“α∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 B解析根据m⊂α，m∥β得不到α∥β，因为α，β可能相交，只要m和α，β的交线平行即可得到m∥β；反之，α∥β，m⊂α，所以m和β没有公共点，所以m∥β，即由α∥β能得到m∥β. 所以“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.4.(2021·太原质检)平面α∥平面β的一个充分条件是()A.存在一条直线a，a∥α，a∥βB.存在一条直线a，a⊂α，a∥βC.存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD.存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案 D解析若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C；故选D.5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是________(填序号).①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.答案①②④解析如图，因为AB綉C1D1，所以四边形AD1C1B为平行四边形.故AD1∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正确.6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH 的形状为________.答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形.考点一直线与平面平行的判定与性质角度1直线与平面平行的判定例1 如图所示，正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面相交于AB，在AE、BD 上各有一点P、Q，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面BCE.证明法一如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB. 又AP＝DQ，∴PE＝QB，又PM∥AB∥QN，∴PMAB＝PEAE＝QBBD＝QNDC，∴PMAB＝QNDC.又AB綉DC，∴PM綉QN，∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN.又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面BCE.法二如图，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE交AB于点M，连接QM.则PM∥平面BCE，∵PM∥BE，∴APPE＝AMMB，又AE＝BD，AP＝DQ，∴PE＝BQ，∴APPE＝DQBQ，∴AMMB＝DQQB，∴MQ∥AD，又AD∥BC，∴MQ∥BC，∴MQ∥平面BCE，又PM∩MQ＝M，∴平面PMQ ∥平面BCE ，又PQ ⊂平面PMQ ，∴PQ ∥平面BCE . 角度2 直线与平面平行的性质例2 (2022·许昌质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，∠DAB ＝90°，AB ＝BC ＝P A ＝12AD ＝2，E 为PB 的中点，F 是PC 上的点.(1)若EF ∥平面P AD ，证明：F 为PC 的中点； (2)求点C 到平面PBD 的距离.(1)证明 因为BC ∥AD ，BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 所以BC ∥平面P AD .因为P ∈平面PBC ，P ∈平面P AD ，所以可设平面PBC ∩平面P AD ＝PM ， 又因为BC ⊂平面PBC ，所以BC ∥PM ， 因为EF ∥平面P AD ，EF ⊂平面PBC ， 所以EF ∥PM ，从而得EF ∥BC .因为E 为PB 的中点，所以F 为PC 的中点.(2)解 因为P A ⊥底面ABCD ，∠DAB ＝90°，AB ＝BC ＝P A ＝12AD ＝2，所以PB ＝P A 2＋AB 2＝22，PD ＝P A 2＋AD 2＝25，BD ＝BA 2＋AD 2＝25，所以S △DPB ＝12PB ·DP 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12PB 2＝6.设点C到平面PBD的距离为d，由V C－PBD＝V P－BCD，得13S△DPB·d＝13S△BCD·P A＝13×12×BC×AB×P A，则6d＝12×2×2×2，解得d＝2 3.感悟提升 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(α∥β，a⊂α⇒a∥β).(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β).2.应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线.训练1 如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点.(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论.(1)证明如图，记AC与BD的交点为O，连接OE.因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE.又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE.(2)解l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m.考点二平面与平面平行的判定与性质例3 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形.(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l.证明(1)由题设知BB1綉DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1綉B1C1綉BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝l，平面ABCD∩平面A1BD＝BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.感悟提升 1.判定面面平行的主要方法(1)利用面面平行的判定定理.(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行).2.面面平行条件的应用(1)两平面平行，分别构造与之相交的第三个平面，交线平行.(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行.提醒利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线.训练2 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点.(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点.证明(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又F，G分别为A1B1，AB的中点，ABB1A1为平行四边形，∴A1F＝BG，且A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF.(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，平面A1C1G与平面ABC有公共点G，则有经过G的直线，设交BC于点H，则A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点.考点三平行关系的综合应用例4 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且CQQD1＝BPPD＝23.(1)求证：PQ ∥平面A 1D 1DA ；(2)若R 是AB 上的点，ARAB 的值为多少时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA ？请给出证明.(1)证明 连接CP 并延长与DA 的延长线交于M 点，如图，连接MD 1，因为四边形ABCD 为正方形， 所以BC ∥AD ，故△PBC ∽△PDM ，所以CP PM ＝BP PD ＝23， 又因为CQ QD 1＝BP PD ＝23，所以CQ QD 1＝CP PM ＝23，所以PQ ∥MD 1.又MD 1⊂平面A 1D 1DA ，PQ ⊄平面A 1D 1DA ， 故PQ ∥平面A 1D 1DA .(2)解 当AR AB 的值为35时，能使平面PQR ∥平面A 1D 1DA .如图，证明：因为AR AB ＝35， 即BR RA ＝23，故BR RA ＝BPPD .所以PR ∥DA . 又DA ⊂平面A 1D 1DA ，PR ⊄平面A 1D 1DA ， 所以PR ∥平面A 1D 1DA ，又PQ∥平面A1D1DA，PQ∩PR＝P，PQ，PR⊂平面PQR，所以平面PRQ∥平面A1D1DA.感悟提升三种平行关系的转化训练3 如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为平行四边形，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.证明(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点.连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又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∥NG，又DE⊄平面MNG，NG⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.1.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α，β平行于同一条直线D.α，β垂直于同一平面答案 B解析若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，当α内无数条直线互相平行时，α与β可能相交；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.2.下列命题中正确的是()A.若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B.若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C.平行于同一条直线的两个平面平行D.若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确.3.如果AB，BC，CD是不在同一平面内的三条线段，则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是()A.平行B.相交C.AC在此平面内D.平行或相交答案 A解析把这三条线段放在正方体内可得如图，显然AC∥EF，AC⊄平面EFG，∵EF⊂平面EFG，故AC∥平面EFG.4.(2021·兰州诊断)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC 交于DE，则DE与AB的位置关系是()A.异面B.平行C.相交D.以上均有可能答案 B解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.5.若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条答案 C解析如图所示，平面α即平面EFGH，则四边形EFGH为平行四边形，则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，∴EF∥平面BCD.又∵EF⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD＝CD，∴EF∥CD.又EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH.∴CD∥平面EFGH，同理，AB∥平面EFGH，所以与平面α(平面EFGH)平行的棱有2条.6.(2022·郑州模拟)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且DEEB＝DFFD1＝12，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则CGCC1＝()A.12B.13C.23D.14答案 B解析 如图所示，延长AE 交CD 于H ，连接FH ，则△DEH ∽△BEA ，所以DHAB ＝DE EB ＝12.因为平面AEF ∥平面BD 1G ，平面AEF ∩平面CDD 1C ＝FH ，平面BD 1G ∩平面CDD 1C 1＝D 1G ，所以FH ∥D 1G .又四边形CDD 1C 1是平行四边形，所以△DFH ∽△C 1GD 1，所以DF C 1G ＝DH C 1D 1，因为DH C 1D 1＝DH AB ＝12，所以DF C 1G ＝12，因为DFFD1＝12，所以FD 1＝C 1G ，DF ＝CG ，所以CG CC 1＝13，故选B.7.设α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且____________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ. 可以填入的条件有________(填序号). 答案 ①或③解析 由面面平行的性质定理可知，①正确；当m ∥γ，n ∥β时，n 和m 可能平行或异面，②错误；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以m ∥n ，③正确.8.下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________.答案①④解析①中，易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B，可得出AB∥平面MNP(如图).④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.9.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面P AO.答案Q为CC1的中点解析如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥P A.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面P AO，QB⊄平面P AO，PO⊂平面P AO，P A⊂平面P AO，所以D1B∥平面P AO，QB∥平面P AO，又D1B∩QB＝B，D1B，QB⊂平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面P AO.故Q 为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面P AO.10.如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝12AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于O点，G是线段OF上一点.(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：GH∥平面P AD.证明(1)如图，连接EC，因为AD∥BC，BC＝12AD，E为AD中点，所以BC∥AE，BC＝AE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以O为AC的中点.又因为F是PC的中点，所以FO∥AP，因为FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，所以AP∥平面BEF.(2)连接FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，所以FH∥PD，因为PD⊂平面P AD，FH⊄平面P AD，所以FH∥平面P AD.又因为O是BE的中点，H是CD的中点，所以OH∥AD，因为AD⊂平面P AD，OH⊄平面P AD，所以OH∥平面P AD.又FH∩OH＝H，FH，OH⊂平面OHF，所以平面OHF∥平面P AD.又因为GH⊂平面OHF，所以GH∥平面P AD.11.(2022·百校大联考)已知在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝2AB，Q为PC的中点.(1)求证：BQ∥平面P AD；(2)若PD＝3，BC＝2，BC⊥BD，试在线段PC上确定一点S，使得三棱锥S－BCD的体积为2 3.(1)证明取PD的中点G，连接AG，GQ，因为Q为PC的中点，所以GQ∥DC，且GQ＝12DC，又因为AB∥DC，DC＝2AB，所以GQ∥AB，GQ＝AB，所以四边形ABQG是平行四边形，所以BQ∥AG，又BQ⊄平面P AD，AG⊂平面P AD，所以BQ∥平面P AD.(2)解因为在四边形ABCD中，AB∥CD，AD⊥DC，DC＝2AB，所以点B在线段CD的垂直平分线上，又因为BC＝2，BC⊥BD，所以BD＝BC＝2，所以△BCD的面积S＝12×2×2＝1.设点S到平面ABCD的距离为h，所以13×1×h＝23，所以h＝2，又PD⊥平面ABCD，PD＝3，所以点S在线段PC上靠近点P的三等分点处.12.《九章算术·商功》记载了一个古代数学名词“堑堵”.即两底面为直角三角形的直棱柱，亦即长方体的斜截平分体.如图所示，堑堵(即直三棱柱)ABC－DEF中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，AD＝4，G是FC的中点，则下列说法错误的是()A.点D到平面AGE的距离为26 3B.平面ABC内存在直线平行于平面AEGC.三角形AGE为直角三角形D.BE与AG的夹角为π3答案 D解析设点D到平面AGE的距离为h，则由V D－AGE＝V E－ADG可知13h·12×22×23＝13×2×12×2×4，则h＝263，A正确；取ED，EA的中点M、N，连接MN，FM，GN，则MN∥FG，MN＝FG，∴四边形MNGF为平行四边形，∴MF∥NG，∵MF⊄平面AGE，NG⊂平面AGE，∴MF∥平面AGE，而MF⊂平面DEF，平面ABC∥平面DEF，B正确；依题意可知，AG＝22，EG＝23，EA＝25，∴AG2＋EG2＝EA2，∴AG⊥GE，∴△AGE为直角三角形，C正确；∵BE∥CG，∴∠AGC即为BE与AG所成的角(或其补角)，∵G为CF的中点，CF＝AD＝4，AC＝2，∴AC＝CG，又CF⊥平面ABC，∴∠AGC＝π4，D错误.13.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为________.答案9 8解析如图1，分别取B1C1，C1D1的中点E，F，连接EF，BE，DF，B1D1，ME，易知EF ∥B 1D 1∥BD ，AB ∥ME ，AB ＝EM ，所以四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE ，又BD 和BE 为平面BDFE 内的两条相交直线.图1 图2所以平面AMN ∥平面BDFE ， 即平面BDFE 为平面α，BD ＝2，EF ＝12B 1D 1＝22，得四边形BDFE 为等腰梯形，DF ＝BE ＝52，在等腰梯形BDFE 如图2中，过E ，F 作BD 的垂线，则四边形EFGH 为矩形， ∴其高FG ＝DF 2－DG 2＝54－18＝324，故所得截面的面积为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×324＝98. 14.如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求点C 到平面C 1DE 的距离.(1)证明如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D. 由题设知A1B1綉DC，可得B1C綉A1D，故ME綉ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)解过点C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝17，故CH＝41717.从而点C到平面C1DE的距离为41717.。
2021版新高考数学(文科)一轮复习 第8章 第5节 直线、平面垂直的判定及其性质
第五节直线、平面垂直的判定及其性质[最新考纲] 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：如果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．(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(4)直线和平面垂直的性质：①垂直于同一个平面的两条直线平行．②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线．③垂直于同一条直线的两平面平行．2．直线和平面所成的角(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)直线和平面所成角的范围是0°≤θ≤90°.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)二面角的范围是0°≤θ≤180°.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)平面与平面垂直的判定定理与性质定理[常用结论]1．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．2．一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．3．两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．4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )(2)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.( )(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．( )[答案](1)×(2)×(3)×二、教材改编1．下列命题中错误的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面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[两个平面垂直，一个平面内只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面，故A错误．选A.]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SEFG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SEFG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，三棱锥VABC中，VA＝VB＝AC＝BC＝2，AB＝23，VC＝1，则二面角VABC的度数为．60°[如图，取AB的中点D，连接VD，CD.由VA＝VB＝AC＝BC知，VD⊥AB，CD⊥AB，从而∠VDC就是二面角VABC的平面角．在△VAB和△ABC中分别求得VD＝CD＝1，因此△VDC是等边三角形，故∠VDC＝60°.]4．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的心．(1)外(2)垂[(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．图1 图2(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G. ∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC，∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．]考点1 直线与平面垂直的判定与性质证明直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理．证明直线与平面垂直如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M为棱BC的中点，BB1＝3，AB1＝10，∠CBB1＝60°.(1)求证：AM⊥平面BCC1B1；(2)求斜三棱柱ABC-A1B1C1的体积．[解](1)证明：如图，连接B1M，因为底面ABC是边长为2的正三角形，且M为棱BC的中点，所以AM⊥BC，且AM＝3，因为BB1＝3，∠CBB1＝60°，BM＝1，所以B1M2＝12＋32－2×1×3×cos 60°＝7，所以B1M＝7.又因为AB1＝10，所以AM2＋B1M2＝10＝AB21，所以AM⊥B1M.又因为B1M∩BC＝M，所以AM⊥平面BCC1B1.(2)设斜三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，则V＝3VB1-ABC＝3VA-B1BC＝3×13S△B1BC·|AM|＝12×2×3×sin 60°× 3＝9 2 .所以斜三棱柱ABC-A1B1C1的体积为92.(1)已知线段的长度，一般情况下用勾股定理的逆定理证明线线垂直，如本例第(1)问．(2)解答本例第(2)问时，易误认为B1M是斜三棱柱ABC-A1B1C1的高，从而得到错误答案．证明空间两条直线垂直(2019·成都模拟)如图，在多面体ABCDFE中，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB∥EF，AF＝2，EF＝2AB＝4AD＝42，平面ABCD⊥平面ABEF.(1)求证：BE⊥DF；(2)求三棱锥C-AEF的体积V.[解](1)证明：取EF的中点G，连接AG. ∵EF＝2AB，∴AB＝EG.又AB∥EG，∴四边形ABEG为平行四边形，∴AG∥BE，且AG＝BE＝AF＝2.在△AGF中，GF＝12EF＝22，AG＝AF＝2，∴AG2＋AF2＝GF2，∴AG⊥AF.∵四边形ABCD是矩形，∴AD⊥AB.又平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴AD ⊥平面ABEF . 又AG ⊂平面ABEF ， ∴AD ⊥AG .∵AD ∩AF ＝A ，∴AG ⊥平面ADF . 又∵AG ∥BE ，∴BE ⊥平面ADF . 又DF ⊂平面ADF ，∴BE ⊥DF .(2)连接DE .∵CD ∥AB ，且CD ⊄平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，∴CD ∥平面ABEF ，∴V C -AEF ＝V D -AEF .由(1)得，AD ⊥平面ABEF ，S △AEF ＝12×42×2＝4，∴V C -AEF ＝V D -AEF ＝13×4×2＝423.证明线线垂直一般是先证线面垂直，再根据线面垂直的性质得到线线垂直．[教师备选例题](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明](1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.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.[证明](1)在四棱锥P-ABCD中，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，且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.又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.考点2 面面垂直的判定与性质证明面面垂直的两种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决，注意：三种垂直关系的转化(1)(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED 的中点，则( )A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线B[取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N 为正方形ABCD 的中心， ∴点N 在BD 上，且为BD 的中点． ∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD . ∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD . ∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3， ∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2.∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF ， ∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG . ∵MG ＝12EF ＝32，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7. ∴BM ≠EN .∵BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交． 故选B.](2)(2019·青岛模拟)如图，四棱锥P -ABCD 中，△PCD 为等边三角形，CD ＝AD ＝2AB ，E ，S ，T ，Q 为CD ，PA ，PB ，AD 的中点，∠ABC ＝∠BCD ＝∠PEA ＝90°，平面STRQ∩平面ABCD＝RQ.①证明：平面PAE⊥平面STRQ；②若AB＝1，求三棱锥Q-BCT的体积．[解]①证明：因为E为CD的中点，CD＝2AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，所以四边形ABCE为矩形，所以AE⊥CD.由已知易得RQ∥CD，所以RQ⊥AE.因为∠PEA＝90°，PE∩CD＝E，故AE⊥平面PCD，又因为AE⊂平面ABCD.故平面PCD⊥平面ABCD.因为PE⊥CD，所以PE⊥平面ABCD.因为RQ⊂平面ABCD，所以RQ⊥PE.又PE∩AE＝E，所以RQ⊥平面PAE.所以平面PAE⊥平面STRQ.②由①可知，PE⊥平面ABCD，又T是PB的中点，∴点T到平面BCQ的距离为12PE＝32，易知S△BCQ＝12S梯形ABCD＝12×12×(1＋2)×3＝334.故三棱锥Q-BCT的体积V＝13×334×32＝38.解答本例T第(2)问时，借助已(2)知的点面距求高，这是常用的方法，求S△BCQ时，可先求底边和高，再求面积．(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°，BA⊥AC.又BA⊥AD，且AC⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，AC∩AD＝A，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.作QE⊥AC，垂足为E，则QE 13 DC.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×QE×S△ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1.考点3 点到平面的距离求点到平面的距离(高)的两种方法(1)定义法：求几何体的高或点到面的距离，经常根据高或距离的定义在几何体中作出高或点到面的距离．其步骤为：一作、二证、三求．如何作出点到面的距离是关键，一般的方法是利用辅助面法，所作的辅助面，一是要经过该点，二是要与所求点到面的距离的面垂直，这样在辅助面内过该点作交线的垂线，点到垂足的距离即为点到面的距离．(2)等体积法：求棱锥的高或点到平面的距离常常利用同一个三棱锥变换顶点及底面的位置，其体积相等的方法求解．定义法求距离(高)(1)(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为．2[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝(3)2－12＝ 2.](2)(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC ＝AC＝4，O为AC的中点．①证明：PO⊥平面ABC；②若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．[解]①证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 3.连接OB.因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，OB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.②作CH⊥OM，垂足为H.又由①可得OP⊥CH，OP⊂平面POM，OM⊂平面POM，OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°，所以OM＝253，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为45 5.解答本例T(2)第②问时也可以使用等体积法求解．[教师备选例题]如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P-ABCD的体积为83，求该四棱锥的高及四棱锥的侧面积．[解](1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，因为AP∩PD＝P，从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD ，所以PE 为四棱锥的高．由AB ⊥平面PAD ，得AB ⊥AD ，又AB ∥CD ，AB ＝CD ，则四边形ABCD 为矩形．设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P -ABCD 的体积V P -ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2.故四棱锥的高PE ＝2，从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P -ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.等体积法求距离(高)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1 .(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝2OA，求三棱柱ABC-A1B1C1的高．[解](1)证明：在矩形ABB1A1中，由平面几何知识可知AB1⊥BD，又CO⊥平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，CO∩BD＝O，BD，CO⊂平面BCD，∴AB1⊥平面BCD.因为BC⊂平面BCD，∴BC⊥AB1.(2)在矩形ABB1A1中，由平面几何知识可知OA＝33，OB＝63，∵OC＝2OA，∴OC＝6 3，∴AC＝1，BC＝233，S△ABC＝23，设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，即三棱锥A1-ABC的高为h.又S△ABA1＝22，由VC-ABA1＝VA1-ABC得S△ABC ·h＝S△ABA1·OC，∴h＝62.解答本例第(2)问的关键是把三棱柱的高转化为求三棱锥的高，再利用等体积法求解．[教师备选例题]如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，EA ＝ED＝AB＝2EF＝4，EF∥AB，M为BC的中点．(1)求证：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．[解](1)证明：取BD中点O，连接OM，OE，因为O，M分别为BD，BC中点，所以OM∥CD且OM＝12 CD，由已知EF∥AB且EF＝12 AB，又在菱形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD，所以EF∥CD且EF＝12 CD.所以OM∥EF且OM＝EF，所以四边形OMFE为平行四边形，所以MF∥OE.又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，所以MF∥平面BDE.(2)由(1)得FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离．取AD的中点H，连接EH，BH，因为EA＝ED，所以EH⊥AD，因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，所以EH⊥平面ABCD.由已知得EH＝23，BE＝EH2＋HB2＝26，所以等腰三角形BDE的面积为S△BDE＝12×26×42－(6)2＝215.又S△BDM＝12S△BCD＝12×⎝⎛⎭⎪⎫12×4×4×32＝23，设F到平面BDE的距离为h，由V E -BDM ＝V M -BDE 得13·S △BDM ·EH ＝13·S △BDE ·h ，即13×23×23＝13×h ×215， 解得h ＝2155， 所以点F 到平面BDE 的距离为2155.(2019·武汉模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠DAB ＝π3，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝102.(1)证明：PB⊥BC；(2)求点A到平面PBC的距离．[解](1)如图，取AD的中点H，连接PH，HB，BD.∵底面ABCD是边长为1的菱形，∴AD＝AB＝1，∴AH＝12AD＝12，由BH2＝AB2＋AH2－2AB·AH·cos∠DAB，得BH2＝1＋14－2×1×12×12＝34，∴BH＝32，∴AH2＋BH2＝AB2，∴BH⊥AD.∵PA＝PD，H为AD的中点，∴PH⊥AD，又PH∩BH＝H，∴AD⊥平面PHB，又PB⊂平面PHB，∴AD⊥PB，又AD∥BC,∴PB⊥BC.(2)法一(定义法)：∵AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴点A与点H到平面PBC的距离相等．由(1)知AD⊥平面PHB，∴BC⊥平面PHB，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PHB.过点H 作HM ⊥PB 于M . 由平面PHB ∩平面PBC ＝PB ， 知HM 即点H 到平面PBC 的距离．∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ，PH ⊥AD ，∴PH ⊥平面ABCD ， 又BH ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥BH . PH ＝PA 2－AH 2＝32，BH ＝32，∴PB ＝PH 2＋BH 2＝3，∴HM ＝PH ·BH PB＝32×323＝34. 法二(等体积法)：由(1)知，在△PAD 中，PH ＝PA 2－AH 2＝32，在△ABD 中，BH ＝32， 在△PHB 中，PB ＝PH 2＋BH 2＝ 3. 又PB ⊥BC ，∴S △PBC ＝32， 设点A 到平面PBC 的距离为h ，则有S △PBC ·h ＝S △ABC ·PH ，即32h ＝12×1×1×sin 2π3×32，解得h ＝34.考点4 直线与平面所成的角求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线；(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．(1)(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3 C[如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin 30°＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝AC21－AC2＝42－(22＋22)＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝8 2.](2)(2018·天津高考)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝23，∠BAD＝90°.①求证：AD⊥BC；②求异面直线BC与MD所成角的余弦值；③求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．[解]①证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.②如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，所以MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝AD2＋AM2＝13.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC.在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝AD2＋AN2＝13.在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cos∠DMN＝12MNDM＝1326.所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为13 26.③如图，连接CM.因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，所以CM⊥AB，CM＝ 3.又因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，所以∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD＝AC2＋AD2＝4.在Rt△CMD中，sin∠CDM＝CMCD＝34.所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为3 4.在相互垂直的平面内作交线的垂线，是得到线面垂直的常用方法．1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段CC1的中点，则直线D1E与平面ADE所成角的余弦值为( )A.35B.45C.55D.255A[如图所示，过点D1作D1F⊥DE，垂足为F，而AD⊥D1F，AD∩DE＝D，故D 1F⊥平面ADE，则∠D1EF为D1E与平面ADE所成的角，不妨设AB＝2，则D1E＝5，DF＝DD1·cos∠D1DF＝DD1·sin∠CDE＝255，EF＝355，故cos∠D1EF＝EFD1E＝35.故选A.]2．(2019·天津高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面PAD；(2)求证：PA⊥平面PCD；(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值．[解](1)证明：连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.又由BG＝PG，故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH∥平面PAD.(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC.又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD＝PC，所以DN⊥平面PAC.又PA⊂平面PAC，所以DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD∩DN＝D，所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN，由(2)中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角．因为△PCD为等边三角形，CD＝2且N为PC的中点，所以DN＝ 3.又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝DNAD＝33.所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为3 3.41。
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——直线、平面垂直的判定与性质
2.已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( C )
A.m∥l
B.m∥n
，α∩β＝l，所以l⊂β，
因为n⊥β，所以n⊥l.
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3.(2022·全国百校大联考)若m，n，l为空间三条不同的直线，α，β，γ为空间三
个不同的平面，则下列为真命题的是( B )
BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( C)
A.8
B.6 2
C.8 2
D.8 3
解析 连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1， 所以△ABC1为直角三角形. 又 AB＝2，所以 BC1＝2 3. 又 B1C1＝2，所以 BB1＝ （2 3）2－22＝2 2， 该长方体的体积 V＝2×2×2 2＝8 2.
A.若m⊥l，n⊥l，则m∥n B.若m⊥β，m∥α，则α⊥β C.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D.若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β 解析 A中，m，n可能平行，相交或异面； C中，α与β可能平行或相交； D中，α与β可能平行或相交.故选B.
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4.(2018·全 国 Ⅰ 卷 ) 在 长 方 体 ABCD － A1B1C1D1 中 ， AB ＝ BC ＝ 2 ， AC1 与 平 面
索引
(2)若AA1＝2，BC＝3，∠A1AC＝60°，求点C到平面A1ABB1的距离. 解 由 (1)可 知 A1A⊥ 平 面 A1BC ， A1A⊂平面 A1ABB1 ， 所以 平 面 A1BC⊥ 平面
A1ABB1，且交线为A1B，
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高，设其为h. 在 Rt△AA1C 中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，则 A1C＝2 3.
2021版高考文科数学(人教A版)一轮复习课件：第八章 第6讲 平行、垂直的综合问题
可得
S△ABC＝12·AB·AC·sin
60°＝
3 2.
由 PA⊥平面 ABC，可知 PA 是三棱锥 P-ABC 的高．
又
PA＝1，所以三棱锥
P-ABC
的体积
V＝13·S△ABC·PA＝
3 6.
(2)在平面 ABC 内，过点 B 作 BN⊥AC，垂足为 N，在平面 PAC 内，过点 N 作 MN∥PA 交 PC 于点 M，连接 BM. 由 PA⊥平面 ABC 知 PA⊥AC，所以 MN⊥AC. 由于 BN∩MN＝N，故 AC⊥平面 MBN. 又 BM⊂平面 MBN，所以 AC⊥BM. 在 Rt△BAN 中，AN＝AB·cos∠BAC＝12， 从而 NC＝AC－AN＝32. 由 MN∥PA，得MPMC＝ANNC＝13.
第八章 立体几何
第6讲 平行、垂直的综合问题
数学
01
核心考点 深度剖析
02
高效演练 分层突破
空间中的证明与计算问题(师生共研) 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若 PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥 PABCD 的体积 为83，求该四棱锥的侧面积． 【解】 (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)在平面 PAD 内作 PE⊥AD，垂足为 E.
由(1)知，AB⊥平面 PAD，
故 AB⊥PE，
可得 PE⊥平面 ABCD.
设 AB＝x，则由已知可得 AD＝
2x，PE＝
2021届高考数学考点与题型全归纳(文科)第八章 第五节 直线、平面垂直的判定与性质
第五节 直线、平面垂直的判定与性质一、基础知识1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直， 就说直线l 与平面α互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤❶如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直. 2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理[❷要求一平面只需过另一平面的垂线．]二、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，则这一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．考点一直线与平面垂直的判定与性质[典例]如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明](1)在四棱锥PABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.∵AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，∵PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.[解题技法] 证明线面垂直的4种方法(1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.(2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α，②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)[口诀归纳]线面垂直的关键，定义来证最常见，判定定理也常用，它的意义要记清.平面之内两直线，两线相交于一点，面外还有一直线，垂直两线是条件.[题组训练]1．(2019·安徽知名示范高中联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝BC＝BB1，AB1∩A1B＝E，D为AC上的点，B1C∥平面A1BD.(1)求证：BD⊥平面A1ACC1；(2)若AB＝1，且AC·AD＝1，求三棱锥ABCB1的体积．解：(1)证明：如图，连接ED，∵平面AB1C∩平面A1BD＝ED，B1C∥平面A1BD，∴B1C∥ED，∵E为AB1的中点，∴D为AC的中点，∵AB＝BC，∴BD⊥AC.∵A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴A1A⊥BD.又∵A 1A ，AC 是平面A 1ACC 1内的两条相交直线， ∴BD ⊥平面A 1ACC 1.(2)由AB ＝1，得BC ＝BB 1＝1，由(1)知AD ＝12AC ，又AC ·AD ＝1，∴AC 2＝2，∴AC 2＝2＝AB 2＋BC 2，∴AB ⊥BC ， ∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝12，∴V A BCB 1＝V B 1ABC ＝13S △ABC ·BB 1＝13×12×1＝16.2.如图，S 是Rt △ABC 所在平面外一点，且SA ＝SB ＝SC ，D 为斜边AC 的中点．(1)求证：SD ⊥平面ABC ；(2)若AB ＝BC ，求证：BD ⊥平面SAC .证明：(1)如图所示，取AB 的中点E ，连接SE ，DE ， 在Rt △ABC 中，D ，E 分别为AC ，AB 的中点． ∴DE ∥BC ，∴DE ⊥AB ， ∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB .又SE ∩DE ＝E ，∴AB ⊥平面SDE . 又SD ⊂平面SDE ，∴AB ⊥SD .在△SAC 中，∵SA ＝SC ，D 为AC 的中点，∴SD ⊥AC . 又AC ∩AB ＝A ，∴SD ⊥平面ABC . (2)∵AB ＝BC ，∴BD ⊥AC ，由(1)可知，SD ⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ， ∴SD ⊥BD ，又SD ∩AC ＝D ，∴BD ⊥平面SAC .考点二 面面垂直的判定与性质[典例](2018·江苏高考)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.[证明](1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.[解题技法] 证明面面垂直的2种方法定义法利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题定理法利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决[题组训练]1．(2019·武汉调研)如图，三棱锥PABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，P A⊥PC，PB＝2.求证：平面P AC⊥平面ABC.证明：取AC的中点O，连接BO，PO.因为△ABC是边长为2的正三角形，所以BO⊥AC，BO＝ 3.因为P A⊥PC，所以PO＝12AC＝1.因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.因为AC∩OP＝O，所以BO⊥平面P AC.又OB⊂平面ABC，所以平面P AC⊥平面ABC.2.(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，P A⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且P A＝AD.求证：(1)AF∥平面PEC；(2)平面PEC⊥平面PCD.证明：(1)取PC的中点G，连接FG，EG，∵F为PD的中点，G为PC的中点，∴FG为△CDP的中位线，∴FG∥CD，FG＝12CD.∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE＝12CD.∴FG＝AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC.(2)∵P A＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵P A⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵CD⊥AD，AD∩P A＝A，∴CD⊥平面P AD，∵AF⊂平面P AD，∴CD⊥AF.又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD.由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.[课时跟踪检测]A级1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是() A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.2．(2019·湘东五校联考)已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确的命题是()A．①④B．③④C．①②D．①③解析：选A对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确，排除B.对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.故④正确．故选A.3．已知P A垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．P A⊥BC B．BC⊥平面P ACC．AC⊥PB D．PC⊥BC解析：选C由P A⊥平面ACB⇒P A⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥P A，BC⊥AC，P A∩AC＝A，可得BC⊥平面P AC，所以BC⊥PC，故B、D不符合题意；AC⊥PB显然不成立，故C符合题意．4.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：选A因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平央ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面P AEC．平面PDF⊥平面P AED．平面PDE⊥平面ABC解析：选D因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，所以BC⊥平面P AE，又DF∥BC，则DF⊥平面P AE，从而平面PDF⊥平面P AE.因此选项B、C均正确．6.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________个；与AP垂直的直线有________个．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，又∵AP⊂平面P AC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：317．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α∥β；②若α外的一条直线l与α内的一条直线平行，则l∥α；③设α∩β＝l，若α内有一条直线垂直于l，则α⊥β；④直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条直线垂直．其中所有的真命题的序号是________．解析：①正确；②正确；满足③的α与β不一定垂直，所以③错误；直线l⊥α的充要条件是l与α内的两条相交直线垂直，所以④错误．故所有的真命题的序号是①②.答案：①②8．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．解析：如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．答案：①③9．(2019·太原模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，P A＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面P AD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．解：(1)证明：连接BD.∵P A＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD，又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵P A＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝ 3.又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝12×3×3＝3 2.∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，∴V PNBM＝V MPNB＝23V CPNB＝23×13×32×2＝23.10.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.证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC∥A1C1，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，AA1⊥平面A1B1C1，因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1，又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1B 1∩AA 1＝A 1，AA 1⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1，因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ，又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F ，因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .B 级1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离．解：(1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB .又因为AC ∩OB ＝O ，所以PO ⊥平面ABC .(2)作CH ⊥OM ，垂足为H ，又由(1)可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°，所以OM＝253，CH＝OC·MC·sin ∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为455.2．(2019·河南中原名校质量考评)如图，在四棱锥PABCD中，AB ∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E，F 分别是CD，PC的中点．求证：(1)BE∥平面P AD；(2)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，∴AB∥DE且AB＝DE，∴四边形ABED为平行四边形，∴AD∥BE，又BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，∴BE∥平面P AD.(2)∵AB⊥AD，∴四边形ABED为矩形，∴BE⊥CD，AD⊥CD，∵平面P AD⊥底面ABCD，平面P AD∩底面ABCD＝AD，P A⊥AD，∴P A⊥底面ABCD，∴P A⊥CD，又P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD，∴CD⊥PD，∵E，F分别是CD，PC的中点，∴PD∥EF，∴CD⊥EF，又EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF，∵CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.。
2021版新高考数学一轮复习第八章8.6利用空间向量证明空间中的位置关系课件新人教B版
22
4.因为α∥β,所以v∥u,所以
x 1
1 y
2， 1
x 4,
所以
y
1， 4
所以x+y= 15.
4
2
答案: 15
4
【规律方法】 1.证明线面平行的常用方法:(1)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的 向量共面.(2)证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行.(3)证明直线的方 向向量与平面的法向量垂直. 2.证明面面平行常用的方法:(1)利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都 平行于另一个平面.(2)证明两个平面的法向量平行.(3)证明一个平面的法向量 也是另一个平面的法向量.
【解析】(1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角 坐标系.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),所以 AP ·BC =(0,3,4)· (-8,0,0)=0, 所以 AP ⊥ BC ,即AP⊥BC.
A1M=AN= 2a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( )
3
A.相交
B.平行
C.垂直
D.不能确定
3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB= 2 ,AF=1,M在EF上,且 AM∥平面BDE,则M点的坐标为 ( )
A.(1,1,1)
B.( 2 ， 2 ，1) 33
C.( 2 ， 2 ，1)? 22
3.选C.建系如图,则A( 2 , 2 ,0),B(0, 2 ,0),D( 2 ,0,0),
E(0,0,1),设M(a,a,1),则 AM =(a- 2 ,a- 2 ,1),可求出平面BDE的一个法向
2021年高考文科数学(人教A版)一轮复习讲义：第5讲直线、平面垂直的判定与性质
第 5 讲直线、平面垂直的判定与性质、知识梳理(1) 定义：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，如图，/ PAO就是斜线AP与平面a所成的角.n⑵线面角B的范围：张0, 2 .①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角；③当直线与平面斜交时，它们所成的角是锐角.常用结论1 •与线面垂直相关的两个常用结论：(1) 两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直.(2) —条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直.2.三种垂直关系的转化：判定定理判定定理线线垂直线面垂直面面垂直性质定理性质定理二、习题改编1. (必修2P72探究改编)已知互相垂直的平面 a B交于直线I•若直线m, n满足m// a,则()A . m / I B. m / nC. n丄ID. m±n解析：选C.由题意知，aA3= I,所以I? 3,因为n丄B,所以n丄I.2. (必修2P67练习T2改编)在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA= PB= PC,则点O是厶ABC的 __________ 心；⑵若PA丄PB, PB丄PC, PC丄PA,则点O是厶ABC的_________ 心.解析：⑴如图，连接OA, OB, OC, OP,在Rt△PDA, RtAPOB 和Rt△3OC 中，PA =PB = PC,所以OA = OB= OC,即O为厶ABC的外心.(2)如图，延长AO, BO, CO分别交BC, AC, AB于点H , D, G.因为PC丄PA, PB丄PC, FA A PB= P,所以PC丄平面PAB,又AB?平面PAB,所以PC丄AB ,因为AB丄PO , PO Q PC = P, 所以AB丄平面PGC,又CG?平面PGC,所以AB丄CG ,即CG ABC边AB上的高.同理可证BD , AH分别为△ ABC边AC, BC上的高，即O ABC的垂心.答案：(1)外(2)垂一、思考辨析判断正误(正确的打“V”，错误的打“X”)⑴已知直线a, b, c,若a丄b, b丄c,贝U a// c.( )(2) 直线l与平面a内的无数条直线都垂直，则I丄a()(3) 设m, n是两条不同的直线，a是一个平面，若m // n, m丄a,贝U n丄a( )(4) 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．( )(5) 若平面a内的一条直线垂直于平面B内的无数条直线，则a丄B( )答案：(1)X (2)X (3)V (4)X (5)X二、易错纠偏常见误区(1)证明线面垂直时,易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件；(2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直．1. (2020安徽江南十校联考)已知m和n是两条不同的直线，a和B是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m丄B的是()A . a丄B且m? a B. m± n 且n〃BC. m / n 且n丄 BD. m±n 且a/ 3解析：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确.2. (2020辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知直线I和平面a, 3且I? a,贝厂'1丄3”是“ a丄3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解析：选A.由面面垂直的判定定理可得，若I? a, I丄3则a丄3充分性成立；，故选A.若I丄伏a丄B,则I? a或I // a,必要性不成立，所以若I? a,则“ I丄8'是“ a丄8'的充分不必要条件线面垂直的判定与性质（师生共研）(1)(2018高考全国卷n节选)如图，在三棱锥P-ABC中，AB = BC = 2 2, PA = PB = PC= AC= 4, O为AC的中点.证明：PO丄平面ABC.(2)(2020重•庆市七校联合考试)如图，直三棱柱ABC-A i B i C i的所有棱长都是2, D, E 分别是AC,CC i的中点.求证：AE丄平面A i BD.【证明】⑴因为AP = CP = AC = 4, O为AC的中点，所以OP丄AC,且OP= 2.3.J2连接OB.因为AB= BC = -^AC,所以△ ABC为等腰直角三角形，1且OB丄AC, OB = ?AC= 2.由OP2+ OB2= PB2知，PO 丄OB.由OP丄OB, OP丄AC知PO丄平面ABC.⑵因为AB= BC = CA, D是AC的中点，所以BD丄AC,因为直三棱柱ABC-A i B i C i中，AA i丄平面ABC,所以平面AA1C1C丄平面ABC, 所以BD丄平面AA i C i C,所以BD丄AE.又在正方形AA i C i C中，D, E分别是AC, CC i的中点，所以A i D 丄AE.又A i D A BD = D,所以AE丄平面A i BD.判定线面垂直的四种方法如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，底面ABC是正三角形，M , N分别是AB, AA i的中点，且A i M丄B i N.求B i N 丄A i C.连接CM,在直三棱柱ABC-A i B i C i中，AA i丄平面ABC , CM?平面ABC,所以证明：AA i 丄CM.在厶ABC 中，AC= BC, AM= BM ,所以CM 丄AB.又AA i A AB= A,所以CM丄平面ABB i A i.因为B i N?平面ABB i A i,所以CM丄B i N.又A i M 丄B i N , A i M A CM = M ,所以B i N 丄平面A i CM .因为A i C?平面A i CM ,所以B i N丄A i C.面面垂直的判定与性质（师生共研）（2019高考北京卷节选）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA丄平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.⑴求证：BD丄平面FAC;⑵若/ ABC = 60°,求证：平面PAB丄平面FAE.【证明】⑴因为PA丄平面ABCD , 所以PA丄BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD丄AC.又FA P AC = A,所以BD丄平面FAC.⑵因为FA丄平面ABCD , AE?平面ABCD , 所以PA丄AE.因为底面ABCD为菱形，/ABC = 60°,且E为CD的中点，所以AE丄CD.所以AB丄AE.又AB A PA = A,所以AE丄平面FAB.因为AE? 平面PAE，所以平面PAB丄平面FAE.(1) 证明面面垂直的方法①定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．②定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．(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．如图，在三棱锥A-BCD 中，△ ABC 是等边三角形，/ BAD = Z BCD = 90°,点P是AC的中点，连接BP, DP.证明：平面ACD丄平面BDP.证明：因为△ ABC是等边三角形，/BAD = Z BCD = 90°,所以Rt△ABD细t△CBD,可得AD = CD.因为点P是AC的中点，所以PD丄AC, PB丄AC,因为PD n PB= P, PD?平面PBD , PB?平面PBD, 所以AC丄平面PBD.因为AC? 平面ACD ，所以平面ACD丄平面BDP.直线与平面所成的角（师生共研）（2020宁夏六盘山高级中学二模）空间四边形PABC中，PA丄平面ABC, AC丄BC, AC= BC= 2, PA = 4,贝U PC和平面FAB所成角的正切值为_________ .【解析】取AB的中点0,连接CO, P0,易知CO丄平面PAB,则/ CPO为PC和平面PAB所成的角.易得CO = 2, P0 = 3 2,所以tan ZCPO= CO = 3，所以PC和平面PAB所成角的正切值为3.1【答案】。
2021年新教材高中数学必修第二册：8.6.2 直线与平面垂直(第1课时)直线与平面垂直的判定
2021年新教材高中数学必修第二册：8.6.2 直线与平面垂直第1课时 直线与平面垂直的判定本节课选自《普通高中课程标准数学教科书-必修第二册》（人教A 版）第八章《立体几何初步》，本节课主要学习直线与平面垂直的判定定理及其应用。
线面垂直是空间中线线垂直位置关系的拓展，又是面面垂直的基础，是空间中垂直关系转化的关键。
同时，它又是学习直线和平面所成的角、平面与平面的距离等后续知识的基础。
因此，这部分内容在教材中起着承上启下的作用。
本节课的学习，可以培养学生提出猜想、验证猜想、作出数学发现的意识，增强“平面化”和“降维”的转化思想，以及发展空间想象能力。
课程目标学科素养证明．1.教学重点：直线与平面垂直的定义，用直线与平面垂直的判定定理和性质定理进行证明；2.教学难点：直线与平面垂直的判定定理，并会用其判断直线与平面垂直．多媒体三、达标检测1．直线l⊥平面α，直线m⊂α，则l与m不可能()A．平行B．相交C．异面D．垂直【答案】A【解析】若l∥m，l⊄α，m⊂α，则l∥α，这与已知l⊥α矛盾．所以直线l与m不可能平行．2．垂直于梯形两腰的直线与梯形所在平面的位置关系是() A．垂直B．相交但不垂直C．平行D．不确定【答案】A【解析】因为梯形两腰所在直线为两条相交直线，所以由线面垂直的判定定理知，直线与平面垂直．选A.3．如图所示，若斜线段AB是它在平面α上的射影BO的2倍，则AB与平面α所成的角是()A．60° B．45°C．30° D．120°【答案】A【解析】∠ABO即是斜线AB与平面α所成的角，在Rt△AOB中，AB＝2BO，所以cos∠ABO＝12，即∠ABO＝60°. 故选A.4．在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：A1C⊥平面BC1D.[证明]如图，连接AC，∴AC⊥BD，又∵BD⊥A1A，AC∩AA1＝A，AC，A1A⊂平面A1AC，∴BD⊥平面A1AC，∵A1C⊂平面A1AC，∴BD⊥A1C.同理可证BC1⊥A1C.又∵BD∩BC1＝B，BD，BC1⊂平面BC1D，∴A1C⊥平面BC1D.四、小结让学多观察直线与平面垂直的实例，更好的理解直线与平面的定义，证明直线与平面垂直，应强调关键是在平面内找两条相交直线与该直线垂直。
2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.4 直线、平面垂直的判定与性质(教师版含解析
2021年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.4 直线、平面垂直的判定与性质目录一、考点全归纳1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理(1)直线与平面所成的角⊂定义：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，如图，⊂P AO 就是斜线AP与平面α所成的角．⊂线面角θ的范围：θ⊂⎣⎡⎦⎤0，π2．(2)二面角⊂定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱．两个半平面叫做二面角的面．如图的二面角，可记作：二面角αlβ或二面角PABQ．⊂二面角的平面角如图，过二面角αl β的棱l 上一点O 在两个半平面内分别作BO ⊂l ，AO ⊂l ，则⊂AOB 就叫做二面角αl β的平面角． ⊂二面角的范围设二面角的平面角为θ，则θ⊂[0，π]． ⊂当θ＝π2时，二面角叫做直二面角．【常用结论】1．线线、线面、面面垂直间的转化2．两个重要定理 (1)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． (2)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． 3．重要结论(1)若两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．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)． (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，则这一条直线与另一个平面也垂直．二 题型全归纳题型一 线面垂直的判定与性质【题型要点】(1)判定线面垂直的四种方法(2)判定线线垂直的四种方法类型一 线面垂直的证明【例1】如图所示，在四棱锥P ABCD 中，AB ⊂平面P AD ，AB ⊂CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为⊂P AD 中AD 边上的高．求证：(1)PH ⊂平面ABCD ； (2)EF ⊂平面P AB .【证明】 (1)因为AB ⊂平面P AD ，PH ⊂平面P AD ，所以PH ⊂AB . 因为PH 为⊂P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊂AD .因为AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊂平面ABCD .(2)如图，取P A 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB .又因为DF 綊12AB .所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形， 所以EF ⊂MD .因为PD ＝AD ，所以MD ⊂P A . 因为AB ⊂平面P AD ，所以MD ⊂AB . 因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊂平面P AB ， 所以EF ⊂平面P AB .类型二 线面垂直性质的应用【例2】如图，在三棱锥A BCD 中，AB ⊂AD ，BC ⊂BD ，平面ABD ⊂平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊂AD .求证：(1)EF ⊂平面ABC ； (2)AD ⊂AC .【证明】(1)在平面ABD 内，因为AB ⊂AD ，EF ⊂AD ，所以EF ⊂AB . 又因为EF ⊂平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ⊂平面ABC .(2)因为平面ABD ⊂平面BCD ， 平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， BC ⊂平面BCD ，BC ⊂BD ， 所以BC ⊂平面ABD .因为AD⊂平面ABD，所以BC⊂AD.又AB⊂AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊂平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊂AC.题型二面面垂直的判定与性质【题型要点】(1)利用面面垂直的判定定理证明面面垂直的一般方法是：先寻找平面的垂线，若图中存在这样的直线，则可通过线面垂直来证明面面垂直；若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决，作辅助线应有理论根据并有利于证明．(2)证明两个平面垂直，通常是通过证明线线垂直→线面垂直→面面垂直来实现．(3)两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”这一条件．【例1】(2020·衡水中学模拟)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为直角梯形，AB⊂DC，⊂ABC＝90°，⊂P AB ＝120°，DC＝PC＝2.P A＝AB＝BC＝1.(1)证明：平面P AB⊂平面PBC；(2)求四棱锥PABCD的体积．【解析】(1)证明：在⊂P AB中，由P A＝AB＝1，⊂P AB＝120°，得PB＝3，因为PC＝2，BC＝1，PB＝3，所以PB2＋BC2＝PC2，即BC⊂PB；因为⊂ABC＝90°，所以BC⊂AB，又PB∩AB＝B，所以BC⊂平面P AB，又BC⊂平面PBC，所以平面P AB⊂平面PB C.(2)在平面P AB内，过点P作PE⊂AB，交BA的延长线于点E，如图所示．由(1)知BC⊂平面P AB，因为BC⊂平面ABCD，所以平面P AB⊂平面ABCD.又平面P AB∩平面ABCD＝AB, PE⊂AB，所以PE⊂平面ABCD，因为在Rt⊂PEA中，P A＝1，⊂P AE＝60°，所以PE＝3 2.因为底面ABCD是直角梯形，所以四棱锥PABCD的体积为V PABCD＝13×12×(1＋2)×1×32＝34.【例2】.如图，四棱锥PABCD中，AB⊂AC，AB⊂P A，AB⊂CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE⊂平面P AD；(2)求证：平面EFG⊂平面EMN.【证明】(1)法一：取P A的中点H，连接EH，DH.又E 为PB 的中点， 所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ⊂DH .又DH ⊂平面P AD ，CE ⊂平面P AD . 所以CE ⊂平面P AD .法二：连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ⊂CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ⊂AD .又CF ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 所以CF ⊂平面P AD .因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF⊂P A.又EF⊂平面P AD，P A⊂平面P AD，所以EF⊂平面P AD.又因为CF∩EF＝F.故平面CEF⊂平面P AD.又因为CE⊂平面CEF，所以CE⊂平面P AD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF⊂P A，又AB⊂P A，所以AB⊂EF.同理可得AB⊂FG.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，因此AB⊂平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN⊂CD.又AB⊂CD，所以MN⊂AB，所以MN⊂平面EFG.又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊂平面EMN.题型三平行与垂直的综合问题类型一探索性问题中的平行与垂直关系【通法归纳】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．【技巧要点】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【例1】(2019·北京高考)如图，在四棱锥PABCD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⊂A C.又P A∩AC＝A，所以BD⊂平面P A C.(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 .【例2】如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别是棱BC ，AB 的中点，点F 在棱CC 1上，已知AB ＝AC ，AA 1＝3，BC ＝CF ＝2.(1)求证：C 1E ⊂平面ADF ；(2)设点M 在棱BB 1上，当BM 为何值时，平面CAM ⊂平面ADF .(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⊂B C.在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊂平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊂平面AB C.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 .类型二 折叠问题中的平行与垂直关系【通法归纳】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．【例2】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． 【解析】(1)证明：由已知可得，⊂BAC ＝90°，即BA ⊂A C.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AB C.(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. 【例2】如图⊂，在等腰直角三角形ABC 中，⊂A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将⊂ADE 沿DE 折起，得到如图⊂所示的四棱锥A ′－BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊂平面BCDE ；(2)求二面角A ′－CD －B 的平面角的余弦值．【解】 (1)证明：在题图⊂中，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝22.连接OD ，OE ，在⊂OCD 中，由余弦定理可得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45 °＝ 5.由翻折不变性可知A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊂OD ，同理可证A ′O ⊂OE ，又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊂平面BCDE .(2)过O 作OH ⊂CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ，因为A ′O ⊂平面BCDE ，所以A ′H ⊂CD ，所以⊂A ′HO 为二面角A ′－CD －B 的平面角．结合题图⊂可知，H 为AC 的中点，故OH ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋OA ′2＝302，所以cos⊂A ′HO ＝OH A ′H ＝155， 所以二面角A ′－CD －B 的平面角的余弦值为155. 三、高效训练突破一、选择题1．(2020·昆明模拟)己知直线l ⊂平面α，直线m ⊂平面β，若α⊂β，则下列结论正确的是( )A ．l ⊂β或l ⊂βB ．l ⊂mC ．m ⊂αD ．l ⊂m【答案】A【解析】直线l ⊂平面α，α⊂β，则l ⊂β或l ⊂β，A 正确，故选A.2．(2020·辽宁大连模拟)已知直线l 和平面α，β，且l ⊂α，则“l ⊂β”是“α⊂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】A【解析】：.由面面垂直的判定定理可得，若l ⊂α，l ⊂β，则α⊂β，充分性成立；若l ⊂α，α⊂β，则l 与β平行或相交或垂直，必要性不成立．所以若l ⊂α，则“l ⊂β”是“α⊂β”的充分不必要条件，故选A.3．(2020·河北唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB 与平面CDE 垂直的是( )A ．⊂⊂B ．⊂⊂C ．⊂⊂D ．⊂⊂【答案】B.【解析】：对于⊂，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于⊂，易证AB⊂CE，AB⊂ED，且CE∩ED＝E，则AB⊂平面CDE；对于⊂，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE 不垂直；对于⊂，易证ED⊂平面ABC，则ED⊂AB，同理EC⊂AB，可得AB⊂平面CDE.故选B.4.(2020·黑龙江鹤岗模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VO⊂平面ABC，O⊂CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中不一定成立的是()A．AC＝BC B．AB⊂VC C．VC⊂VD D．S⊂VCD·AB＝S⊂ABC·VO【答案】C.【解析】：因为VO⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，所以VO⊂AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊂AB.又因为VO∩VD＝V，所以AB⊂平面VCD.又因为CD⊂平面VCD，所以AB⊂CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确．又因为VC⊂平面VCD，所以AB⊂VC，故B正确；因为S⊂VCD＝12VO·CD，S⊂ABC＝12AB·CD，所以S⊂VCD·AB＝S⊂ABC·VO，故D正确．由题中条件无法判断VC⊂VD.故选C.5.(2020·宁夏模拟)如图，AB是⊂O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，P A⊂平面ABC，则四面体PABC的四个面中，直角三角形的个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个【答案】A【解析】⊂AB是圆O的直径，⊂⊂ACB＝90°，即BC⊂AC，⊂ABC是直角三角形．又P A⊂⊂O所在平面，⊂⊂P AC，⊂P AB是直角三角形．且P A⊂BC，因此BC垂直于平面P AC中两条相交直线，⊂BC⊂平面P AC, ⊂⊂PBC是直角三角形．从而⊂P AB，⊂P AC，⊂ABC，⊂PBC中，直角三角形的个数是4.故选A.6．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊂DC1B．A1E⊂BDC．A1E⊂BC1D．A1E⊂AC【答案】C【解析】如图⊂A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，⊂选项B，D错误；⊂A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊂BC1，⊂A1E⊂BC1，故选项C正确；(证明：由条件易知，BC1⊂B1C，BC1⊂CE，又CE∩B1C＝C，⊂BC1⊂平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，⊂A1E⊂BC1.)⊂A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故选项A错误．故选C.7.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC⊂平面PDF B．DF⊂平面P AEC．平面PDF⊂平面P AE D．平面PDE⊂平面ABC【答案】D.【解析】：因为BC⊂DF，DF⊂平面PDF，BC⊂平面PDF，所以BC⊂平面PDF，故选项A正确；在正四面体中，AE⊂BC，PE⊂BC，AE∩PE＝E，且AE，PE⊂平面P AE，所以BC⊂平面P AE，因为DF⊂BC，所以DF⊂平面P AE，又DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊂平面P AE.因此选项B，C均正确．8．(2020·武邑模拟)如图所示，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，⊂BAC＝90°，BC1⊂AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．⊂ABC的内部【答案】A【解析】连接AC1(图略)，因为AC⊂AB，AC⊂BC1，AB∩BC1＝B，所以AC⊂平面ABC1，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊂平面ABC，所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.9.如图，梯形ABCD中，AD⊂BC，⊂ABC＝90°，AD⊂BC⊂AB＝2⊂3⊂4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：⊂DF⊂BC；⊂BD⊂FC；⊂平面BDF⊂平面BCF；⊂平面DCF⊂平面BCF，则上述结论可能正确的是()A．⊂⊂ B．⊂⊂C．⊂⊂ D．⊂⊂【答案】B.【解析】：对于⊂，因为BC ⊂AD ，AD 与DF 相交但不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则⊂不成立；对于⊂，设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊂CF 时就有BD ⊂FC ，而AD ⊂BC ⊂AB ＝2⊂3⊂4可使条件满足，所以⊂正确；对于⊂，当点D 在平面BCF 上的射影P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊂平面BCF ，所以⊂正确；对于⊂，因为点D 在平面BCF 上的射影不可能在FC 上，所以⊂不成立．10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A.334B.233C.324D.32【答案】A【解析】记该正方体为ABCD A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝⎛⎭⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A.二、填空题1.如图，在⊂ABC中，⊂ACB＝90°，AB＝8，⊂ABC＝60°，PC⊂平面ABC，PC＝4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为________．【答案】：27【解析】：作CH⊂AB于H，连接PH.因为PC⊂平面ABC，所以PH⊂AB，PH为PM的最小值，等于27.2.如图所示，在四棱锥PABCD中，P A⊂底面ABCD，且底面各边都相等，M是边PC上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD⊂平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)【答案】：DM⊂PC(或BM⊂PC)【解析】：连接AC，BD，则AC⊂BD，因为P A⊂底面ABCD，所以P A⊂BD.又P A∩AC＝A，所以BD⊂平面P AC，所以BD⊂PC.所以当DM⊂PC(或BM⊂PC)时，即有PC⊂平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊂平面PCD.3.如图，P A⊂⊂O所在平面，AB是⊂O的直径，C是⊂O上一点，AE⊂PC，AF⊂PB，给出下列结论：⊂AE⊂BC；⊂EF⊂PB；⊂AF⊂BC；⊂AE⊂平面PBC，其中正确结论的序号是________．【答案】：⊂⊂⊂【解析】：⊂AE ⊂平面P AC ，BC ⊂AC ，BC ⊂P A ⊂AE ⊂BC ，故⊂正确；⊂AE ⊂PC ，AE ⊂BC ，PB ⊂平面PBC ⊂AE ⊂PB ，AF ⊂PB ，EF ⊂平面AEF ⊂EF ⊂PB ，故⊂正确；⊂若AF ⊂BC ⊂AF ⊂平面PBC ，则AF ⊂AE 与已知矛盾，故⊂错误；由⊂可知⊂正确．4．在矩形ABCD 中，AB ＜BC ，现将⊂ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：⊂存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直；⊂存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直；⊂存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直．其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)【答案】：⊂【解析】：⊂假设AC 与BD 垂直，过点A 作AE ⊂BD 于点E ，连接CE .则⎭⎬⎫AE ⊂BD BD ⊂AC ⊂BD ⊂平面AEC ⊂BD ⊂CE ，而在平面BCD 中，EC 与BD 不垂直，故假设不成立，⊂错． ⊂假设AB ⊂CD ，因为AB ⊂AD ，所以AB ⊂平面ACD ，所以AB ⊂AC ，由AB ＜BC 可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB ⊂CD ，故假设成立，⊂正确．⊂假设AD ⊂BC ，因为DC ⊂BC ，所以BC ⊂平面ADC ，所以BC ⊂AC ，即⊂ABC 为直角三角形，且AB 为斜边，而AB ＜BC ，故矛盾，假设不成立，⊂错．综上，填⊂.5．如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，⊂ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊂平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．【答案】：12【解析】：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊂平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊂DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt⊂AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h ， 又2×2＝h ×22＋（2）2，所以h ＝233，DE ＝33. 在Rt⊂DB 1E 中，B 1E ＝（22）2－（33）2＝66. 由面积相等得66× x 2＋（22）2＝22x ，得x ＝12.即线段B 1F 的长为12. 6．(2020·南昌模拟)如图所示，在正方形ABCD 中，AC 为对角线，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF 的中点．现在沿AE ，AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为H .下列说法错误的是________．(将符合题意的序号填到横线上)⊂AG ⊂⊂EFH 所在平面；⊂AH ⊂⊂EFH 所在平面；⊂HF ⊂⊂AEF 所在平面；⊂HG ⊂⊂AEF 所在平面．【答案】⊂⊂⊂【解析】根据折叠前AB ⊂BE ，AD ⊂DF 可得折叠后AH ⊂HE ，AH ⊂HF ，可得AH ⊂平面EFH ，即⊂正确；⊂过点A 只有一条直线与平面EFH 垂直，⊂⊂不正确；⊂AG ⊂EF ，AH ⊂EF ，⊂EF ⊂平面HAG ，⊂平面HAG ⊂平面AEF ，过H 作直线垂直于平面AEF ，该直线一定在平面HAG 内，⊂⊂不正确；⊂HG 不垂直AG ，⊂HG ⊂平面AEF 不正确，⊂不正确，综上，说法错误的是⊂⊂⊂.三 解答题1．如图，在多面体ABCDPE 中，四边形ABCD 和CDPE 都是直角梯形，AB ⊂DC ，PE ⊂DC ，AD ⊂DC ，PD ⊂平面ABCD ，AB ＝PD ＝DA ＝2PE ，CD ＝3PE ，F 是CE 的中点．(1)求证：BF⊂平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊂平面AOF.【证明】：(1)如图取PD的中点为G，连接FG，AG，因为F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，因为CD＝3PE，所以FG＝2PE，FG⊂CD，因为CD⊂AB，AB＝2PE，所以AB⊂FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，所以BF⊂AG，又BF⊂平面ADP，AG⊂平面ADP，所以BF⊂平面ADP.(2)延长AO交CD于点M，连接BM，FM，因为BA⊂AD，CD⊂DA，AB＝AD，O为BD的中点，所以ABMD是正方形，则BD⊂AM，MD＝2PE.所以FM⊂PD，因为PD⊂平面ABCD，所以FM⊂平面ABCD，所以FM⊂BD，因为AM ∩FM ＝M ，所以BD ⊂平面AMF ，所以BD ⊂平面AOF .2．如图1，在等腰梯形PDCB 中，PB ⊂DC ，PB ＝3，DC ＝1，⊂DPB ＝45°，DA ⊂PB 于点A ，将⊂P AD 沿AD 折起，构成如图2所示的四棱锥P ABCD ，点M 在棱PB 上，且PM ＝12MB . (1)求证：PD ⊂平面MAC ；(2)若平面P AD ⊂平面ABCD ，求点A 到平面PBC 的距离．【解析】：(1)证明：在四棱锥P ABCD 中，连接BD 交AC 于点N ，连接MN ，依题意知AB ⊂CD ，所以⊂ABN ⊂⊂CDN ，所以BN ND ＝BA CD＝2， 因为PM ＝12MB ， 所以BN ND ＝BM MP＝2， 所以在⊂BPD 中，MN ⊂PD ，又PD ⊂平面MAC ，MN ⊂平面MAC .所以PD ⊂平面MAC .(2)法一：因为平面P AD ⊂平面ABCD ，且两平面相交于AD ，P A ⊂AD ，P A ⊂平面P AD ，所以P A ⊂平面ABCD ，所以V P ABC ＝13S ⊂ABC ·P A ＝13×⎝⎛⎭⎫12×2×1×1＝13. 因为AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，所以PB ＝P A 2＋AB 2＝5，PC ＝P A 2＋AC 2＝3，BC ＝AD 2＋（AB －CD ）2＝2，所以PB 2＝PC 2＋BC 2，故⊂PCB ＝90°，记点A 到平面PBC 的距离为h ，所以V A PBC ＝13S ⊂PBC ·h ＝13×⎝⎛⎭⎫12×3×2h ＝66h . 因为V P ABC ＝V A PBC ，所以13＝66h ，解得h ＝63. 故点A 到平面PBC 的距离为63. 法二：因为平面P AD ⊂平面ABCD ，且两平面相交于AD ，P A ⊂AD ，P A ⊂平面P AD ，所以P A ⊂平面ABCD ，因为BC ⊂平面ABCD ，所以P A ⊂BC ，因为AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，BC ＝AD 2＋（AB －CD ）2＝2，所以⊂ACB ＝90°，即BC ⊂AC ，又P A ∩AC ＝A ，P A ，AC ⊂平面P AC ，所以BC ⊂平面P AC ，过点A 作AE ⊂PC 于点E ，则BC ⊂AE ，因为PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC ，所以AE ⊂平面PBC ，所以点A 到平面PBC 的距离为AE ＝P A ·AC PC ＝1×23＝63. 3．(2020·河南郑州第二次质量预测)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，⊂BAD ＝π3，⊂P AD 是等边三角形，F 为AD 的中点，PD ⊂BF .(1)求证：AD ⊂PB ；(2)若E 在线段BC 上，且EC ＝14BC ，能否在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊂平面ABCD ？若存在，求出三棱锥D －CEG 的体积；若不存在，请说明理由．【解析】：(1)证明：连接PF ，因为⊂P AD 是等边三角形，F 是AD 的中点，所以PF ⊂AD . 因为底面ABCD 是菱形，⊂BAD ＝π3，所以BF ⊂AD . 又PF ∩BF ＝F ，所以AD ⊂平面BFP ，又PB ⊂平面BFP ，所以AD ⊂PB .(2)能在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊂平面ABCD .由(1)知AD ⊂BF ，因为PD ⊂BF ，AD ∩PD ＝D ，所以BF ⊂平面P AD .又BF ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊂平面P AD ，又平面ABCD ∩平面P AD ＝AD ，且PF ⊂AD ，所以PF ⊂平面ABCD .连接CF 交DE 于点H ，过H 作HG ⊂PF 交PC 于点G ，所以GH ⊂平面ABCD .又GH ⊂平面DEG ，所以平面DEG ⊂平面ABCD .因为AD ⊂BC ，所以⊂DFH ⊂⊂ECH ，所以CH HF ＝CE DF ＝12， 所以CG GP ＝CH HF ＝12， 所以GH ＝13PF ＝33， 所以V D －CEG ＝V G －CDE ＝13S ⊂CDE ·GH ＝13×12DC ·CE ·sin π3·GH ＝112. 4．如图(1)，在Rt⊂ABC 中，⊂ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊂BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将⊂ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1BCD ，如图(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ⊂平面A 1EF ；(2)求证：BD ⊂A 1F ；(3)若平面A 1BD ⊂平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？并说明理由．【解析】：(1)证明：因为D ，M 分别为AC ，FC 的中点，所以DM ⊂EF ，又EF ⊂平面A 1EF ，DM ⊂平面A 1EF ，所以DM ⊂平面A 1EF .(2)证明：因为A 1E ⊂BD ，EF ⊂BD 且A 1E ∩EF ＝E ，所以BD ⊂平面A 1EF .又A 1F ⊂平面A 1EF ，所以BD ⊂A 1F .(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：因为平面A1BD⊂平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊂BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊂平面A1BD.因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊂EF，又因为EF⊂DM，所以A1B⊂DM.假设A1B⊂CD，因为CD∩DM＝D，所以A1B⊂平面BCD，所以A1B⊂BD，这与⊂A1BD为锐角矛盾，所以直线A1B与直线CD不能垂直．。
2021版文科数学人教版一轮复习核心考点·精准研析 9.3直线、平面平行的判定及其性质
2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析9.3直线、平面平行的判定及其性质温馨提示：此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
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核心考点·精准研析考点一直线、平面平行的基本问题1。
如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点,Q为PA的中点，O为AC与BD的交点,下面说法错误的是（)A.OQ∥平面PCDB.PC∥平面BDQC.AQ∥平面PCDD.CD∥平面PAB2.已知a,b表示直线，α,β，γ表示平面，则下列推理正确的是（)A.α∩β=a,b⊂α⇒a∥bB。
α∩β=a,a∥b⇒b∥α且b∥βC.a∥β,b∥β,a⊂α，b⊂α⇒α∥βD。
α∥β，α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b3。
如图是正方体的平面展开图.关于这个正方体,有以下判断：①EC⊥平面AFN;②CN∥平面AFB;③BM∥DE;④平面BDE∥平面NCF.其中正确判断的序号是（)A.①③B.②③C.①②④D.②③④4.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面,则四边形EFGH的形状为________。
世纪金榜导学号【解析】1。
选C。
因为O为平行四边形ABCD对角线的交点,所以AO=OC，又Q为PA的中点，所以QO∥PC。
由线面平行的判定定理,可知A、B正确,又四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD，故CD∥平面PAB,故D正确.2。
选D.选项A中，α∩β=a,b⊂α,则a,b可能平行也可能相交，故A不正确;选项B中,α∩β=a,a∥b,则可能b∥α且b∥β,也可能b在平面α或β内,故B不正确;选项C中，a∥β，b∥β，a⊂α，b⊂α,根据面面平行的判定定理，再加上条件a∩b=A,才能得出α∥β，故C不正确;选项D为面面平行性质定理的符号语言。
3.选C.由已知中正方体的平面展开图，得到正方体的直观图如图所示：由⇒FN⊥平面EMC,故FN⊥EC;同理AF⊥EC，故EC ⊥平面AFN,故①正确；由CN∥BE，则CN∥平面AFB,故②正确；由图可知BM∥DE显然错误，故③不正确;由BD∥NF得BD∥平面NCF，DE∥CF得DE∥平面NCF，由面面平行判定定理可知平面BDE∥平面NCF，故④正确。
2021-2022年高三文科数学课件§8.4 直线、平面垂直的判定与性质
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5.(2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)证明:AC⊥BD; (2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体 ABCE与四面体ACDE的体积比.
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解析 (1)取AC的中点O,连接DO,BO. 因为AD=CD,所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO. 从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD. (2)连接EO. 由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO. 在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2, 故∠DOB=90°.
∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC, 又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,∴AC⊥OE, 同理有BC⊥OF,∴四边形OECF为矩形,
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∵PC=PC且PE=PF, ∴Rt△PEC≌Rt△PFC,∴EC=FC= PC2 PE2 =1, ∴四边形OECF是边长为1的正方形, ∴OC= 2 , 在Rt△POC中,PO= PC2 OC2 = 2 . 思路分析 设PO⊥平面ABC,作PE⊥AC,PF⊥BC,根据线面垂直的判定与性质判定四边形 OECF为矩形,根据Rt△PEC≌Rt△PFC,得出EC=FC,进而判断出四边形OECF是正方形,从而 得出OC的长,进一步在Rt△POC中求出PO的长,即点P到平面ABC的距离.
连接OB,因为AB=BC= 2 AC, 2
所以△ABC为等腰直角三角形,
且OB⊥AC,OB= 1 AC=2.
2
由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
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第六节直线、平面平行与垂直的综合问题考点一立体几何中的探索性问题[典例](2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．[解](1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下：连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点．连接OP，因为P为AM的中点，所以MC∥OP.又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.[题组训练]1.如图，三棱锥PABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥PABC的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在，请说明理由，并求PMMC 的值．解：(1)由题设AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°， 可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P ABC 的高， 又P A ＝1，所以三棱锥P ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.(2)在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，证明如下：如图，在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .由P A ⊥平面ABC ，知P A ⊥AC ， 所以MN ⊥AC .因为BN ∩MN ＝N ，所以AC ⊥平面MBN ， 又BM ⊂平面MBN ， 所以AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32，由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13.2.如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD .又PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥BC .(2)连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ，延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则P A ∥平面MEG . 证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点， 所以EO ∥P A .因为EO ⊂平面MEG ，P A ⊄平面MEG ，所以P A ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ，所以AM ＝CG ＝23，所以AM 的长为23.考点二 平面图形的翻折问题[典例] (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 ＝D Q ＝23DA ，求三棱锥Q ABP的体积．解：(1)证明：由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC . 又因为BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面ACD .因为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 ＝D Q ＝23DA ，所以BP ＝2 2.如图，过点Q 作Q E ⊥AC ，垂足为E ，则Q E 綊13DC .由已知及(1)可得，DC ⊥平面ABC ， 所以Q E ⊥平面ABC ，Q E ＝1.因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13×S △ABP ×Q E ＝13×12×3×22sin 45°×1＝1.[题组训练]1．(2019·湖北五校联考)如图1所示，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，得到如图2所示的几何体D ABC .(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F BCE 的体积． 解：(1)证明：∵AC ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4，∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16，∴AC ⊥BC .∵平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ， ∴BC ⊥平面ACD .(2)∵AD ∥平面BEF ，AD ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面BEF ＝EF ，∴AD ∥EF ， ∵E 为AC 的中点，∴EF 为△ACD 的中位线，由(1)知，几何体F BCE 的体积V F BCE ＝V B CEF ＝13×S △CEF ×BC ，S △CEF ＝14S △ACD ＝14×12×2×2＝12，∴V F BCE ＝13×12×22＝23.2．(2018·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60°，CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57.将△CDE 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP ＝3，得到如图2所示的四棱锥P ABCE .(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面P AB 与平面PCE 相交于直线l ，求证：AB ∥l . 证明：(1)在△CDE 中，∵CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57，由余弦定理得CE ＝ (7)2＋(7)2－2×7×7×57＝2.连接AC ，∵AE ＝2，∠AEC ＝60°， ∴AC ＝2. 又AP ＝3，∴在△P AE 中，AP 2＋AE 2＝PE 2， 即AP ⊥AE . 同理，AP ⊥AC .∵AC ∩AE ＝A ，AC ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ， ∴AP ⊥平面ABCE .(2)∵AB ∥CE ，且CE ⊂平面PCE ，AB ⊄平面PCE ，∴AB∥平面PCE.又平面P AB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.[课时跟踪检测]1.如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是圆内接四边形(记此圆为W )，且P A ⊥平面ABCD .(1)当BD 是圆W 的直径时，P A ＝BD ＝2，AD ＝CD ＝3，求四棱锥P ABCD 的体积．(2)在(1)的条件下，判断在棱P A 上是否存在一点Q ，使得B Q ∥平面PCD ？若存在，求出A Q 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)因为BD 是圆W 的直径，所以BA ⊥AD ， 因为BD ＝2，AD ＝3，所以AB ＝1. 同理BC ＝1，所以S 四边形ABCD ＝AB ·AD ＝ 3. 因为P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13S 四边形ABCD ·P A ＝233.(2)存在，A Q ＝23.理由如下．延长AB ，DC 交于点E ，连接PE ，则平面P AB 与平面PCD 的交线是PE . 假设在棱P A 上存在一点Q ，使得B Q ∥平面PCD ， 则B Q ∥PE ，所以A Q P A ＝ABAE.经计算可得BE ＝2，所以AE ＝AB ＋BE ＝3，所以A Q ＝23.故存在这样的点Q ，使B Q ∥平面PCD ，且A Q ＝23.2.如图，侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AA 1＝4，DC ＝2AB ，AB ＝AD ＝3，点M 在棱A 1B 1上，且A 1M ＝13A 1B 1.已知点E 是直线CD 上的一点，AM ∥平面BC 1E .(1)试确定点E 的位置，并说明理由； (2)求三棱锥M BC 1E 的体积．解：(1)点E 在线段CD 上且EC ＝1，理由如下：在棱C 1D 1上取点N ，使得D 1N ＝A 1M ＝1，连接MN ，DN ， 因为D 1N ∥A 1M ，所以四边形D 1NMA 1为平行四边形， 所以MN 綊A 1D 1綊AD .所以四边形AMND 为平行四边形，所以AM ∥DN . 因为CE ＝1，所以易知DN ∥EC 1，所以AM ∥EC 1， 又AM ⊄平面BC 1E ，EC 1⊂平面BC 1E ， 所以AM ∥平面BC 1E .故点E 在线段CD 上且EC ＝1. (2)由(1)知，AM ∥平面BC 1E ，所以V M BC 1E ＝V A BC 1E ＝V C 1ABE ＝13×⎝⎛⎭⎫12×3×3×4＝6. 3．(2019·湖北武汉部分学校调研)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AMAB的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2， ∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面D 1AE . (2)当AM AB ＝14时，MF ∥平面D 1AE ，理由如下： 取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ， ∴FL ∥EC ，又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面， 又MF ∥平面AD 1E ，∴MF ∥AL . ∴四边形AMFL 为平行四边形， ∴AM ＝FL ＝14AB ，AM AB ＝14.4．如图1所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1BCD ，如图2所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？请说明理由． 解：(1)证明：∵D ，M 分别为AC ，FC 的中点， ∴DM ∥EF ，又∵EF ⊂平面A 1EF ，DM ⊄平面A 1EF ， ∴DM ∥平面A 1EF .(2)证明：∵EF ⊥BD ，A 1E ⊥BD ，A 1E ∩EF ＝E ， A 1E ⊂平面A 1EF ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥平面A 1EF ，又A 1F ⊂平面A 1EF ，∴BD ⊥A 1F .(3)直线A 1B 与直线CD 不能垂直．理由如下：∵平面BCD ⊥平面A 1BD ，平面BCD ∩平面A 1BD ＝BD ，EF ⊥BD ，EF ⊂平面BCD ， ∴EF ⊥平面A 1BD ，又∵A 1B ⊂平面A 1BD ，∴A 1B ⊥EF ， 又∵DM ∥EF ，∴A 1B ⊥DM . 假设A 1B ⊥CD ，∵DM ∩CD ＝D ，∴A 1B ⊥平面BCD ，∴A 1B ⊥BD ，与∠A 1BD 为锐角矛盾， ∴直线A 1B 与直线CD 不能垂直．5．(2019·河南名校联考)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝a ，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 是矩形，且平面ACFE ⊥平面ABCD ，点M 在线段EF 上．(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)当EM 为何值时，AM ∥平面BDF ？证明你的结论．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝a ，∠ABC ＝60°， 所以四边形ABCD 是等腰梯形，且∠DCA ＝∠DAC ＝30°，∠DCB ＝120°， 所以∠ACB ＝∠DCB －∠DCA ＝90°，所以AC ⊥BC .又平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面ACFE . (2)当EM ＝33a 时，AM ∥平面BDF ，理由如下： 如图，在梯形ABCD 中，设AC ∩BD ＝N ，连接FN .由(1)知四边形ABCD 为等腰梯形，且∠ABC ＝60°，所以AB ＝2DC ，则CN ∶NA ＝1∶2.易知EF ＝AC ＝3a ，所以AN ＝233a .因为EM ＝33a ， 所以MF ＝23EF ＝233a ，所以MF 綊AN ，所以四边形ANFM 是平行四边形，所以AM ∥NF ，又NF ⊂平面BDF ，AM ⊄平面BDF ， 所以AM ∥平面BDF .6.如图所示的五面体ABEDFC中，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝60°，BC⊥平面ACFD，CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，点G为AC的中点．(1)在AD上是否存在一点H，使GH∥平面BCD？若存在，指出点H的位置并给出证明；若不存在，说明理由；(2)求三棱锥GECD的体积．解：(1)存在点H使GH∥平面BCD，此时H为AD的中点．证明如下．取点H为AD的中点，连接GH，因为点G为AC的中点，所以在△ACD中，由三角形中位线定理可知GH∥CD，又GH⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，所以GH∥平面BCD.(2)因为AD∥CF，AD⊂平面ADEB，CF⊄平面ADEB，所以CF∥平面ADEB，因为CF⊂平面CFEB，平面CFEB∩平面ADEB＝BE，所以CF∥BE，又CF⊂平面ACFD，BE⊄平面ACFD，所以BE∥平面ACFD，所以V GECD＝V EGCD＝V BGCD.因为四边形ACFD是等腰梯形，∠DAC＝60°，AD＝2CF＝2AC，所以∠ACD＝90°，又CA＝CB＝CF＝1，所以CD＝3，CG＝12，又BC⊥平面ACFD，所以V BGCD＝13×12CG×CD×BC＝13×12×12×3×1＝312.所以三棱锥GECD的体积为312.。