高考数学专题复习与策略专题立体几何突破点空间中的平行与垂直关系教师用书理

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2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题14空间中的平行与垂直教学案理含解析20190330247

空间中的平行与垂直【2019年高考考纲解读】1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档．【重点、难点剖析】1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．平行关系的转化两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．3．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.4．垂直关系的转化与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化.【题型示例】题型一空间中点线面位置关系的判断(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．【例1】[2018·全国卷Ⅱ]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22【解析】方法1：如图(1)，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BAA1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝12＋＋2＝5，B ′B1＝12＋32＝2，DB 1＝12＋12＋32＝ 5.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B21＋DB21－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×25cos∠DB1B′，∴ cos∠DB1B′＝5 5.故选C.方法2：如图(2)，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．【答案】C【方法技巧】判断空间位置关系的两种方法(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定.【变式探究】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱所在直线与直线BA1是异面直线的条数为( )A．4 B．5 C．6 D．7解析：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线CD ，C 1D 1，C 1C ，D 1D ，B 1C 1，AD ，共有6条直线与直线BA 1是异面直线，故选C.答案：C【举一反三】设l ，m ，n 为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是( )①若l ⊥α，则l 与α相交；②若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则l ⊥α；③若l ∥m ，m ∥n ，l ⊥α，则n ⊥α；④若l ∥m ，m ⊥α，n ⊥α，则l ∥n .A ．1B ．2C ．3D ．4解析：对于①，若l ⊥α，则l 与α不可能平行，l 也不可能在α内，所以l 与α相交，①正确；对于②，若m ⊂α，n ⊂α，l ⊥m ，l ⊥n ，则有可能是l ⊂α，故②错误；对于③，若l ∥m ，m ∥n ，则l ∥n ，又l ⊥α，所以n ⊥α，故③正确；对于④，因为m ⊥α，n ⊥α，所以m ∥n ，又l ∥m ，所以l ∥n ，故④正确，选C.答案：C【变式探究】【2017江苏，15】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 .(第15题)ADB C EF【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】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 .【变式探究】【2016高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ；（2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】证明：（1）在直三棱柱中，11//AC AC在三角形ABC 中，因为D,E 分别为AB,BC 的中点.所以//DE AC ，于是11//DE AC又因为DE ⊄平面平面11AC F所以直线DE//平面11AC F（2）在直三棱柱中，因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA ⊥A C 又因为所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥ 又因为所以因为直线，所以1B DE 平面【举一反三】已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面解析对于A ，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A 错；对于B ，m ，n 平行于同一平面，m ，n 关系不确定，可平行、相交、异面，故B 错；对于C ，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D ，若假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n ，其逆否命题即为D 选项，故D 正确．答案 D【变式探究】如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AB ＝AA ′＝AC ＝2，∠BAC ＝2π3，点D ，E 分别是BC ，A ′B ′的中点．(1)求证：DE ∥平面ACC ′A ′；(2)求二面角B ′－AD －C ′的余弦值．【解析】(1)证明：取AC 的中点F ，连接DF ，A ′F ，则DF ∥AB ，又A ′E ∥AB ，所以DF ∥A ′E ，又因为DF ＝12AB ，A ′E ＝12AB ，所以DF ＝AE ，所以四边形DFA ′E 是平行四边形，所以ED ∥A ′F ，又A ′F ⊂平面ACC ′A ′，所以ED ∥平面ACC ′A ′.(2)在平面ABC 中，以过点A 且垂直于AC 的直线为x 轴，直线AC 为y 轴，AA ′为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz .所以点A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (0,2,0)，B ′(3，－1,2)，C ′(0,2,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0. 所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，AB ′→＝(3，－1,2)，AC ′→＝(0,2,2)．设平面B ′AD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由m ·AD →＝0和m ·AB ′→＝0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋12y ＝0，3x －y ＋2z ＝0，取m ＝(1，－3，－3)．同理，可取平面C ′AD 的法向量n ＝(1，－3，3)．设二面角B ′－AD －C ′的平面角为θ，易知0<θ<π2，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝17. 【变式探究】设α，β，γ是三个不重合的平面，l 是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α；②若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β；③若l 上有两点到α的距离相等，则l ∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.其中正确命题的序号是________．【解析】由线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理逐个判断，真命题为②④.【答案】②④【规律方法】这类题为高考常考题型，其实质为多项选择．主要考查空间中线面之间的位置关系，要求熟悉有关公理、定理及推论，并具备较好的空间想象能力，做到不漏选、多选、错选．【变式探究】如图，三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．解析连接DN ，作DN 的中点O ，连接MO ，OC .在△AND 中．M 为AD 的中点，则OM 綉12AN .所以异面直线AN ，CM 所成角为∠CMO ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则AN ＝22，∴OM ＝ 2.在△ACD 中，同理可知CM ＝22，在△BCD 中，DN ＝22，在Rt△ONC 中，ON ＝2，CN ＝1∴OC ＝ 3.在△CMO 中，由余弦定理cos∠CMO ＝|MC |2＋|MO |2－|OC |22|MC |·|MO |＝8＋2－32×22×2＝78. 答案 78【变式探究】(1)已知直线l ，m 与平面α，β，l ⊂α，m ⊂β，则下列命题中正确的是( )A ．若l ∥m ，则必有α∥βB ．若l ⊥m ，则必有α⊥βC ．若l ⊥β，则必有α⊥βD．若α⊥β，则必有m⊥α答案 C解析对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β还有可能相交且不垂直或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C 正确；对于选项D，直线m可能和平面α平行或相交，所以选项D错误．(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是( )A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案 B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.【感悟提升】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．【变式探究】(1)已知直线a，b，平面α，β，γ，下列命题正确的是( )A．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γB．若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b∥cC．若α∩β＝a，b∥a，则b∥αD．若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，则b∥a答案 A解析A中，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝a，则a⊥γ，该说法正确；B中，若α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，在三棱锥P－ABC中，令平面α，β，γ分别为平面PAB，PAC，PBC，交线a，b，c为PA，PB，PC，不满足a∥b∥c，该说法错误；C中，若α∩β＝a，b∥a，有可能b⊂α，不满足b∥α，该说法错误；D中，若α⊥β，α∩β＝a，b∥α，正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面α，β为平面ABCD，ADD1A1，直线b为A1C1，满足b∥α，不满足b∥a，该说法错误．(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A．l与l1，l2都相交B．l与l1，l2都不相交C．l至少与l1，l2中的一条相交D．l至多与l1，l2中的一条相交答案 C解析方法一如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故D不正确，故选C.方法二因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.题型二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．【例2】[2018·北京卷]如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA ＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ；(3)求证：EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD .所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，所以PD ⊥平面PAB .所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC . 因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC . 所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .【方法技巧】1．证明线线平行的4种常用方法(1)利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；(2)利用平行四边形进行平行转换；(3)利用三角形的中位线定理证线线平行；(4)利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．2．证明线线垂直的3种常用方法(1)利用等腰三角形底边中线即高线的性质；(2)勾股定理；(3)若M 是PC 的中点，求三棱锥M ACD 的体积．(1)证明 ∵AB ∥DC ，且AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD .∴AB ∥平面PCD .(2)证明在直角梯形ABCD 中，过C 作CE ⊥AB 于点E ，则四边形ADCE 为矩形∴AE ＝DC ＝1，又AB ＝2，∴BE ＝1，在Rt△BEC 中，∠ABC ＝45°，∴CE ＝BE ＝1，CB ＝2，∴AD ＝CE ＝1，则AC ＝AD 2＋DC 2＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC ，又∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC(3)解 ∵M 是PC 中点，∴M 到面ADC 的距离是P 到面ADC 距离的一半V M ACD ＝13S △ACD ·12PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×12＝112.【变式探究】(1)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，AA 1⊥平面ABC ，E ，F 分别为棱A 1B 1，BC 的中点．①求证：直线BE ∥平面A 1FC 1；②平面A 1FC 1与直线AB 交于点M ，指出点M 的位置，说明理由，并求三棱锥B －EFM 的体积．①证明取A 1C 1的中点G ，连接EG ，FG ，∵点E 为A 1B 1的中点，∴EG ∥B 1C 1且EG ＝12B 1C 1， ∵F 为BC 中点，∴BF ∥B 1C 1且BF ＝12B 1C 1，所以BF ∥EG 且BF ＝EG .所以四边形BFGE 是平行四边形，所以BE ∥FG ，又BE ⊄平面A 1FC 1，FG ⊂平面A 1FC 1，所以直线BE ∥平面A 1FC 1.②解 M 为棱AB 的中点．理由如下：因为AC ∥A 1C 1，AC ⊄平面A 1FC 1，A 1C 1⊂平面A 1FC 1，所以直线AC ∥平面A 1FC 1，又平面A 1FC 1∩平面ABC ＝FM ，所以AC ∥FM .又F 为棱BC 的中点，所以M 为棱AB 的中点．△BFM 的面积S △BFM ＝14S △ABC ＝14×12×2×2×sin 60°＝34，所以三棱锥B －EFM 的体积V B －EFM ＝V E －BFM ＝13×34×2＝36. (2)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的菱形，PD ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝60°，PD ＝2a ，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．①证明：平面EAC⊥平面PBD；②若PD∥平面EAC，三棱锥P－EAD的体积为183，求a的值．①证明因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.又AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBD.②解连接OE.因为PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD＝OE，所以PD∥OE.又AC∩BD＝O，所以O是BD的中点，所以E是PB的中点．因为四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，所以取AD的中点H，连接BH，可知BH⊥AD，又因为PD⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，所以PD⊥BH.又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以BH⊥平面PAD.由于AB＝a，所以BH＝32a.因此点E到平面PAD的距离d ＝12BH ＝12×32a ＝34a ，所以V P －EAD ＝V E －PAD ＝13S △PAD ×d ＝13×12×a ×2a ×34a ＝312a 3＝18 3. 解得a ＝6.【感悟提升】垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .【变式探究】如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ADB ＝90°，CB ＝CD ，点E 为棱PB 的中点．(1)若PB ＝PD ，求证：PC ⊥BD ；(2)求证：CE ∥平面PAD .证明 (1)取BD 的中点O ，连接CO ，PO ，因为CD ＝CB ，所以△CBD 为等腰三角形，所以BD ⊥CO .因为PB ＝PD ，所以△PBD 为等腰三角形，所以BD ⊥PO .又PO ∩CO ＝O ，PO ，CO ⊂平面PCO ，所以BD ⊥平面PCO .因为PC ⊂平面PCO ，所以PC ⊥BD .(2)由E 为PB 的中点，连接EO ，则EO ∥PD ，又EO ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以EO ∥平面PAD .由∠ADB ＝90°及BD ⊥CO ，可得CO ∥AD ，又CO ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以CO ∥平面PAD .又CO ∩EO ＝O ，CO ，EO ⊂平面COE ，所以平面CEO ∥平面PAD ，而CE ⊂平面CEO ，所以CE ∥平面PAD .题型三平面图形的翻折问题1．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．2．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体的结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．3．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．例3、[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．【解析】(1)证明：由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解：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 綊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VQ ABP ＝13×S △ABP ×QE ＝13×12×3×22sin 45°×1＝1.【方法技巧】平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.【变式探究】如图1，已知菱形AECD 的对角线AC ，DE 交于点F ，点E 为AB 中点．将△ADE 沿线段DE 折起到△PDE 的位置，如图2所示．(1)求证：DE ⊥平面PCF ；(2)求证：平面PBC ⊥平面PCF ；(3)在线段PD ，BC 上是否分别存在点M ，N ，使得平面CFM ∥平面PEN ？若存在，请指出点M ，N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明折叠前，因为四边形AECD 为菱形，所以AC ⊥DE ，所以折叠后，DE ⊥PF ，DE ⊥CF ，又PF ∩CF ＝F ，PF ，CF ⊂平面PCF ，所以DE ⊥平面PCF .(2)证明因为四边形AECD 为菱形，所以DC ∥AE ，DC ＝AE .又点E 为AB 的中点，所以DC ∥EB ，DC ＝EB ，所以四边形DEBC 为平行四边形，所以CB ∥DE .又由(1)得，DE ⊥平面PCF ，所以CB ⊥平面PCF .因为CB ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCF .(3)解存在满足条件的点M ，N ，且M ，N 分别是PD 和BC 的中点．如图，分别取PD 和BC 的中点M ，N .连接EN ，PN ，MF ，CM .因为四边形DEBC 为平行四边形，所以EF ∥CN ，EF ＝12BC ＝CN ，所以四边形ENCF 为平行四边形，所以FC ∥EN .在△PDE 中，M ，F 分别为PD ，DE 的中点，所以MF ∥PE .又EN ，PE ⊂平面PEN ，PE ∩EN ＝E ，MF ，CF ⊂平面CFM ，MF ∩CF ＝F ，所以平面CFM ∥平面PEN .【感悟提升】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．【变式探究】如图，在△PBE 中，AB ⊥PE ，D 是AE 的中点，C 是线段BE 上的一点，且AC ＝5，AB ＝AP ＝12AE＝2，将△PBA 沿AB 折起使得二面角P －AB －E 是直二面角．(1)求证：CD ∥平面PAB ；(2)求三棱锥E －PAC 的体积．(1)证明因为12AE ＝2，所以AE ＝4，又AB ＝2，AB ⊥PE ，所以BE ＝AB 2＋AE 2＝22＋42＝25，又因为AC ＝5＝12BE ，所以AC 是Rt△ABE 的斜边BE 上的中线，所以C 是BE 的中点，又因为D 是AE 的中点，所以CD 是Rt△ABE 的中位线，所以CD ∥AB ，又因为CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，所以CD ∥平面PAB .【变式探究】如图1，矩形ABCD 中，AB ＝12，AD ＝6，E 、F 分别为CD 、AB 边上的点，且DE ＝3，BF ＝4，将△BCE 沿BE 折起至△PBE 的位置(如图2 所示)，连接AP 、PF ，其中PF ＝2 5.(1)求证：PF ⊥平面ABED ；(2)求点A 到平面PBE 的距离．解析：(1)证明：由翻折不变性可知PB ＝BC ＝6，PE ＝CE ＝9，在△PBF 中，PF 2＋BF 2＝20＋16＝36＝PB 2，所以PF ⊥BF .在题图1中，利用勾股定理，得 EF ＝62＋－3－2＝61，在△PEF 中，EF 2＋PF 2＝61＋20＝81＝PE 2，∴PF ⊥EF .又∵BF ∩EF ＝F ，BF ⊂平面ABED ，EF ⊂平面ABED ，∴PF ⊥平面ABED .(2)由(1)知PF ⊥平面ABED ，∴PF 为三棱锥P －ABE 的高．设点A 到平面PBE 的距离为h ，V A －PBE ＝V p －ABE ，即13×12×6×9×h ＝13×12×12×6×25， ∴h ＝853，即点A 到平面PBE 的距离为853.。

2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题四第2讲空间中的平行与垂直

因为 C1E⊂平面 A1ACC1，所以 BE⊥C1E. [主干整合]
1．证明线线平行和线线垂直的常用方法 (1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；② 利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换． (2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即 l⊥α，a⊂α⇒l⊥a. 2．空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．
线面平行及线面垂直的证明方法 (1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行．转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段． (2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直⇒线面垂直．结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等．
∴CF∥平面 ADEB. 又 CF⊂平面 CFEB，平面 CFEB∩平面 ADEB＝BE，∴CF∥BE，
∴VGECD＝VEGCD＝VBGCD， π
∵四边形 ACFD 是等腰梯形，∠DAC＝3.∵CA＝CB＝CF＝1，AD＝2CF，
π
1
∴∠ACD＝2，∴CD＝ 3，CG＝2，又 BC⊥平面
11
111
[真题体验] 1．(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，

2025版高考数学一轮总复习第6章立体几何第4节直线平面垂直的判定与性质教师用书

第四节直线、平面垂直的判定与性质考试要求：1．能以立体几何中的定义、基本领实和定理为动身点，相识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．2．能运用基本领实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形中垂直关系的简洁命题．一、教材概念·结论·性质重现1．直线与平面垂直(1)定义：一般地，假如直线l与平面α内的随意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α相互垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足．“随意一条直线”与“全部直线”是同义的，但与“多数条直线”不同，定义的实质是直线与平面内的全部直线都垂直．(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假如一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a∥b线面垂直的判定定理中平面内的两条直线必需是相交的．2．平面与平面垂直(1)定义：一般地，两个平面相交，假如它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面相互垂直．(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假如一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，假如一个平面内有始终线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直⇒l⊥α面面垂直的性质定理是作协助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．(1)直线与平面所成的角(线面角)①平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．②特例：若一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°.若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°.③直线与平面所成的角θ的取值范围是：0°≤θ≤90°.(2)二面角①二面角：从一条直线动身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：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．③二面角的平面角的范围：0°≤θ≤180°.4．常用结论(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随意直线．(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．二、基本技能·思想·活动阅历1．推断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(1)若直线l与平面α内的多数条直线都垂直，则l⊥α. ( ×)(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √)(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b. ( √)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α. ( ×)(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β. ( √) 2．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，则下列说法正确的是( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥mA 解析：因为l⊥β，l⊂α，所以α⊥β(面面垂直的判定定理)．3．(多选题)如图，圆柱的轴截面是四边形ABCD，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中正确的是( )A．AE⊥CEB．BE⊥DEC．DE⊥平面CEBD．平面ADE⊥平面BCEABD 解析：由AB是底面圆的直径，得∠AEB＝90°，即AE⊥EB．因为圆柱的轴截面是四边形ABCD, BC⊥底面AEB，所以BC⊥AE.又EB∩BC＝B，BC，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，所以AE⊥CE，故A正确．同理可得，BE⊥DE，故B正确．若DE⊥平面CEB，则DE⊥BC．因为BC∥AD，所以DE⊥AD．在△ADE中AD⊥AE，所以DE⊥AD 不成立，所以DE⊥平面CEB不成立，故C错误．由A的证明可知AE⊥平面BCE.因为AE⊂平面ADE，所以平面BCE⊥平面ADE，故D正确．故选ABD．4．“直线a与平面α内的多数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的________条件．必要不充分解析：依据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的多数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．5．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．4 解析：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，所以BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC．因此△ABC，△PBC也是直角三角形．故图中共有4个直角三角形．考点1 垂直关系的基本问题——基础性1．已知平面α和直线a，b，若a∥α，则“b⊥a”是“b⊥α”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B 解析：依据空间中直线与平面之间的位置关系，由a∥α，b⊥α，可得b⊥a.反之不成立，可能b与α相交或平行．所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．2．(多选题)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法正确的是( )A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥bB．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥βC．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥βD．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥βABD 解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，所以a∥b，故A正确；对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，所以存在直线m⊂α，使得m∥b，又b⊥β，所以m⊥β，所以α⊥β.故B正确；对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，所以b⊂β或b∥β，故C错误；对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确．3．在三棱锥S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论：①异面直线SB与AC所成的角为90°；②直线SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④点C到平面SAB的距离是a.其中正确的是________．(填序号)①②③④解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再依据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE(图略)，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为a，故④正确．在推断垂直关系问题时，需明确各类垂直关系及其内在联系，可借助几何图形来推断，也可列举反例进行推断，同时要留意推断满意定理的条件．考点2 空间角及其应用——应用性(2024·全国甲卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则( )A．AB＝2ADB．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC＝CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°D 解析：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD⊥平面AA1B1B，BB1⊥平面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，BD＝，B1D＝2，在Rt△ADB1中，DB1＝2，AD＝1，AB1＝，所以AB＝，CB1＝，AC＝，故选项A，C 错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠B1AB＝＝＝，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C 上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C＝＝DC，所以∠DB1C＝45°，所以选项D正确．求线面角、二面角的常用方法(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线、找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解．(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有定义法和垂面法．留意利用等腰三角形和等边三角形的性质．在四棱锥VABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角VABC的大小为________．60°解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB．取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB．因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角VABC的平面角．易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.而OH＝BC＝1，所以∠VHO＝60°.故二面角VABC的大小是60°.考点3 线面、面面垂直的判定与性质——综合性考向1 线面垂直的判定与性质如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.求证：D′H⊥平面ABCD．证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.由EF∥AC得＝＝，所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，且OH，EF⊂平面ABCD，所以D′H⊥平面ABCD．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)考向2 面面垂直的判定与性质如图，在四棱锥PABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：(1)CE∥平面PAD；(2)平面EFG⊥平面EMN.证明：(1)(方法一)取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EH∥AB且EH＝AB．又CD∥AB且CD＝AB，所以EH∥CD且EH＝CD．所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD．(方法二)连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝AB．又CD＝AB，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PAD，AD⊂平面PAD，所以CF∥平面PAD．因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA．又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD．因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD．又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD．(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA．又因为AB⊥PA，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以AB⊥平面EFG.又因为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.又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.1．证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理．2．已知两平面垂直时，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，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD．求证：(1)CD⊥平面PBD；(2)平面PBC⊥平面PCD．证明：(1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°.又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD．因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面PBD．(2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP.又BP⊥PD，PD∩CD＝D，所以BP⊥平面PCD．又BP⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD．课时质量评价(三十五)A组全考点巩固练1．已知平面α，β满意α⊥β，α∩β＝l，过平面α和β外的一点P作直线m⊥l，则“m∥α”是“m⊥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C 解析：当m∥α时，过m作平面γ∩α＝n，则m∥n，结合α⊥β，得n⊥β，从而m ⊥β；当m⊥β时，在α内作直线n⊥l，结合α⊥β，得n⊥β，所以m∥n.又m⊄α，n⊂α，所以m∥α.故选C．2．如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是( )A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PABC 解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD．3．已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有( )A．平面ABC⊥平面BCDB．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACDD．平面BCD⊥平面ABDB 解析：因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC．又AD⊥圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD．又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD．4．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P 为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )A．B．C．D．B 解析：如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为，所以AD＝＝，AO＝AD＝＝1.三棱柱的体积为×()2AA1＝，解得AA1＝，即OP＝AA1＝，所以tan ∠PAO＝＝.因为直线与平面所成角的范围是，所以∠PAO＝.5．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________．解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，设母线与底面夹角为θ，则cos θ＝＝.6．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满意________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为正确的条件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等) 解析：因为PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA．连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．7．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P 到直线CC1的距离的最小值为________．解析：点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，明显点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝.8．如图，三棱锥PABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)若PA＝PC，求三棱锥PABC的体积．(1)证明：如图，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＝.因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝1.因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．因为AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，所以BO⊥平面PAC．又OB⊂平面ABC，OB⊄平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC．(2)解：因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，所以PA＝PC＝.由(1)知BO⊥平面PAC，所以V PABC＝V BAPC＝S△PAC·BO＝＝.B组新高考培优练9．(2024·全国乙卷)在正方体中ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( ) A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1DA 解析：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC．又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，所以AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1.又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不行能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不行能平行，选项D错误．10．(多选题)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，则下面结论正确的是( )A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．平面ACC1A1⊥CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为60°ABC 解析：对于A，因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，故A正确；对于B，连接AC，因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，所以BD⊥AC1，故B 正确；对于C，由上可知BD⊥平面ACC1，又BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面ACC1，则平面ACC1A1⊥CB1D1，故C正确；对于D，异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角为45°，故D错误．故选ABC．11．如图，在长方形ABCD中，AB＝，BC＝1，点E为线段DC上一动点，现将△ADE沿AE 折起，使点D在平面ABC内的射影K在直线AE上，当点E从D运动到C，则点K所形成轨迹的长度为( )A．B．C．D．C 解析：由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D′K，则∠D′KA＝90°，故点K的轨迹是以AD′为直径的圆上一弧，依据长方形知圆半径是，如图，当E与C重合时，AK＝＝，取O为AD′的中点，得到△OAK 是正三角形．故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，其所对的弧长为＝.故选C．12．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A 解析：连接AC1，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．13．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：________．若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一) 解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，明显①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l ⊥α，m∥α，则l垂直于α内全部直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l ⊥m，故②③⇒①正确．14．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E，且与直线OC1垂直．若AB＝1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为________．解析：如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，则＝＋OC2＝1＋＝，OE2＝OA2＋AE2＝＝＝＋A1E2＝2＋＝，所以＋OE2＝，所以OE⊥OC1.又BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，且OE∩BD ＝O，所以OC1⊥平面BDE，且S△BDE＝BD·OE＝＝，即α截该正方体所得截面图形的面积为.15．(2024·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥FABC 的体积．(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，又因为BE∩DE＝E.所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD．(2)解：由(1)可知AB＝BC，所以AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，△ABC是等边三角形，边长为2，所以BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，因为DE2＋BE2＝BD2，所以DE⊥BE，又因为DE⊥AC，AC∩BE＝E，所以DE⊥平面ABC，由(1)知△ADB≌△CDB，所以AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，所以S△AFC＝×AC×EF＝EF，所以当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，所以FG⊥平面ABC，因为EF＝＝，所以BF＝＝，所以FG＝＝，所以三棱锥的体积FABC的体积V＝×S△ABC×FG＝×22×＝.。

高考数学一轮复习第7章第4节垂直关系教师用书文北师大版01

第四节垂直关系[考纲传真] 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．1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)定理2.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．这条直线叫作二面角的棱，这两个半平面叫作二面角的面．(2)二面角的度量——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作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角．3．平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)定理1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)垂直于同一个平面的两平面平行．( )(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．( )(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( ) [答案] (1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ.( ) A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥mA[∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．]3．(2016·浙江高考)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( )A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC[∵α∩β＝l，∴lβ.∵n⊥β，∴n⊥l.]4．如图741，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．图7414[∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC.因此△ABC，△PBC也是直角三角形．]5．边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则折叠后AC的长为________.【导学号：66482336】a[如图所示，取BD的中点O，连接A′O，CO，则∠A′OC是二面角A′BDC的平面角．即∠A′OC＝90°，又A′O＝CO＝22 a，∴A′C＝a22＋a22＝a，即折叠后AC的长(A′C)为a.]如图742，在三棱锥ABCD中，AB ⊥平面BCD，CD⊥BD.图742(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若AB＝BD＝CD＝1，M为AD中点，求三棱锥AMBC的体积．[解](1)证明：因为AB⊥平面BCD，CD平面BCD，所以AB⊥CD. 2分又因为CD⊥BD，AB∩BD＝B，AB平面ABD，BD平面ABD，所以CD⊥平面ABD. 5分(2)由AB⊥平面BCD，得AB⊥BD.又AB ＝BD ＝1，所以S △ABD ＝12×12＝12. 8分因为M 是AD 的中点，所以S △ABM ＝12S △ABD ＝14.根据(1)知，CD ⊥平面ABD ，则三棱锥C ABM 的高h ＝CD ＝1，故V A MBC ＝V C ABM ＝13S △ABM ·h ＝112. 12分[规律方法] 1.证明直线和平面垂直的常用方法： (1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)； (3)面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)； (4)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．[变式训练1] 如图743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 .图743求证：PA ⊥CD .[证明] 因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB ，在Rt △ABC 中，由3AC ＝BC ，得∠ABC ＝30°. 3分设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝23，由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos30°＝3，所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AO. 8分因为PD⊥平面ABC，CD平面ABC，所以PD⊥CD，由PD∩AO＝D，得CD⊥平面PAB，又PA平面PAB，所以PA⊥CD. 12分面面垂直的判定与性质(2017·郑州调研)如图744，三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．图744(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH. [证明](1)如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH. 1分在三棱台DEFABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形. 3分则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，由于HM平面FGH，BD平面FGH，故BD∥平面FGH. 5分(2)连接HE，CE，CD.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB. 6分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. 10分由于CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H.所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 12分[规律方法] 1.面面垂直的证明的两种思路：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．垂直问题的转化关系：[变式训练2] 如图745，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点．图745(1)求证：PB∥平面MNC；(2)若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.[证明] (1)因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB，2分又因为MN平面MNC，PB平面MNC，所以PB∥平面MNC. 5分(2)因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. 7分因为平面PAB⊥平面ABC，CM平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.所以CM⊥平面PAB. 10分因为PA平面PAB，所以CM⊥PA.又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC. 12分平行与垂直的综合问题☞(2016·江苏高考) 如图746，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.图746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，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 3分又因为DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F. 5分(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 7分又因为A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 10分又因为B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 12分[规律方法] 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．2．垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．☞角度2 平行垂直中探索开放问题(2017·秦皇岛调研)如图747(1)所示，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747(2)所示．(1) (2)图747(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.【导学号：66482337】[证明] (1)由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC. 2分由于A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE平面BCDE，所以A1F⊥BE. 5分(2)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 6分理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，则DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEQP. 9分由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 12分[规律方法] 1.对命题条件探索性的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)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．2．平行(垂直)中点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.(2016·浙江高考)如图748，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.图748(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．[解] (1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示. 1分因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，3分因此，BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD . 5分(2)因为BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角. 8分在Rt △BFD 中，BF ＝3，DF ＝32，得cos ∠BDF ＝217，所以直线BD 与平面ACFD所成角的余弦值为217. 12分[规律方法] 1.利用综合法求空间角的步骤： (1)找：根据图形找出相关的线面角或二面角． (2)证：证明找出的角即为所求的角．(3)算：根据题目中的数据，通过解三角形求出所求角．2．线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．[变式训练3] 如图749，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．图749(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2)证明：AE⊥平面PCD.[解](1)在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，从而AB⊥平面PAD，2分故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.∴PB和平面PAD所成的角的大小为45°. 5分(2)证明：在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC. 7分又AE平面PAC，∴AE⊥CD.由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC. 10分又PC ∩CD ＝C ，故AE ⊥平面PCD . 12分[思想与方法]1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任一直线都垂直⇒a ⊥α； (2)判定定理1：⎭⎬⎫m ，n α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n⇒l ⊥α；(3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α； (4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l ⇒a ⊥β.2．证明面面垂直的方法．(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； (2)判定定理：aα，a ⊥β⇒α⊥β.3．转化思想：垂直关系的转化[易错与防范]1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．。

高考数学二轮复习专题4立体几何第9讲空间中的平行与垂直关系教学案理

第9讲空间中的平行与垂直关系题型1 空间位置关系的判断与证明(对应学生用书第30页)■核心知识储备………………………………………………………………………·1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】(考查空间位置关系的判断)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l[解析]根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.[答案] D【典题2】(考查空间位置关系的证明)如图91，在三棱锥PABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．图91(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E BCD 的体积． [思路分析] (1)通过证明PA ⊥平面ABC 得PA ⊥BD ； (2)通过证明BD ⊥平面PAC 得面面垂直；(3)由PA ∥平面BDE ，D 为AC 的中点得PA 与DE 的位置及数量关系，从而求出三棱锥的体积．[解] (1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，且AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，PA ⊥BD ，且PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.[类题通法]平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．■对点即时训练………………………………………………………………………·如图92所示，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ＝ 2.图92(1)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (2)求三棱锥D PBC 的体积.【导学号：07804065】[解] (1)法一：(几何法)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，又CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥PA . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即PA ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，所以PA ⊥平面PCD . 又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PCD .法二：(向量法)取AD 的中点O 、BC 的中点Q ，连接OP ，OQ ，易知OQ ⊥AD .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系．由PA ＝PD ＝22AD ＝2，知OP ＝1. 则O (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，Q (0,2,0)，C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又DC →＝(0,2,0)，DP →＝(1,0,1)，则⎩⎨⎧n ·DC →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，－1)．同理，可求得平面PAB 的一个法向量为m ＝(－1,0，－1)，又n·m ＝－1×1＋0×0＋(－1)×(－1)＝0，故平面PAB ⊥平面PCD .(2)取AD 的中点O ，连接OP ，如图．因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 即PO 为三棱锥P BCD 的高，由PA ＝PD ＝22AD ＝2，知OP ＝1. 因为底面ABCD 是正方形，所以S △BCD ＝12×2×2＝2.所以V 三棱锥D PBC ＝V 三棱锥P BCD ＝13PO ·S △BCD ＝13×1×2＝23.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 3、T 6、T 7、T 8、T 9、T 10、T 12、T 14)题型2 平面图形的翻折问题 (对应学生用书第31页)■核心知识储备………………………………………………………………………·翻折问题的注意事项(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】 (2016·全国Ⅱ卷)如图93，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF的位置，OD ′＝10.图93(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值．[思路分析] (1)题设条件翻折,D ′H ⊥EF ―――→勾股定理D ′H ⊥OH ―→D ′H ⊥平面ABCD ； (2)建系―→求法向量―→求二面角的余弦值―→求二面角的正弦值． [解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)， AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎨⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.[类题通法] 平面图形翻折问题的求解方法1 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.2 在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.■对点即时训练………………………………………………………………………·如图94(1)，在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABEF 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，如图94(2)．图94(1)图94(2)(1)若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，且AP →＝λPD →，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥A CDF 体积的最大值，并求此时二面角E AC F 的余弦值.【导学号：07804066】[解] 因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF ∩平面EFDC ＝EF ，FD ⊥EF ，所以FD ⊥平面ABEF .又AF ⊂平面ABEF ，所以FD ⊥AF . 易知AF ⊥EF ，又FD ∩EF ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC .(1)以F 为坐标原点，FE ，FD ，FA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则F (0,0,0)，A (0,0,1)，D (0,5,0)，C (2,3,0)． ∵AP →＝λFD →，∴FP →＝11＋λFA →＋λ1＋λFD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5λ1＋λ，11＋λ.∴CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3＋2λ1＋λ，11＋λ.若CP ∥平面ABEF ，则CP →⊥FD →，即CP →·FD →＝0，即5 －3＋2λ 1＋λ＝0，解得λ＝32.∴AD 上存在一点P ，当AP →＝32FD →时，满足CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，则AF ＝x (0＜x ≤4)，所以三棱锥A CDF 的体积V ＝13x ×12×2(6－x )＝13x (6－x )≤13×⎝⎛⎭⎪⎫x ＋6－x 22＝3.∴当x ＝3时，三棱锥A CDF 的体积V 有最大值，最大值为3.此时A (0,0,3)，D (0,3,0)，C (2,1,0)，则FA →＝(0,0,3)，FC →＝(2,1,0)．设平面ACE 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＋y 1－3z 1＝02x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则m ＝(3,0,2)．设平面ACF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·FA →＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z 2＝0，2x 2＋y 2＝0.令x 2＝1，则n ＝(1，－2,0)．∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝36565，则二面角E AC F 的余弦值为36565.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 4、T 5、T 11、T 13)三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第32页)1．(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )【导学号：07804067】A.32 B ．22C.33D ．13A [设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1.∵平面α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m . 又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1.∴B 1D 1∥m . ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1＝CD 1，同理可证CD 1∥n .因此直线m 与n 所成的角即直线B 1D 1与CD 1所成的角．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形，故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为32.]2．(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B ．155 C.105D ．33C [法一：(几何法)将直三棱柱ABC A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.法二：(向量法)以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成的角的余弦值为105. 故选C.]3．(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)②③④ [对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m ⊂α，所以m ，β没有公共点，由线面平行的定义可知m ∥β，故正确．对于④，因为m ∥n ，所以m 与α所成的角和n 与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n 与β所成的角相等，所以m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，故正确．]4．(2017·全国Ⅲ卷)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)②③ [依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)， ∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2.设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22， ∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB 与b 所成夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|. 当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°.∴②正确，①错误．]5．(2015·全国Ⅰ卷)如图95，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .图95(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.【导学号：07804068】[解] (1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC . (2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.。

2015高考数学(理)一轮复习考点突破课件：7.7立体几何中的向量方法(Ⅰ)——平行与垂直

(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)． → 使得 DP∥平面 B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)．又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ax＋z＝0， → → ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥AB1，n⊥AE，得ax ＋y＝0. 2 取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量
1．用向量表示直线或点在直线上的位置 (1)给定一个定点 A 和一个向量 a，再任给一个实数 t，以 A 为 → 起点作向量AP＝ta，则此向量方程叫做直线 l 的参数方程．向量 a 称为该直线的方向向量．
(2)对空间任一确定的点 O，点 P 在直线 l 上的充要条件是存在唯 → → → 一的实数 t，满足等式OP＝(1－t)OA＋tOB，叫作空间直线的向量参数方程．
v⊥u u1∥u2
对点演练
• 两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是________． • 解析：∵v2＝－2v1，∴v1∥v2，又l1与l2不重合， • ∴ l1 ∥ l2 . • 答案：平行
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3．用向量证明空间中的垂直关系 (1) 设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2 ，则 l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0. (2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u. (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2 ，则 α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2 ＝0.
→ → → ∵CE＝(1，－1,1)，n· CE＝1－2＋1＝0，∴CE⊥n. 又∵CE⊄平面 C1E1F， ∴CE∥平面 C1E1F.
• 【归纳提升】用向量证明线面平行的方法有 • (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； • (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； • (3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．

统考版2022届高考数学一轮复习第7章立体几何第4节垂直关系教师用书教案北师大版2021030315

垂直关系[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 ＝O l ⊥al ⊥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)X 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)X 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⊥αlβ⇒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⊥βlβα∩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·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 [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CD 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC cos 30°＝3，所以CD 2＋DB 2＝BC 2，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 -A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3，BC ＝2，D 是BC 的中点，F 是CC 1上一点．当CF ＝2时，证明：B 1F ⊥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 -A 1B 1C 1中，因为BB 1⊥底面ABC ，AD 底面ABC ，所以AD ⊥B 1B .因为BC ∩B 1B ＝B ，BC ，B 1B 平面B 1BCC 1，所以AD ⊥平面B 1BCC 1.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DF2＋B1F2＝B1D2，所以∠B1FD＝90°.所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，AD，FD平面ADF，所以B1F⊥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·某某模拟)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·某某模拟)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，设三棱锥B -VAC 的高为h ，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2217.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·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] 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·某某模拟)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13B [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 -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? [解](1)证明：连接CE 交AD 于O ，连接OF .word - 11 - / 11 因为CE ，AD 为△ABC 的中线，则O 为△ABC 的重心，故CF CC 1＝CO CE ＝23，故OF ∥C 1E ，因为OF平面ADF ，C 1E 平面ADF ，所以C 1E ∥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 -A 1B 1C 1中， BB 1⊥平面ABC ，BB 1平面B 1BCC 1，故平面B 1BCC 1⊥平面ABC .又平面B 1BCC 1∩平面ABC ＝BC ，AD 平面ABC ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1，又CM 平面B 1BCC 1，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 .。

高考数学二轮教师用书：层级二专题四第2讲空间中的平行与垂直 Word版含解析

第2讲空间中的平行与垂直[考情考向·高考导航](文)高考对本讲命题较为稳定，解答题的第(1)问考查空间平行关系和垂直关系的证明，而第(2)问多考查面积、体积的计算，难度中等偏上．解答题的基本模式是“一证明二计算”．(理)高考对本讲命题较为稳定，常以解答题第(1)问的形式考查，主要是线线、线面、面面平行和垂直的判定与性质，且多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中等．[真题体验]1．(·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°，由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE ＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.所以，四棱锥E－BB1C1C的体积V＝13×3×6×3＝18.2．(·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.证明：(1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.[主干整合]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行常用的方法：①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两直线垂直，只需证明一直线垂直于另一直线所在平面即可，即l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.2．空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．热点一空间平行、垂直关系的证明平行、垂直关系的证明问题[例1－1](·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.[审题指导](1)只需证明PE⊥AD即可．(2)根据P A⊥PD，只需再证明PD⊥AB即可，为此可先证AB⊥平面P AD.(3)只证明EF平行于平面PCD内的一条直线，取PC的中点G，连接FG，GD，证明四边形EFGD为平行四边形．[解析](1)证明：∵P A＝PD，且E为AD中点，∴PE⊥AD，∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面P AD ∴PE⊥平面ABCD∵BC⊂平面ABCD∴PE⊥BC.(2)∵四边形ABCD为矩形，∴CD⊥AD∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD∴CD⊥平面P AD∵P A⊂平面P AD∴CD⊥P A∵P A⊥PD，且CD，PD⊂平面PCD，CD∩PD＝D，∴P A⊥平面PCD∵P A⊂平面P AB∴平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，GD∵F，G分别为PB和PC中点∴FG∥BC，FG＝12BC∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，BC＝AD∵E为AD中点∴ED＝12AD∴ED∥BC，ED＝12BC∴ED∥FG，ED＝FG∴四边形EFGD为平行四边形∴EF∥GD∵EF⊄平面PCD且GD⊂平面PCD∴EF∥平面PCD线面平行及线面垂直的证明方法(1)要证线面平行，主要有两个途径：一是证已知直线与平面内的某直线平行；二是证过已知直线的平面与已知平面平行．转化思想在证明平行关系上起着重要的作用，在寻找平行关系上，利用中位线、平行四边形等是常用的手段．(2)要证线面垂直，关键是在这个平面内能找出两条相交直线和已知直线垂直，即线线垂直⇒线面垂直．结合图形还要注意一些隐含的垂直关系，如等腰三角形的三线合一、菱形的对角线以及经计算得出的垂直关系等．平行、垂直关系的探索问题[例1－2](·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于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．[审题指导]第(1)问利用线面垂直、面面垂直的判定定理求证：先证明BC⊥DM，再证DM⊥CM即可；第(2)问利用线面平行的判定定理进行判定；先连接AC，BD，BD与AC交于点O，再说明是否存在点P满足OP∥MC即可．[解析](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，故BC⊥DM.因为M为上异于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.证明如下：如图，连接AC交BD于O，因为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.解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略：假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的依据或事实，则说明假设成立，即存在；若导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．(1)(·西安八校联考)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：①EF∥平面ABC；②AD⊥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.(2)(·临沂三模)如图所示，五面体ABCDEF，四边形ACFD是等腰梯形，AD∥FC，∠DAC＝π3，BC⊥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，H为AD中点．证明如下：连接GH，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，∴GH∥平面BCD.②由题意知AD ∥CF ，AD ⊂平面ADEB ，CF ⊄平面ADEB ， ∴CF ∥平面ADEB .又CF ⊂平面CFEB ，平面CFEB ∩平面ADEB ＝BE ，∴CF ∥BE ， ∴V GECD ＝V E GCD ＝V B GCD ，∵四边形ACFD 是等腰梯形，∠DAC ＝π3.∵CA ＝CB ＝CF ＝1，AD ＝2CF ，∴∠ACD ＝π2，∴CD ＝3，CG ＝12，又BC ⊥平面ACFD ，∴V BGCD ＝13×12×CG ×CD ×BC ＝13×12×12×3×1＝312. ∴三棱锥G ECD 的体积为312. 热点二平面图形的折叠问题[例2] (·全国Ⅲ卷)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，连接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．[审题指导] (1)由平行线的传递性证明AD ∥CG ，结合平面图形中的条件证明AB ⊥平面BCGE ，再由面面垂直的判定定理可得证．(2)由AB ∥DE ，得DE ⊥平面BCGE ，取CG 的中点M ，结合菱形的特殊性，容易证明CG ⊥平面DEM ，即构造了平行四边形ACGD 的高，再由已知代入公式计算．[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，连接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∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM. 因为DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝3，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.平面图形折叠问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(·石家庄三模)如图(1)所示，在边长为24的正方形ADD1A1中，点B，C在边AD上，且AB＝6，BC＝8，作BB1∥AA1分别交AD1，A1D1于点P，B1，作CC1∥AA1分别交AD1，A1D1于点Q，C1，将该正方形沿BB1，CC1折叠，使得DD1与AA1重合，构成如图(2)所示的三棱柱ABC－A1B1C1.(1)求证：AB ⊥平面BCC 1B 1； (2)求多面体A 1B 1C 1－APQ 的体积．解析：(1)证明：由题知，在题图(2)中， AB ＝6，BC ＝8，CA ＝10， ∴AB 2＋BC 2＝CA 2，∴AB ⊥BC .又AB ⊥BB 1，BC ∩BB 1＝B ，∴AB ⊥平面BCC 1B 1.(2)由题易知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为12×6×8×24＝576.∵在题图(1)中，△ABP 和△ACQ 都是等腰直角三角形， ∴AB ＝BP ＝6，AC ＝CQ ＝14，∴V A －CQPB ＝13×S 四边形CQPB ×AB ＝13×12×(6＋14)×8×6＝160.∴多面体A 1B 1C 1－APQ 的体积V ＝VABC －A 1B 1C 1－V A －CQPB ＝576－160＝416.热点三异面直线所成的角、线面角[例3] (·天津卷)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P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝2，AD＝3.(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；(2)求证：P A⊥平面PCD；(3)求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．[审题指导](1)连接BD，利用GH∥PD推线面平行．(2)连接DN，先证DN⊥平面P AC，再证P A⊥平面PCD.(3)由DN⊥平面P AC，可知∠DAN为所求，利用直角三角形求解．[解析](1)连接BD，易知AC∩BD＝H，BH＝DH.又由BG＝PG，故GH∥PD.又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD . (2)取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC .又因为平面P AC ⊥平面PCD ，平面P AC ∩平面PCD ＝PC ，所以DN ⊥平面P AC . 又P A ⊂平面P AC ，所以DN ⊥P A . 又已知P A ⊥CD ，CD ∩DN ＝D ，所以P A ⊥平面PCD .(3)连接AN ，由(2)中DN ⊥平面P AC ，可知∠DAN 为直线AD 与平面P AC 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 ＝DN AD ＝33.所以，直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33.求异面直线所成的角的关键在于通过平移使得两直线相交，可通过构造中位线或平行四边形实现．求线面角的关键是构造过直线上一点且与平面垂直的直线，可以直接根据题中的垂直关系作出，也可以构造此垂线后证明．(1)(·南宁模拟)在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，异面直线BF与D1E所成角的余弦值为()A.147 B.57C.105 D.255解析：D [如图，过点E 作EM ∥AB ，交AA 1于点M ，过M 点作MN ∥AD ，交DD 1于点N ，取MN 的中点G ，连接EG ，NE ，D 1G ，所以平面EMN ∥平面ABCD ，易知EG ∥BF ，所以异面直线BF 与D 1E 所成的角为∠D 1EG (或其补角)，不妨设正方体的棱长为2，则GE ＝5，D 1G ＝2，D 1E ＝3，在△D 1EG 中，cos ∠D 1EG ＝D 1E 2＋GE 2－D 1G 22D 1E ·GE ＝255，故选D.](2)(·全国Ⅰ)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：C [如图连接BC 1，则∠AC 1B ＝30°，在Rt △ABC 1中，tan 30°＝AB BC 1，∴BC 1＝AB tan 30°＝233＝2 3.∴CC 1＝BC 21－BC 2＝12－4＝2 2.∴长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2.]限时50分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分) 1.(·泉州模拟)如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA 1＝6，且A 1A ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上，BQ ＝4.(1)若DP ＝23DD 1，证明：PQ ∥平面ABB 1A 1.(2)若P 是D 1D 的中点，证明：AB 1⊥平面PBC . 证明：(1)在AA 1上取一点N ，使得AN ＝23AA 1，因为DP ＝23DD 1，且A 1D 1＝3，AD ＝6，所以PN23AD ，又BQ23AD ，所以PN BQ .所以四边形BQPN 为平行四边形，所以PQ ∥BN .因为BN ⊂平面ABB 1A 1，PQ ⊄平面ABB 1A 1，所以PQ ∥平面ABB 1A 1.(2)如图所示，取A 1A 的中点M ，连接PM ，BM ，PC ，因为A 1A ，D 1D 是梯形的两腰，P 是D 1D 的中点，所以PM ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PM ∥BC ，所以P ，M ，B ，C 四点共面．由题设可知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，AB ∩AA 1＝A ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB 1，因为tan ∠ABM ＝AM AB ＝36＝A 1B 1A 1A ＝tan ∠A 1AB 1，所以∠ABM ＝∠A 1AB 1，所以∠ABM＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，所以AB1⊥BM，再BC∩BM＝B，知AB1⊥平面PBC.2．(·烟台三模)如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．(1)证明：在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.所以在题图(2)中，A1E⊥EF，又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC.因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)解：在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．3.如图所示，已知BC是半径为1的半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，F为弧AC的中点．梯形ACDE中，DE∥AC，且AC＝2DE，平面ACDE⊥平面ABC.求证：(1)平面ABE⊥平面ACDE；(2)平面OFD∥平面ABE.解：(1)因为BC是半圆O的直径，A是半圆周上不同于B，C的点，所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB.因为平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面ACDE.因为AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACDE.(2)如图所示，设OF∩AC＝M，连接DM.因为F为弧AC的中点，所以M为AC的中点．因为AC＝2DE，DE∥AC，所以DE∥AM，DE＝AM.所以四边形AMDE为平行四边形．所以DM∥AE.因为DM⊄平面ABE，AE⊂平面ABE，所以DM∥平面ABE.因为O为BC的中点，所以OM为△ABC的中位线．所以OM∥AB.因为OM⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以OM∥平面ABE.因为OM⊂平面OFD，DM⊂平面OFD，OM∩DM＝M，所以平面OFD∥平面ABE.4．(·北京卷)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．解析：本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)证明：因为P A⊥平面ABCD，所以P A⊥BD；因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD；因为P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，所以BD⊥平面P AC.(2)证明：因为底面ABCD是菱形且∠ABC＝60°，所以ΔACD为正三角形，所以AE⊥CD，因为AB∥CD，所以AE⊥AB；因为P A⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE⊥P A；因为P A∩AB＝A所以AE⊥平面P AB，AE⊂平面P AE，所以平面P AB⊥平面P AE.(3)存在点F为PB中点时，满足CF∥平面P AE；理由如下：分别取PB ，P A 的中点F ，G ，连接CF ，FG ，EG ，在三角形P AB 中，FG ∥AB 且FG ＝12AB ；在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以CE ∥AB 且CE ＝12AB ，所以CE ∥FG 且CE ＝FG ，即四边形CEGF 为平行四边形，所以CF ∥EG ；又CF ⊄平面P AE ，EG ⊂平面P AE ，所以CF ∥平面P AE . 5.(·青岛三模)已知在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AC ＝2AA 1＝4，∠A 1AC ＝π3，AC ⊥BC ，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，M 为B 1C 1的中点．(1)过点B 1作一个平面α与平面ACM 平行，确定平面α，并说明理由；(2)求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的表面积．解析：(1)如图，取AB 的中点E ，BC 的中点F ，连接B 1E ，B 1F ，EF ，则平面B 1EF ∥平面ACM . 因为平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ，AC ⊥BC ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1，BC ⊥CC 1，因为四边形BCC 1B 1为平行四边形，所以四边形BCC 1B 1为矩形，在矩形BCC 1B 1中，M ，F 分别是B 1C 1，BC 的中点，所以B 1F ∥CM ；在△ABC 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF ∥AC . 又EF ∩FB 1＝F ，AC ∩CM ＝C ，所以平面B 1EF ∥平面ACM . 所以平面α即平面B 1EF .(2)由题意知AC ＝2，AA 1＝2，AB ＝4. 因为AC ⊥BC ，所以BC ＝AB 2－AC 2＝42－22＝23，所以△ABC 的面积S 1＝12AC ×BC ＝12×2×23＝2 3.在平行四边形ACC 1A 1中，∠A 1AC ＝π3，其面积S 2＝AA 1×AC sin ∠A 1AC ＝2×2sin π3＝2 3.由(1)知四边形BCC 1B 1为矩形，故其面积S 3＝BC ×CC 1＝23×2＝4 3. 连接A 1C ，BA 1，在△AA 1C 中，AC ＝AA 1＝2，∠A 1AC ＝π3，所以A 1C ＝2.由(1)知BC⊥平面ACC1A1，所以BC⊥CA1，所以A1B＝BC2＋CA21＝4.在△AA1B中，AB＝A1B＝4，AA1＝2，所以△AA1B的面积S△AA1B＝12－1＝15，2×2×4所以平行四边形ABB1A1的面积S4＝2S△AA1B＝2×15＝215.故三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S＝2S1＋S2＋S3＋S4＝2×23＋23＋43＋215＝103＋215.(文)高考解答题·审题与规范(四)立体几何类考题作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 13DC .8分⑦ 由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1，10分⑧ 因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.12分⑨⑦得出QE 13DC 得1分．⑧确定QE ⊥平面ABC ，并求出QE 的值得2分． ⑨由棱锥的体积公式求出三棱锥Q ABP 的体积，正确得2分，错误不得分.。

高考数学一轮复习第八章立体几何8.5空间中的垂直关系

8.5 空间中的垂直关系考纲要求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．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)直线和平面垂直的定义：如果一条直线AB和一个平面(α)相交于点(O)，并且和这个平面内过交点(O)的________直线都垂直，我们就说这条直线l和这个平面α互相垂直，记作______，直线AB叫做平面(α)的______，平面α叫做直线l的______．(2)直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面内的____________垂直，则这条直线与这个平面垂直．符号表示：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，__________⇒l⊥α.(3)推论1：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．推论2：如果两条直线垂直于__________，那么这两条直线平行．符号表示：a⊥α，b ⊥α⇒a∥b；其作用：证明____平行与作平行线．(4)过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直；过一点有且仅有一个平面与已知直线垂直．2．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义：如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条______，则两个平面互相垂直．符号表示：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.(3)平面与平面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于__________的直线垂直于另一个平面．符号表示：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a ⊥β.其作用：证明线面垂直与作面的垂线．1．“直线l垂直于平面α内的无数条直线”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．既不充分又不必要条件2．(2012北京模拟)已知如图，六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.则下列结论不正确的是( )．A．CD∥平面PAFB．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PABD．CF⊥平面PAD3．设α，β，γ为彼此不重合的三个平面，l为直线，给出下列命题：①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面α垂直；④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β.上面命题中，真命题的序号为__________(写出所有真命题的序号)．4．在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E为BB1的中点，∠A1DE＝90°，求证：CD⊥平面A1ABB1.一、直线与平面垂直的判定与性质【例1】如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC ＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.方法提炼证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理；(2)利用面面垂直的性质定理；(3)利用结论：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；(4)利用结论：a⊥α，α∥β⇒a⊥β.请做演练巩固提升1,3二、平面与平面垂直的判定与性质【例2】在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥PMAB与四棱锥PABCD的体积之比．方法提炼1．证明平面与平面垂直，主要方法是判定定理，通过证明线面垂直来实现，从而把问题再转化成证明线线垂直加以解决．2．线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化是解决有关垂直证明题的指导思想，其中线线垂直是最基本的，在转化过程中起穿针引线的作用，线面垂直是纽带，可以把线线垂直与面面垂直联系起来．请做演练巩固提升2要善于挖掘图形中存在的关系及添加辅助线【典例】 (12分)(2012课标全国高考)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点．(1)证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；(2)平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．规范解答：(1)由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(2分)又DC 1⊂平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC . 由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .(4分) 又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .又DC 1⊂平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC .(6分) (2)设棱锥B DACC 1的体积为V 1，AC ＝1.由题意得V 1＝13×1＋22×1×1＝12.(8分)又三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝1，(10分) 所以(V －V 1)∶V 1＝1∶1.故平面BDC 1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1.(12分)答题指导：解决垂直问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注： (1)缺乏空间想象能力，找不出应该垂直的线和面； (2)对几何体体积、面积及线面角的计算不准确；(3)不善于挖掘图形中存在的关系，缺乏通过添加辅助线解题的能力．另外要重视对基础知识的积累、解题过程的规范，并且要善于使用数学符号进行表达．1．已知α，β为不重合的两个平面，直线m ⊂α，那么“m ⊥β”是“α⊥β”的( )． A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 2．下列命题中错误的是( )．A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β3．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE.4．(2012北京高考)如图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.图1 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．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)任何l⊥α垂线垂面(2)两条相交直线l⊥a，l⊥b(3)同一个平面线线2．(2)垂线(3)它们交线基础自测1．B2．D 解析：A中，∵CD∥AF，AF⊂面PAF，CD⊄面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵ABCDEF为正六边形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF与AD不垂直，故选D.3．①②解析：③中l∥α也满足；④中α与β可能相交．4．证明：连接A1E，EC，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，∴AB＝2 2.设AD＝x，则BD＝22－x，∴A1D2＝4＋x2，DE2＝1＋(22－x)2，A1E2＝(22)2＋1.∵∠A1DE＝90°，∴A1D2＋DE2＝A1E2.∴x＝ 2.∴D为AB的中点．∴CD⊥AB.又AA1⊥CD，且AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面A1ABB1.考点探究突破【例1】证明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.又AC⊥CD，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.①又由∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，得PA＝AC.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，∴AE⊥平面PCD.∴AE⊥PD.②由①②，得PD⊥平面ABE.【例2】 (1)证明：由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，得PD⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.因为四边形ABCD 为正方形，所以BC ⊥DC .又PD ∩DC ＝D ，因此BC ⊥平面PDC .在△PBC 中，因为G ，F 分别为PB ，PC 的中点，所以GF ∥BC ，因此GF ⊥平面PDC .又GF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PDC .(2)解：因为PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2，所以V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝83.由于DA ⊥面MAB ，且PD ∥MA ，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，V P MAB ＝13×12×1×2×2＝23，所以V P MAB ∶V P ABCD ＝1∶4. 演练巩固提升1．A 解析：根据面面垂直的判定定理可知若m ⊂α，m ⊥β⇒α⊥β，反之则不一定成立．2．D 解析：对于命题A ，在平面α内存在直线l 平行于平面α与平面β的交线，则l 平行于平面β，故命题A 正确．对于命题B ，若平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α与平面β垂直，故命题B 正确．对于命题C ，设α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，在平面γ内取一点P 不在l 上，过P 作直线a ，b ，使a ⊥m ，b ⊥n .∵γ⊥α，a ⊥m ，则a ⊥α，∴a ⊥l ，同理有b ⊥l .又a ∩b ＝P ，a ⊂γ，b ⊂γ， ∴l ⊥γ.故命题C 正确．对于命题D ，设α∩β＝l ，则l ⊂α，但l ⊂β. 故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D 错误． 3．证明：(1)设AC 与BD 交于点G .因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE . (2)连接FG .因为EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1，所以四边形CEFG 为菱形．所以CF ⊥EG .因为四边形ABCD 为正方形，所以BD ⊥AC .又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.4．解：(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.。

2025届高考数学一轮复习教案：立体几何-空间直线、平面的垂直

第四节空间直线、平面的垂直课程标准1.从定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系的定义,归纳出有关垂直的性质定理和判定定理,并加以证明.2.能运用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.考情分析考点考法:高考题常以空间几何体为载体,考查空间直线、平面的垂直关系.线面垂直是高考的热点,在各种题型中都会有所体现.核心素养:直观想象、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直.(2)判定定理与性质定理类型文字语言图形表示符号表示【微点拨】证明线面垂直时,平面内的两条直线必须是相交直线.2.直线和平面所成的角(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,则它们所成的角是90°;一条直线和平面平行或在平面内,则它们所成的角是0°.(2)范围:,3.二面角(1)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.(2)二面角的平面角若有①O ∈l ;②OA ⊂α,OB ⊂β;③OA ⊥l ,OB ⊥l ,则二面角α-l -β的平面角是∠AOB .(3)二面角的平面角θ的范围:0°≤θ≤180°.4.平面与平面垂直(1)定义一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理与性质定理【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论错误的是()A .若直线与平面所成的角为0°,那么直线与平面平行B .直线l 与平面α内的无数条直线都垂直,则l ⊥αC .设m ,n 是两条不同的直线,α是一个平面,若m ∥n ,m ⊥α,则n ⊥αD .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【解析】选ABD .A 中直线也可能在平面内;B 中若平面α内的与直线l 都垂直的无数条直线都平行,则l 与α不一定垂直;C正确;D 中平面内与交线垂直的直线与另一个平面垂直.2.(必修二P161例10变形式)如图所示,在Rt △ABC 中,∠ABC =90°,P 为△ABC 所在平面外一点,PA ⊥平面ABC ,则四面体P-ABC 中直角三角形的个数为()A .4B .3C .2D .1【解析】选A.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,所以BC⊥PA,因为BC⊥AB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.所以四面体P-ABC中直角三角形有△PAC,△PAB,△ABC,△PBC,共4个.3.(多选题)(空间垂直关系不清致误)下列命题中不正确的是()A.如果直线a不垂直于平面α,那么平面α内一定不存在直线垂直于直线aB.如果平面α垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线平行于平面βC.如果直线a垂直于平面α,那么平面α内一定不存在直线平行于直线aD.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β【解析】选ABD.A中存在无数条在平面α内与a垂直的直线;B中α内与交线平行的直线与β平行.若直线a垂直于平面α,则直线a垂直于平面α内的所有直线,故C 正确,不符合题意,D中α内与交线不垂直的直线与β不垂直.4.(2021·浙江高考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1【解析】选A.连接AD1(图略),则易得点M在AD1上,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D,A1D⊂平面AA1D1D,所以AB⊥A1D,又AB∩AD1=A,AB,AD1⊂平面ABD1,所以A1D⊥平面ABD1,又BD1⊂平面ABD1,显然A1D与BD1异面,所以A1D与BD1异面且垂直.在△ABD1中,由中位线定理可得MN∥AB,又MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角,所以MN与平面BB1D1D不垂直.【巧记结论·速算】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个平行平面中的一个,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.【即时练】已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连接PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有________对.【解析】如图,由于PD垂直于正方形ABCD,故平面PDA⊥平面ABCD,平面PDB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD,平面PDA⊥平面PDC,平面PAC⊥平面PDB,平面PAB⊥平面PAD,平面PBC⊥平面PDC,共7对.答案:7【核心考点·分类突破】考点一直线与平面垂直的判定与性质【考情提示】直线与平面垂直作为空间垂直关系的载体因其集中考查直线与平面垂直的判定定理和性质定理而成为高考的热点,涉及直线与平面垂直关系的判断、证明以及线面垂直关系在空间几何体中的实际应用.角度1直线与平面垂直的判定[例1]如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥DC,PD=AD,E是PB的中点,F是DC上的点,且DF=12AB,PH为△PAD中AD边上的高.求证:(1)PH⊥平面ABCD;(2)EF⊥平面PAB.【证明】(1)因为AB⊥平面PAD,AB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.因为平面PAD∩平面ABCD=AD,PH⊥AD,所以PH⊥平面ABCD.(2)取PA的中点M,连接MD,ME.因为E是PB的中点,所以ME=12AB.又因为DF=12AB,所以ME-DF,所以四边形MEFD是平行四边形,所以EF∥MD.因为PD=AD,所以MD⊥PA.因为AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因为PA∩AB=A,所以MD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.角度2直线与平面垂直的性质[例2]如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E 是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.证明:AE∥MN.【证明】因为AB⊥平面PAD,AE⊂平面PAD,所以AE⊥AB.又AB∥CD,所以AE⊥CD.因为AD=AP,E是PD的中点,所以AE⊥PD.又CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,所以AE⊥平面PCD.因为MN⊥AB,AB∥CD,所以MN⊥CD.又因为MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD,所以MN⊥平面PCD,所以AE∥MN.【解题技法】1.证明线面垂直的常用方法(1)判定定理;(2)垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);(3)面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);(4)面面垂直的性质.2.直线与平面垂直性质的解题策略(1)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,证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.(2)在解题中要重视平面几何的知识,特别是正余弦定理及勾股定理的应用.(3)重要结论要熟记:经过一点与已知直线垂直的直线都在过这点且与已知直线垂直的平面内.此结论可帮助解决动点的轨迹问题.【对点训练】1.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,因为PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.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°,所以△ABC是等边三角形,所以AC=PA.因为E是PC的中点,所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD,且PC∩CD=C,所以AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD,所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AB⊥AD且PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.2.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1.(1)求证:A1C⊥B1D1;(2)M,N分别为B1D1与C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C.【证明】(1)连接A1C1(图略).因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1.因为四边形A1B1C1D1是正方形,所以A1C1⊥B1D1.又CC1∩A1C1=C1,所以B1D1⊥平面A1C1CA.又A1C⊂平面A1C1CA,所以A1C⊥B1D1.(2)连接B1A,AD1(图略).因为B1C1∥AD,所以四边形ADC1B1为平行四边形,所以C1D∥AB1.因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1.又MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,所以MN⊥平面AB1D1.易得A1C⊥AB1,由(1)知A1C⊥B1D1,又AB1∩B1D1=B1,所以A1C⊥平面AB1D1,所以MN∥A1C.考点二平面与平面垂直的判定与性质【考情提示】平面与平面垂直作为空间垂直关系的载体因其集中考查平面与平面垂直的判定定理,性质定理成为高考的热点,涉及平面与平面垂直关系的判断、证明以及在空间几何体中的实际应用.角度1平面与平面垂直的判定[例3]如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,对角线AC,BD交于点O,M为棱PD的中点,MA=MC.求证:(1)PB∥平面AMC;(2)平面PBD⊥平面AMC.【证明】(1)连接OM(图略),因为O是菱形ABCD对角线AC,BD的交点,所以O 为BD的中点,因为M是棱PD的中点,所以OM∥PB,因为OM⊂平面AMC,PB⊄平面AMC,所以PB∥平面AMC.(2)在菱形ABCD中,AC⊥BD,且O为AC的中点,因为MA=MC,所以AC⊥OM,因为OM∩BD=O,所以AC⊥平面PBD,因为AC⊂平面AMC,所以平面PBD⊥平面AMC.角度2平面与平面垂直的性质[例4]在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积;(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.【解析】(1)如图所示,取DE的中点M,连接PM,由题意知,PD=PE,所以PM⊥DE,又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PM⊂平面PDE,所以PM⊥平面BCDE,即PM为四棱锥P-BCDE的高.在等腰直角三角形PDE中,PE=PD=AD=2,所以PM=12DE=2,而梯形BCDE的面积S=12(BE+CD)·BC=12×(2+4)×2=6,所以四棱锥P-BCDE的体积V=13PM·S=13×2×6=22.(2)取BC的中点N,连接PN,MN,则BC⊥MN,因为PB=PC,所以BC⊥PN,因为MN∩PN=N,MN,PN⊂平面PMN,所以BC⊥平面PMN,因为PM⊂平面PMN,所以BC⊥PM,由(1)知,PM⊥DE,又BC,DE⊂平面BCDE,且BC与DE延长后是相交的,所以PM⊥平面BCDE,因为PM⊂平面PDE,所以平面PDE⊥平面BCDE.【解题技法】关于面面垂直的判定与性质(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义.②面面垂直的判定定理.(2)面面垂直性质的应用①面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”.②若两个相交平面同时垂直于第三个平面,则它们的交线也垂直于第三个平面.【对点训练】1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证:AB∥EF;(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.【证明】(1)因为四边形ABCD是矩形,所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.又因为AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF,所以AB⊥AF.又AB⊥AD,由点E在棱PC上(异于点P,C),所以点F异于点D,所以AF∩AD=A,AF,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,PA=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PAD⊥平面ABCD,求三棱锥P-NBM的体积.【解析】(1)连接BD(图略).因为PA=PD,N为AD的中点,所以PN⊥AD.又底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形,所以BN⊥AD.又PN∩BN=N,所以AD⊥平面PNB.(2)因为PA=PD=AD=2,所以PN=NB=3.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PN⊥AD,所以PN⊥平面ABCD,又NB⊂平面ABCD,所以PN⊥NB,所以S△PNB=12×3×3=32.因为AD⊥平面PNB,AD∥BC,所以BC⊥平面PNB.又PM=2MC,所以V P-NBM=V M-PNB=23V C-PNB=23×13×32×2=23.考点三直线、平面垂直的综合应用[例5]如图所示,正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2, A1D∩AD1=O,E为线段AB上一点.(1)当OE∥平面D1BC时,求证:E为AB的中点;(2)在线段AB上是否存在点E,使得平面D1DE⊥平面AD1C?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为四边形AA1D1D为正方形,A1D∩AD1=O,所以O为AD1的中点,又因为OE∥平面D1BC,平面ABD1∩平面D1BC=BD1,OE⊂平面ABD1,所以OE∥BD1,又因为O为AD1的中点,所以E为AB的中点;(2)存在,当AE=12时,平面D1DE⊥平面AD1C,理由如下:设AC∩DE=F,因为四边形AA1D1D为正方形,所以D1D⊥AD,又因为AD=平面AA1D1D∩平面ABCD,平面AA1D1D⊥平面ABCD,D1D⊂平面AA1D1D,所以D1D⊥平面ABCD,又因为AC⊂平面ABCD,所以D1D⊥AC,又因为在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,当AE=12时,在Rt△ADE中,tan∠ADE=A A=12,在Rt△ABC中,tan∠BAC=B B=12,所以∠ADE=∠BAC,又因为∠BAD=∠BAC+∠DAC=90°,所以∠ADE+∠DAC=90°,则∠AFD=90°,所以AC⊥DE,又因为DE∩DD1=D,DE,DD1⊂平面D1DE,所以AC⊥平面D1DE,又因为AC⊂平面AD1C,所以平面D1DE⊥平面AD1C.【解题技法】关于线、面垂直关系的综合应用(1)三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.求解时应注意垂直的性质及判定的综合应用;(2)如果有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.【对点训练】如图,在四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,AB ∥DC,AD⊥DC,且AB=AD=1,PD=DC=2,E是PC上一点.过A,B,E的平面交侧面PDC于l.(1)求证:AB∥l;(2)若E为PC的中点,在线段PB上是否存在一点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ?若存在,求出B B的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC,又AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PDC=l,所以AB∥l;(2)存在点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此时B B=3,证明如下:连接BD(图略),易得BD=2,BC=12+(2-1)2=2,又PD⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,BD⊂底面ABCD,则PD⊥DC,PD⊥DB,则PC=4+4=22,PB=22+(2)2=6,则PB2+BC2=PC2,PB⊥BC,又PQ=23PB=263,PE=12PC=2,cos∠BPC=B B=32,由余弦定理得,QE2=PQ2+PE2-2PQ·PE·cos∠BPC=23,则QE2+PE2=PQ2,则QE⊥PC,又DE⊥PC,QE⊂平面DEQ,DE⊂平面DEQ,QE∩DE=E,则PC⊥平面DEQ,又PC⊂平面PDC,故存在点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此时B B=3.【重难突破】球与几何体的切、接问题【解题关键】(1)“接”的处理:把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.(2)“切”的处理:解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时要先找准切点,通过作截面来解决.如果内切的是多面体,则多通过多面体过球心的对角面来作截面.1.常见几何体的内切球和外接球(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等,外接球球心到多面体各顶点的距离均相等;(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合;(3)正棱锥的内切球和外接球的球心都在高线上.【说明】求外接球或内切球的方法:在球内部构造直角三角形,利用勾股定理求解.2.长方体的外接球(1)球心:体对角线的交点;(2)半径:R a,b,c为长方体的长、宽、高).3.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球球心是正方体的中心,设a为正方体的棱长.(1)外接球:半径R=32a;(2)内切球:半径r=2;(3)与各条棱都相切的球:半径r'=22a.4.正四面体的外接球与内切球球心是正四面体的中心,a为正四面体的棱长.(1)外接球:半径R=64a;(2)内切球:半径r=612a.【推导如下】设正四面体S-ABC的棱长为a,其内切球的半径为r,外接球的半径为R,如图,取AB的中点D,连接SD,CD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,且圆心在高SE上的圆.由正四面体的对称性,可知其内切球和外接球的球心同为O.此时,OC=OS=R,OE=r,CE=33a,SE=63a,则有R+r=SE=63a,R2-r2=CE2=23,解得R=64a,r=612a.类型一外接球问题命题点1柱体的外接球[例1](2023·重庆模拟)已知圆柱O1O2的高O1O2=8,球O是圆柱的外接球,且球O 的表面积是圆柱O1O2侧面积的2倍,则球O的半径为()A.4B.32C.42D.42+23【解析】选C.设圆柱O1O2的底面半径为r,球O的半径为R,则R2=r2+16,因为球O的表面积是圆柱O1O2侧面积的2倍,所以4πR2=2πr×8×2,R2=8r,所以r2+16=8r,所以r=4,R=42(负值舍去).命题点2锥体的外接球[例2](2023·保定模拟)已知正三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,棱锥的底面是边长为23的正三角形,侧棱长为25,则球O的表面积为()A.25πB.20πC.16πD.30π【解析】选A.如图,延长SO交球O于点D,设△ABC的外心为E,连接AE,AD由正弦定理得2AE=23sin60°=4,所以AE=2,易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱锥S-ABC的高SE=B2-A2=(25)2-22=4,由于点A是以SD为直径的球O上一点,所以∠SAD=90°,由射影定理可知,球O的直径2R=SD=B2A=5,因此,球O的表面积为4πR2=π×(2R)2=25π.命题点3台体的外接球[例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为33和43,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.100πB.128πC.144πD.192π【解析】选A.如图所示,设该正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1,r2.所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°,解得r1=3,r2=4,设该球的球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,球的半径为R,所以d1=2-9,d2=2-16,故1-2=1或d1+d2=1,或2-9+2-16=1,解得R2=25,符合题意,所以球的表面积为S=4πR2=100π.命题点4组合体的外接球[例4](2023·安庆模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.图1是明清时期的一个金属印章摆件,除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等,且底面边长均为2,若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上,则这个球的表面积为________.【解析】如图,设正四棱柱和正四棱锥的高为h,则其外接球的半径为R +2h+12h=32h,解得h=1,所以R=32,故球的表面积为S=4πR2=9π.答案:9π【解题技法】求解外接球问题的方法(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面多边形外接圆的圆心,再过此圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置.(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体的方法找到球心位置.【对点训练】1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,∠ABC=π2.若该直三棱柱的外接球的表面积为16π,则该直三棱柱的高为()A.4B.3C.42D.22【解析】选D.因为∠ABC=π2,所以可以将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体ABCD-A1B1C1D1,则该直三棱柱的外接球就是长方体的外接球,外接球的直径等于长方体的体对角线长.设外接球的半径为R,则4πR2=16π,解得R=2.设该直三棱柱的高为h,则4R2=22+22+h2,即16=8+h2,解得h=22,所以该直三棱柱的高为22.2.如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体,且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1,圆锥与圆台的高分别为5-1和3,则此组合体外接球的表面积是()A.16πB.20πC.24πD.28π【解析】选B.设外接球半径为R,球心为O,圆台较小底面圆的圆心为O1,则O12+12=R2,而OO1=5-1+3-R,故R2=1+(5+2-R)2,解得R=5,此组合体外接球的表面积S=4πR2=20π.3.已知在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面APC,AB=42,PA=PC=2,AC=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.28πB.36πC.48πD.72π【解析】选B.解法1:因为PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC.因为AB⊥平面APC, AC,PC⊂平面APC,所以AB⊥AC,AB⊥PC.又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以PC⊥PB,则△BCP,△ABC均为直角三角形.如图,取BC的中点为O,连接OA,OP,则OB=OC=OA=OP,即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心,在Rt△ABC中,AC=2,AB=42,则BC=6,所以外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.解法2:因为PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,△ACP为直角三角形.如图,取AC的中点为M,则M为△PAC外接圆的圆心.过M作直线n垂直于平面PAC,则直线n上任意一点到点P,A,C的距离都相等.因为AB⊥平面PAC,所以AB∥n.设直线n与BC的交点为O,则O为线段BC的中点,所以点O到点B,C的距离相等,则点O即为三棱锥P-ABC外接球的球心.因为AB⊥平面PAC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥AC.又AC=2,AB=42,所以BC=6,则外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.解法3:因为PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,又AB⊥平面PAC,所以可把三棱锥P-ABC放在如图所示的长方体中,此长方体的长、宽、高分别为2,2,42,则三棱锥P-ABC的外接球即长方体的外接球,长方体的体对角线即长方体外接球的直径,易得长方体的体对角线的长为6,则外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.类型二内切球问题命题点1柱体的内切球[例5]如图,已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为()A.66πB.π3C.π6D.33π【解析】选C.平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆,如图.因为正方体的棱长为1,所以AC=CD1=AD1=2,所以内切圆的半径r=66,所以S=πr2=π×636=π6.命题点2锥体的内切球[例6]已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为__________.【解析】易知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边的中点,设内切圆的圆心为O,半径为r,由于AM=32-12=22,故S△ABC=12×2×22=22,因为S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×AC×r=12×(3+2+3)×r=22,解得r=22,故所求体积V=43πr3=23π.答案:23π【解题技法】求解内切球问题的关键点(1)求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径.(2)求多面体内切球半径,往往可用“等体积法”.V多=S表·R内切·13.(3)正四面体内切球半径是高的14,外接球半径是高的34.【对点训练】1.(2023·本溪模拟)如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材,测量得∠ABC= 90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若将该石材切削、打磨,加工成几个大小相同的健身手球,则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为()A.32π3,4B.9π2,3C.6π,4D.32π3,3【解析】选D.依题意知,当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时,健身手球的体积最大.易知AC=B2+B2=10,设健身手球的最大半径为R,则12×(6+8+10)×R=12×6×8,解得R=2.则健身手球的最大直径为4.因为AA1=13,所以最多可加工3个健身手球.于是一个健身手球的最大体积V=43πR3=43π×23=32π3.2.我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在封闭的鳖臑P-ABC内有一个体积为V的球,若PA⊥平面ABC,AB⊥BC, PA=AB=BC=1,则V的最大值是()A.52+36πB.5π3C .52-76πD .32π3【解析】选C .球与三棱锥的四个面均相切时球的体积最大,设此时球的半径为R ,则V 三棱锥P-ABC =13·R ·(S △ABC +S △PAB +S △PAC +S PBC ),即13×12×1×1×1=13×R ×(12×1×1+12×1×1+12×1×2+12×1×2),解得R =2-12.所以球的体积V的最大值为43π(2-12)3=52-76π.类型三与外接球有关的最值问题[例7](2023·昆明模拟)四棱锥S -ABCD 的所有顶点都在同一球面上,底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内,当此四棱锥的体积取得最大值时,其表面积等于8+83,则球O 的体积等于()A .32π3B .322π3C .16πD .1623π【解析】选A .设球O 的半径为R ,四棱锥S -ABCD 的高为h ,则有h ≤R ,即h 的最大值是R ,易得AB =2R ,所以四棱锥S -ABCD 的体积V S-ABCD =13×2R 2h ≤23.因此,当h =R时,四棱锥S-ABCD 的体积最大,其表面积等于(2R )2+4×12×2R 8+83,解得R =2,因此球O 的体积为4π33=32π3.【解题技法】与球有关的最值问题的解法(1)从图形的特征入手:观察分析问题的几何特征,充分利用其几何性质解决.(2)从代数关系入手:解题时,通过分析题设中的所有条件,在充分审清题目意思的基础上,从问题的几何特征入手,利用其几何性质,找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用函数最值的方法求解.【对点训练】(2023·成都模拟)已知圆柱的两个底面圆周在体积为32π3的球O的球面上,则该圆柱的侧面积的最大值为()A.4πB.8πC.12πD.16π【解析】选B.方法一:设球的半径为R,由球的体积公式得43πR3=32π3,得R=2.设圆柱的底面半径为r,球的半径与上底面夹角为α(0<α<π2),则r=2cosα,所以圆柱的高为4sinα,所以圆柱的侧面积为4πcosα×4sinα=8πsin2α,当且仅当sin2α=1,即α=π4时,圆柱的侧面积最大,所以圆柱的侧面积的最大值为8π.方法二:设球的半径为R,由球的体积公式4πR3=32π3,得R=2.设圆柱的底面半径为r,高为h,则r2+(ℎ2)2=R2=4,所以r2+ℎ24=4≥2hr,即hr≤4,当且仅当r=ℎ2=2时等号成立,所以圆柱的侧面积S=2πrh≤8π,所以圆柱的侧面积的最大值为8π.。

高考数学一轮总复习第6章立体几何第6节立体几何中的向量方法__证明平行与垂直教师用书

第六节　立体几何中的向量方法——证明平行与垂直考试要求：1．理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．2．能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理．一、教材概念·结论·性质重现1．直线的方向向量与平面的法向量直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行( 或重合) 的非零向量，一条直线的方向向量有无数个平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔m·n＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥ βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)直线的方向向量是唯一确定的．(　×　)(2)平面的单位法向量是唯一确定的．(　×　)(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．(　√　)(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(　√　)(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行．(　×　)(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　×　) 2．若直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有( )A．l∥α B．l⊥αC．l与α斜交 D．l⊂α或l∥αB　解析：由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α．故选B．3．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不对C　解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．4．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D 的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．垂直　解析：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，O，N，AM·ON＝·＝0，所以ON与AM垂直．5．在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(－2，－1，6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是________．平行　解析：由题意得，AB＝(－3，－3,3)，CD＝(1,1，－1)，所以AB＝－3CD，所以AB与CD共线．又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD．考点1　利用空间向量证明平行问题——基础性如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG．证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)，则EF＝(0,1,0)，EG＝(1,2，－1)．设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则n＝(1,0,1)为平面EFG的一个法向量．因为PB＝(2,0，－2)，所以PB·n＝0，所以n⊥PB．因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG．本例中条件不变，证明：平面EFG∥平面PBC．证明：因为EF＝(0,1,0)，BC＝(0,2,0)，所以BC＝2EF，所以BC∥EF．又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC．又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC．利用空间向量证明平行的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直．(2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行(1)证明两平面的法向量为共线向量．(2)转化为线面平行、线线平行问题如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°．因为PC＝2，所以BC＝2，PB＝4，所以D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，所以DP＝(0，－1,2)，DA＝(2，3,0)，CM＝．设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由得取y＝2，得x＝－，z＝1，所以n＝(－，2,1)是平面PAD的一个法向量．因为n·CM＝－×＋2×0＋1×＝0，所以n⊥CM．又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD．考点2 利用空间向量证明垂直问题——应用性如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE ＝2AB．求证：平面BCE⊥平面CDE．证明：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)，所以BE＝(a，a，a)，BC＝(2a,0，－a)，CD＝(－a，a,0)，ED＝(0,0，－2a)．设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·BE＝0，n1·BC＝0可得即令z1＝2，可得n1＝(1，－，2)．设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·CD＝0，n2·ED＝0可得即令y2＝1，可得n2＝(，1,0)．因为n1·n2＝1×＋1×(－)＝0，所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE．若本例中条件不变，点F是CE的中点，证明：DF⊥平面BCE．证明：由例2知C(2a,0,0)，E(a，a,2a)，平面BCE的法向量n1＝(1，－，2)．因为点F是CE的中点，所以f，所以DF＝，所以DF＝n1，所以DF∥n1，故DF⊥平面BCE．1．利用空间向量证明垂直的方法线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示2．向量法证明空间垂直、平行关系时，是以计算为手段，寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系，关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量．如图，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)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE．证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．(1)因为∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形，所以C，E．设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，即y＝，则D，所以CD＝．又AE＝，所以AE·CD＝－×＋×＝0，所以AE⊥CD，即AE⊥CD．(2)(方法一)由(1)知，D，P(0，0,1)，所以PD＝．又AE·PD＝×＋×(－1)＝0，所以PD⊥AE，即PD⊥AE．因为AB＝(1,0,0)，所以PD·AB＝0，所以PD⊥AB．又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面AEB，所以PD⊥平面AEB．(方法二)由(1)知，AB＝(1,0,0)，AE＝．设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝2，则z＝－，所以n＝(0,2，－)为平面ABE的一个法向量．因为PD＝，显然PD＝n．因为PD∥n，所以PD⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE．考点3　利用空间向量解决探索性问题——应用性如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：在棱C1D1上存在一点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE．证明如下：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则A1(0,0,1)，B(1,0,0)，B1(1,0,1)，E，所以BA1＝(－1,0,1)，BE＝．设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由得所以x＝z，y＝z．取z＝2，得n＝(2,1,2)．设棱C1D1上存在点F(t,1,1)(0≤t≤1)满足条件，又因为B1(1,0,1)，所以B1F＝(t－1,1,0)．而B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔B1F·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝⇔F为C1D1的中点．即说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE．向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图所示，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，F，所以EF＝，DC＝(0，a,0)．因为EF·DC＝0，所以EF⊥DC，从而得EF⊥CD．(2)解：假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，则FG＝．若使GF⊥平面PCB，则由FG·CB＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝．由FG·CP＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0，所以点G坐标为，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．。

2017高考数学(文科山东专版)二轮复习与策略课件专题10 空间中的平行与垂直关系

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提炼 1 异面直线的性质 [证明] ①法一：连接 A2F0，17则版在高三Rt二△轮AD复F习中与，策A略F＝ AD2＋DF2＝ 4＋1＝ 5.
连D接 B[D根，据则所在给的Rt已△知BD条F件中作，图B，F如＝图D所F示2＋．BD2＝ 1＋2＝ 3. 4 分
取(1)由异AD图面可中直知点线αG不与连具β接有相传B交G递，，性且则．交在线注R平意t△行不A于能BGl把，中异故A面选B直＝D.线] 2误. 解为分别在两个不同平面
究
内的∴两在条直△线AB或F平中面，内AB的2＋一B条F2直＝线2＋与3平＝面5＝外A的F2一，条直线． ∴AB⊥BF，又∵AB∥A1B1，∴A1B1⊥BF. 6 分
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提炼 1 异面直线的性质 [证明] ①法一：连接 A2F0，17则版在高三Rt二△轮AD复F习中与，策A略F＝ AD2＋DF2＝ 4＋1＝ 5.
·
提炼1 异面直线的性质聚
焦
[证明]
①法一：连接 A2F0，17则版在高三Rt二△轮AD复F习中与，策A略F＝
AD2＋DF2＝
4＋1＝专题5.
限
时
集
热点
连接 BD，则在 Rt△BDF 中，BF＝
DF2＋BD2＝
1＋2＝
3.
4分
训
题型
· 探
取(1)异AD面中直点线专G不题连具接有十传BG递，空性则．间在注R中意t△不的A能B平G把中行异A面与B直＝垂线直 2误. 解关为系分别在两个不同平面
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提炼 1 异面直线的性质 [证明] ①法一：连接 A2F0，17则版在高三Rt二△轮AD复F习中与，策A略F＝ AD2＋DF2＝ 4＋1＝ 5.

专题8.7 立体几何中的向量方法(一)—证明平行与垂直(重难点突破)(解析版)

专题8.7 立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直一、考纲要求1、空间向量的线性运算2、共线、共面向量定理的应用3、空间向量数量积的应用4、利用空间向量证明平行或垂直二、考点梳理考点1．空间向量及其有关概念考点2．数量积及坐标运算(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.(2)空间向量的坐标运算：垂直 a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0 夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23三、题型分析(一) 平行的证明例1. （广西河池高级中学2019届期末）在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A.垂直B.平行C.异面D.相交但不垂直【答案】B【解析】由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，所以AB ∥CD .【变式训练1-1】、（江苏金陵中学2019届期中）如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A.斜交B.平行C.垂直D.MN 在平面BB 1C 1C 内【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a3，则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3.又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量.因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .【变式训练1-2】、（黑龙江齐齐哈尔市实验中学2019届期中）正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点.求证：MN ∥平面A 1BD .证明如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，N ⎝⎛⎭⎫12，1，1，于是MN →＝⎝⎛⎭⎫12，0，12，DA 1→＝(1，0，1)，DB →＝(1，1，0). 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.所以n ＝(1，－1，－1). 又MN →·n ＝⎝⎛⎭⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n . 又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .(二) 垂直的证明例2. （江苏省丹阳高级中学2019届期末）如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →，∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ，∴DM ⊥平面P AB .∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB .【变式训练2-1】、如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23. 【解析】Ⅰ）如下图所示：在正方体1111ABCD A BC D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111AB C D =， 11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ， 1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 【变式训练2-2】、如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）255. 【解析】（1）由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，则32DO =，1122CO BO AE ===，所以6264PO DO ==， 222266,,44PC PO OC PB PO OB =+==+= 又ABC 为等边三角形，则2sin 60BAOA =，所以32BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；（2）过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),(0,0,(,(,244444E P B C ----， 132(,4PC =-，132(4PB =-，12(,0,2PE =-，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得111111320320x z x z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令12x =111,0z y =-=，所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令21x=，得22z y ==，所以3(1,3m =故2cos ,||||3n mmn n m ⋅<>===⋅⨯设二面角B PC E --的大小为θ，则cos θ=。

2018年高考数学(理)二轮复习教师用书：第1部分重点强化专题专题4第9讲空间中的平行与垂直关系(含答案)

第9讲空间中的平行与垂直关系题型1 空间位置关系的判断与证明(对应学生用书第30页)■核心知识储备………………………………………………………………………·1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】(考查空间位置关系的判断)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l 满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l[解析]根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.[答案] D【典题2】(考查空间位置关系的证明)如图91，在三棱锥PABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．图91(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E BCD 的体积． [思路分析] (1)通过证明PA ⊥平面ABC 得PA ⊥BD ； (2)通过证明BD ⊥平面PAC 得面面垂直；(3)由PA ∥平面BDE ，D 为AC 的中点得PA 与DE 的位置及数量关系，从而求出三棱锥的体积．[解] (1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，且AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，PA ⊥BD ，且PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥E BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.[类题通法] 平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．■对点即时训练………………………………………………………………………·如图92所示，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ＝ 2.图92(1)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (2)求三棱锥D PBC 的体积.[解] (1)法一：(几何法)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，又CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥PA . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以△PAD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即PA ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，所以PA ⊥平面PCD . 又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PCD .法二：(向量法)取AD 的中点O 、BC 的中点Q ，连接OP ，OQ ，易知OQ ⊥AD .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系．由PA ＝PD ＝22AD ＝2，知OP ＝1. 则O (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，Q (0,2,0)，C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又DC →＝(0,2,0)，DP →＝(1,0,1)，则⎩⎨⎧n ·DC →＝0，n ·DP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，－1)．同理，可求得平面PAB 的一个法向量为m ＝(－1,0，－1)，又n·m ＝－1×1＋0×0＋(－1)×(－1)＝0，故平面PAB ⊥平面PCD .(2)取AD 的中点O ，连接OP ，如图．因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 即PO 为三棱锥P BCD 的高，由PA ＝PD ＝22AD ＝2，知OP ＝1. 因为底面ABCD 是正方形，所以S △BCD ＝12×2×2＝2.所以V 三棱锥D PBC ＝V 三棱锥P BCD ＝13PO ·S △BCD ＝13×1×2＝23.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 3、T 6、T 7、T 8、T 9、T 10、T 12、T 14)题型2 平面图形的翻折问题 (对应学生用书第31页)■核心知识储备………………………………………………………………………·翻折问题的注意事项(1)画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．(2)把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．(3)准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】 (2016·全国Ⅱ卷)如图93，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.图93(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值．[思路分析] (1)题设条件翻折,D ′H ⊥EF ―――→勾股定理D ′H ⊥OH ―→D ′H ⊥平面ABCD ； (2)建系―→求法向量―→求二面角的余弦值―→求二面角的正弦值． [解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC ∥EF .因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)， AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎨⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.[类题通法] 平面图形翻折问题的求解方法解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.■对点即时训练………………………………………………………………………·如图94(1)，在四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝6，BC ＝2AB ＝4，E ，F 分别在BC ，AD 上，EF ∥AB ，现将四边形ABEF 沿EF 折起，使平面ABEF ⊥平面EFDC ，如图94(2)．图94(1)图94(2)(1)若BE ＝1，在折叠后的线段AD 上是否存在一点P ，且AP →＝λPD →，使得CP ∥平面ABEF ？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥A CDF 体积的最大值，并求此时二面角E AC F 的余弦值. [解] 因为平面ABEF ⊥平面EFDC ，平面ABEF ∩平面EFDC ＝EF ，FD ⊥EF ，所以FD ⊥平面ABEF .又AF ⊂平面ABEF ，所以FD ⊥AF .易知AF ⊥EF ，又FD ∩EF ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC .(1)以F 为坐标原点，FE ，FD ，FA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则F (0,0,0)，A (0,0,1)，D (0,5,0)，C (2,3,0)． ∵AP →＝λFD →，∴FP →＝11＋λFA →＋λ1＋λFD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5λ1＋λ，11＋λ.∴CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－3＋2λ1＋λ，11＋λ.若CP ∥平面ABEF ，则CP →⊥FD →，即CP →·FD →＝0，即－3＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝32.∴AD 上存在一点P ，当AP →＝32FD →时，满足CP ∥平面ABEF .(2)设BE ＝x ，则AF ＝x (0＜x ≤4)，所以三棱锥A CDF 的体积V ＝13x ×12×2(6－x )＝13x (6－x )≤13×⎝⎛⎭⎪⎫x ＋6－x 22＝3.∴当x ＝3时，三棱锥A CDF 的体积V 有最大值，最大值为3.此时A (0,0,3)，D (0,3,0)，C (2,1,0)，则FA →＝(0,0,3)，FC →＝(2,1,0)．设平面ACE 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＋y 1－3z 1＝02x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则m ＝(3,0,2)．设平面ACF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·FA →＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z 2＝0，2x 2＋y 2＝0.令x 2＝1，则n ＝(1，－2,0)．∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝36565，则二面角E AC F 的余弦值为36565.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 4、T 5、T 11、T 13)三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第32页)1．(2016·全国Ⅰ卷)平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.32 B ．22C.33D ．13A [设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1.∵平面α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m . 又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1， ∴B 1D 1∥m 1.∴B 1D 1∥m . ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1＝CD 1，同理可证CD 1∥n .因此直线m 与n 所成的角即直线B 1D 1与CD 1所成的角．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形，故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为32.] 2．(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B ．155 C.105D ．33C [法一：(几何法)将直三棱柱ABC A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.法二：(向量法)以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成的角的余弦值为105. 故选C.]3．(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)②③④ [对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l ⊂α，n ∥l ，又m ⊥α，所以m ⊥l ，所以m ⊥n ，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m ⊂α，所以m ，β没有公共点，由线面平行的定义可知m ∥β，故正确．对于④，因为m ∥n ，所以m 与α所成的角和n 与α所成的角相等．因为α∥β，所以n 与α所成的角和n 与β所成的角相等，所以m 与α所成的角和n 与β所成的角相等，故正确．]4．(2017·全国Ⅲ卷)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)②③ [依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB 与b 所成夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．]5．(2015·全国Ⅰ卷)如图95，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .图95(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值. [解] (1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.。

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题14空间中的平行与垂直教学案文含解析

【2019年咼考考纲解读】1. 以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题2. 以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档.【重点、难点剖析】1 .直线、平面平行的判定及其性质(1) 线面平行的判定定理： a ? a , b ? a , a // b ? a //a .(2) 线面平行的性质定理： a //a, a ? 3 , aA3= b ? a / b .⑶面面平行的判定定理：a ? 3 , b ? 3 , a n b = P , a //a, b // a ? a / 3 .⑷面面平行的性质定理： a // 3 , an 丫 = a , 3 n 丫= b ? a / b .2 .平行关系的转化两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图.(1)线面垂直的判定定理： m ? a , n ? a , m n n = P, I 丄m l 丄n ? l 丄a .⑵ 线面垂直的性质定理： a 丄a , b 丄a ? a // b .⑵如图，平面 a 与平面3相交于BC AB? a , CD ? 3 ,点A ?BC,点D?BC 则下列叙述错误的是 (A .直线AD 与 BC 是异面直线B. 过AD 只能作一个平面与 BC 平行C. 过AD 只能作一个平面与 BC 垂直空间中的平行与垂直(3)面面垂直的判定定理: a ? 3 , a 丄 a ? a 丄 3 .3 .直线、平面垂直的判定及其性质D.过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行答案C解析由异面直线的判定定理得直线AD与BC是异面直线；在平面3内仅有一条直线过点D且与BC平行, 这条直线与AD确定一个平面与BC平行，即过AD只能作一个平面与BC平行；若AD垂直于平面a，则过AD的平面都与BC垂直，因此C错；过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行. 题型二空间平行、垂直关系的证明例 2. (2018 •全国H )如图，在三棱锥P— ABC中, AB= BC= 2 2, PA= PB= PC= AC= 4, O为AC的中点.⑵若点Ml在棱BC上，且MC= 2MB求点C到平面POM勺距离.(1)证明因为PA= PC= AC= 4, O为AC的中点，所以OPLAC 且OP= 2 3.xl因为A* BC= 2 AC所以△ ABC为等腰直角三角形，1所以OBLAC OB= 2AC= 2.由OP+ OB= PB 知PO丄OB因为OPLOB OPLAC OBH AC= O, OB AC?平面ABC 所以PC丄平面ABC⑵解作CH L OM垂足为H,又由(1)可得OPLCH因为OM H OP= Q OM OP?平面POM所以CHL平面POM故CH的长为点C到平面POM勺距离.1 2 4、J2由题意可知OC= 2AC= 2, CM= 3BC= 3 ,/ ACB= 45°,2贋所以在△ OM（中，由余弦定理可得，OM= 3,OC- MC sin / ACB 4书CH=OM = 5 .4肩所以点C到平面POM勺距离为 5 .【变式探究】⑴ 如图，四棱锥P-ABC啲底面ABCD是边长为2的正方形，平面PABL平面ABCD点E是PD的中点，棱PA与平面BCE交于点F.①求证：AD/ EF;②若△ PAB是正三角形，求三棱锥P- BEF的体积.①证明因为底面ABCD1边长为2的正方形，所以BC// AD又因为BC?平面PAD AD?平面PAD所以BC//平面PAD又因为B, C, E, F四点共面，且平面BCEf R平面PAD= EF ,所以BC// EF又因为BC/ AD,所以AD// EF②解由①知，AD// EF,点E是PD的中点，所以点F为PA的中点，EF= 2AD= 1.又因为平面PABL平面ABCD平面PABH平面ABC』AB ADLAB所以ADL平面PAB所以EF丄平面PAB又因为△ PAB是正三角形，所以PA= PB= AB= 2 ,所以S^PBF= 2生PBA= 2 .1 x.3 xl又EF= 1，所以VP-BEF= V E—PBF= 3 X 2 X 1= 6 .故三棱锥P- BEF的体积为6.⑵（2018 •北京）如图，在四棱锥P- ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PADL平面ABCD PA! PD PA= PD E, F分别为AD PB的中点.①求证：PEL BC②求证：平面PABL平面PCD③求证：EF//平面PCD证明①因为PA= PD E为AD的中点，所以PE!AD因为底面ABCD为矩形，所以BC// AD所以PEL BC②因为底面ABCD为矩形，所以.曲丄-Q又因为平面丄平面ABCD f平面P.4DA平面ABCD=AD t AB匚平面.仞CD,所以.肋丄平面戸3,又PQu平面PAD f所以加丄PD又因为R4丄卩6 PAC\AB=A} PA, AB C：平面PAB”所以PD丄平面乂扭又PDu平面PCD,所以平面P岛丄平面PCD③如图，取PC的中点G连接FG DG因为F, G分别为PB PC的中点,1所以FG// BC FG= 2BC,因为四边形ABC［为矩形，且E为AD的中点，1所以DE/ BC DE= 2BC所以DE/ FG DE= FG所以四边形DEFG为平行四边形，所以EF// DG又因为EF?平面PCD DG平面PCD所以EF//平面PCD【感悟提升】垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，I丄a , a? a ? l丄a.【变式探究】(2018 •全国川)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,(2)在线段AM上是否存在点P,使得MQ平面PBD说明理由.(1)证明由题设知，平面CM丄平面ABCD交线为CD因为BCL CD BQ平面ABCD所以BCL平面CMD又DIM平面CMD故BCL DM因为M为CD上异于C D的点，且DC为直径，所以DM L CM又B8 CM F C, BC CM?平面BMC所以DML平面BMC 又DIM平面AMD故平面AMD_平面BMC⑵解当P为AM的中点时，MC/平面PBD证明如下：连接AC BD交于点O因为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题型三平面图形的翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键•一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.例3、如图1,已知菱形AECD勺对角线AC DE交于点F,点E为AB中点.将△ ADE沿线段DE折起到△ PDE 的位置，如图2所示.(1)求证：DE!平面PCF⑵求证：平面PBCL平面PCF(3)在线段PD BC上是否分别存在点M N,使得平面CFM平面PEN若存在，请指出点M N的位置，并证明；若不存在，请说明理由.(1)证明折叠前，因为四边形AECD^菱形，所以AC L DE所以折叠后，DEI PF, DEI CF又PF n CF= F , PF, CF?平面PCF所以DE!平面PCF⑵证明因为四边形AECD^菱形,所以DC AE DC= AE又点E为AB的中点，所以DC/ EB DC= EB所以四边形DEB(为平行四边形，所以CB// DE又由(1)得，DEL平面PCF所以CBL平面PCF因为CB?平面PBC所以平面PBCL平面PCF⑶解存在满足条件的点M N且M N分别是PD和BC的中点.如图，分别取PD和BC的中点M N连接EN PN MF CM因为四边形DEBC为平行四边形，1所以EF// CN EF= 2BC= CN所以四边形ENCF为平行四边形，所以FC// EN在厶PDE中 , M F分别为PD DE的中点，所以MF// PE又EN PR 平面PEN PE P EN= E, MF CF?平面CFM MF T CF= F,所以平面CFM平面PEN【感悟提升】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口.(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论.【变式探究】如图，在直角梯形ABCD^ , AD// BC, ABLBC BD L DC点E是BC边的中点，将厶ABD沿BD折起，使平面ABDL平面BCD连接AE AC DE得到如图所示的空间几何体.⑵若AD= 1, AB= 2,求点B到平面ADE勺距离.(1)证明因为平面ABDL 平面BCD 平面ABD T 平面BCD= BD又BDL DC DC ?平面BCD 所以DCL 平面 ABD 因为AB ?平面ABD 所以DCL AB又 ADL AB D8 AD= D, AD DC ?平面 ADC 所以ABL 平面ADC⑵解因为巒=迈…所以胆* 依题意所以鲁鑰即芈老所決 cz?=VB.故 BC=3.由于拙丄平面ADC r 所以,AB1AC., 又E 为BE 的中点，所以卫£=竽=? 同理所以设点B 到平面ADE 勺距离为d ,所以d = 即点B 到平面ADE 勺距离为 S\ ADE = = 12%-BC =因为DC L 平面ABD1 V —BC 尸 3。

北师版高考总复习一轮文科数学精品课件第8章立体几何第5节空间直线、平面的垂直关系

二面角是一个几何图形
(2)二面角的平面角:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平
垂直于棱
面内分别作
的两条射线,这两条射线所构成的角叫作二
面角的平面角.
(3)二面角的范围:[0°,180°].
微点拨二面角的平面角定义中有三个关键词:一是“棱上一点”,二是“在两
个半平面内”,三是“作棱的垂线”.
条直线和这个平面所成的角.
[0°,90°]
(2)线面角的范围:
所成的锐角
叫作这
.
微点拨一条直线垂直于平面,则它们所成的角是直角;一条直线和平面平行
或在平面内,则它们所成的角是0°的角.加上斜线与平面所成的角,故线面
角范围是[0°,90°].
3.二面角
(1)定义:从一条直线出发的
两个半平面
所组成的图形叫作二面角;
所以 B1F= 1 12 + 1 2 = 5.
在 Rt△DCF 中,CF=2,CD=1,
所以 DF= 2 + 2 = 5.
显然DF2+B1F2=B1D2,
所以∠B1FD=90°.所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD=D,AD⫋平面ADF,FD⫋平面ADF,所以B1F⊥平面ADF.
考向2直线与平面垂直的性质
第八章
第五节空间直线、平面的垂直关系
内
容
索
引
01
强基础固本增分
02
研考点精准突破
课标解读
1.以立体几何的定义、公理和定
理为出发点,认识和理解空间中直
线、平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.

【教师】高考数学一轮复习第7章立体几何初步第4节垂直关系教师用书文北师大版

【关键字】教师第四节垂直关系[考纲传真] 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笔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笔直关系的简单命题．1．直线与平面笔直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都笔直，那么称这条直线和这个平面笔直．(2)定理2.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．这条直线叫作二面角的棱，这两个半平面叫作二面角的面．(2)二面角的度量——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笔直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角．平面角是直角的二面角叫作直二面角．3．平面与平面笔直(1)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相笔直．(2)定理1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都笔直，则l⊥α.( )(2)笔直于同一个平面的两平面平行．( )(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．( )(4)若两个平面笔直，则其中一个平面内的任意一条直线笔直于另一个平面．( )[答案] (1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且lα，mβ.( ) A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥mA [∵l⊥β，lα，∴α⊥β(面面笔直的判定定理)，故A正确．]3．(2016·浙江高考)已知互相笔直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足 m∥α，n⊥β，则( )A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥nC [∵α∩β＝l ，∴lβ.∵n ⊥β，∴n ⊥l.]4．如图7-4-1，已知PA ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，则图中直角三角形的个数为________．图7-4-14 [∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ，则△PAB ，△PAC 为直角三角形．由BC ⊥AC ，且AC ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，从而BC ⊥PC.因此△ABC ，△PBC 也是直角三角形．]5．边长为a 的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则折叠后AC 的长为________.【导学号：】a [如图所示，取BD 的中点O ，连接A ′O ，CO ，则∠A ′OC 是二面角A ′BD -C 的平面角．即∠A ′OC ＝90°，又A ′O ＝CO ＝a ，∴A ′C ＝＝a ，即折叠后AC 的长(A ′C)为a.] 线面垂直的判定与性质如图7-4-2，在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，CD ⊥BD.图7-4-2(1)求证：CD ⊥平面ABD ；(2)若AB ＝BD ＝CD ＝1，M 为AD 中点，求三棱锥A -MBC 的体积．[解] (1)证明：因为AB ⊥平面BCD ，CD平面BCD ，所以AB ⊥CD. 2分又因为CD ⊥BD ，AB ∩BD ＝B ，AB 平面ABD ，BD 平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD. 5分(2)由AB ⊥平面BCD ，得AB ⊥BD.又AB ＝BD ＝1，所以S △ABD ＝×12＝. 8分因为M 是AD 的中点，所以S △ABM ＝12S △ABD ＝14. 根据(1)知，CD ⊥平面ABD ，则三棱锥C ABM 的高h ＝CD ＝1，故V A MBC ＝V C ABM ＝13S △ABM ·h ＝112. 12分 [规律方法] 1.证明直线和平面垂直的常用方法：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；(3)面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；(4)面面垂直的性质．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．[变式训练1] 如图743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 .图743求证：PA ⊥CD .[证明] 因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB ，在Rt △ABC 中，由3AC ＝BC ，得∠ABC ＝30°. 3分设AD ＝1，由3AD ＝DB ，得DB ＝3，BC ＝23，由余弦定理得CD 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC cos30°＝3，所以CD 2＋DB 2＝BC 2，即CD ⊥AO . 8分因为PD ⊥平面ABC ，CD 平面ABC ，所以PD ⊥CD ，由PD ∩AO ＝D ，得CD ⊥平面PAB ，又PA 平面PAB ，所以PA ⊥CD . 12分面面垂直的判定与性质(2017·郑州调研)如图744，三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H分别为AC ，BC 的中点．图744(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .[证明] (1)如图所示，连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH . 1分在三棱台DEF ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形. 3分则M 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以HM∥BD，由于HM平面FGH，BD平面FGH，故BD∥平面FGH. 5分(2)连接HE，CE，CD.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB. 6分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. 10分由于CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H.所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 12分[规律方法] 1.面面垂直的证明的两种思路：(1)用面面垂直的判定定理，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．垂直问题的转化关系：[变式训练2] 如图745，在三棱锥PABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N 分别为AB，PA的中点．图745(1)求证：PB∥平面MNC；(2)若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.[证明] (1)因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB，2分又因为MN平面MNC，PB平面MNC，所以PB∥平面MNC. 5分(2)因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. 7分因为平面PAB⊥平面ABC，CM平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB.所以CM⊥平面PAB. 10分因为PA平面PAB，所以CM⊥PA.又MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC. 12分平行与垂直的综合问题☞角度1 多面体中平行与垂直关系的证明(2016·江苏高考) 如图746，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.图746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，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1. 3分又因为DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F. 5分(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1. 7分又因为A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D. 10分又因为B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 12分[规律方法] 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．2．垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．☞角度2 平行垂直中探索开放问题(2017·秦皇岛调研)如图747(1)所示，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747(2)所示．(1) (2)图747(1)求证：A1F⊥BE；(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由.【导学号：】[证明] (1)由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，因为DC∩DA1＝D，所以DE⊥平面A1DC. 2分由于A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，又BE平面BCDE，所以A1F⊥BE. 5分(2)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 6分理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，则DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEQP. 9分由(1)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 12分[规律方法] 1.对命题条件探索性的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)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．2．平行(垂直)中点的位置探索性问题：一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点.线面角的求法与应用(2016·浙江高考)如图748，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.图748(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．[解](1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示. 1分因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK，3分因此，BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD. 5分(2)因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角. 8分在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝32，得cos∠BDF＝217，所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217. 12分[规律方法] 1.利用综合法求空间角的步骤：(1)找：根据图形找出相关的线面角或二面角．(2)证：证明找出的角即为所求的角．(3)算：根据题目中的数据，通过解三角形求出所求角．2．线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．[变式训练3] 如图749，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．图749(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2)证明：AE⊥平面PCD.[解](1)在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，从而AB⊥平面PAD，2分故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.∴PB和平面PAD所成的角的大小为45°. 5分(2)证明：在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，故CD ⊥PA .由条件CD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，∴CD ⊥平面PAC . 7分又AE 平面PAC ，∴AE ⊥CD .由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA .∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC . 10分又PC ∩CD ＝C ，故AE ⊥平面PCD . 12分[思想与方法]1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任一直线都垂直⇒a ⊥α；(2)判定定理1： ⎭⎪⎬⎪⎫m ，n α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l ⇒a ⊥β.2．证明面面垂直的方法．(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a α，a ⊥β⇒α⊥β.3．转化思想：垂直关系的转化[易错与防范]1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

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突破点11 空间中的平行与垂直关系(对应学生用书第167页)提炼1 异面直线的性质(1)直线或平面内的一条直线与平面外的一条直线．(2)异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相交垂直．(3)求异面直线所成角的一般步骤为：①找出(或作出)适合题设的角——用平移法；②求——转化为在三角形中求解；③结论——由②所求得的角或其补角即为所求.提炼2 平面与平面平行的常用性质(1)(2)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(3)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．(4)两个平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.提炼3 证明线面位置关系的方法(1)定理；③面面平行的性质定理；④线面垂直的性质定理．(2)证明线面平行的方法：①寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；②寻找面面平行，利用面面平行的性质．(3)证明线面垂直的方法：①线面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；②线面垂直的判定定理；③面面垂直的性质定理．(4)证明面面垂直的方法：①定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；②面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线．回访1 异面直线的性质1．(2016·全国乙卷)平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.13A [设平面CB 1D1∩平面ABCD＝m1.∵平面α∥平面CB1D1，∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面CB1D1∩平面DCC1D1＝CD1，同理可证CD1∥n.因此直线m与n所成的角即直线B1D1与CD1所成的角．在正方体ABCDA1B1C1D1中，△CB1D1是正三角形，故直线B1D1与CD1所成角为60°，其正弦值为32 .]2．(2015·广东高考)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交D [由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．]回访2 面面平行的性质与线面位置关系的判断3．(2013·全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于lD [根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.]4．(2016·全国甲卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)②③④[对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．](对应学生用书第167页)热点题型1 空间位置关系的判断与证明题型分析：空间中平行与垂直关系的判断与证明是高考常规的命题形式，此类题目综合体现了相关判定定理和性质定理的考查，同时也考查了学生的空间想象能力及转化与化归的思想.(1)(2016·兰州三模)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于点B，CD⊥α于点D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________．【导学号：67722040】①③[若AC⊥β，且EF⊂β，则AC⊥EF，又AB⊥α，且EF⊂α，则AB⊥EF，AB和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF⊥平面ACDB，则EF⊥BD，①可以成为增加的条件；AC与α，β所成的角相等，AC和EF不一定垂直，可以相交、平行，所以EF与平面ACDB 不一定垂直，所以推不出EF与BD垂直，②不能成为增加的条件；由CD⊥α，EF⊂α，得EF⊥CD，所以EF与CD在β内的射影垂直，又AC与CD在β内的射影在同一直线上，所以EF⊥AC，CD和AC是平面ACDB上的两条相交直线，则EF⊥平面ACDB，则EF⊥BD，③可以成为增加的条件；若AC∥EF，则AC∥α，则BD∥AC，所以BD∥EF，④不能成为增加的条件，故能成为增加条件的序号是①③.](2)(2016·山东高考)在如图111所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.①已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；②已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.图111[解题指导]①EF∥DB→确定平面BDEF→AB＝ACAE＝EC→AC⊥DEAC⊥BD→AC⊥平面BDEF→AC⊥FB②取FC的中点I→GI∥EFHI∥BC→GI∥BD→平面GHI∥平面ABC→GH∥平面ABC[证明] ①因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.如图①，连接DE.1分因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.3分又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.5分因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.6分①②如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI. 在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.7分又EF∥DB，所以GI∥DB.8分在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，9分所以平面GHI∥平面ABC.11分因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.12分②在解答空间中线线、线面和面面的位置关系问题时，我们可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例和构建几何模型．判断两直线是异面直线是难点，我们可以依据定义来判定，也可以依据定理(过平面外一点与平面内一点的直线，和平面内不经过该点的直线是异面直线)判定．而反证法是证明两直线异面的有效方法．提醒：判断直线和平面的位置关系中往往易忽视直线在平面内，而面面位置关系中易忽视两个平面平行．此类问题可以结合长方体中的线面关系找出假命题中的反例．[变式训练1] (1)(2016·石家庄二模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，m∥β；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中真命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3B [若m⊂α，n∥α，则m，n可能平行或异面，①错误；若α∥β，β∥γ，则α∥γ，又m⊥α，则m⊥γ，②正确；若α∩β＝n，m∥n，则m∥α或m∥β或m⊂α或m⊂β，③错误；若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行或相交，④错误，则真命题个数为1，故选B.](2)(2016·威海二模)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1，AD＝DD1＝2，BC＝DC＝1，DC⊥BC，AD∥BC，E，F分别为CC1，DD1的中点．图112①求证：BF⊥A1B1；②求证：平面BEF∥平面AD1C1.[证明] ①法一：连接AF，则在Rt△ADF中，AF＝AD2＋DF2＝4＋1＝ 5.连接BD，则在Rt△BDF中，BF＝DF2＋BD2＝1＋2＝ 3.4分取AD中点G连接BG，则在Rt△ABG中AB＝ 2.∴在△ABF中，AB2＋BF2＝2＋3＝5＝AF2，∴AB⊥BF，又∵AB∥A1B1，∴A1B1⊥BF.6分法二：说明A1B1⊥BB1，证明A1B1⊥B1D1，得到A1B1⊥平面B1BDD1，由BF⊂平面B1BDD1，证得A1B1⊥BF.②∵E，F分别为CC1，DD1的中点，∴EF∥C1D1，连接FG，由BC綊GD，得BG綊DC，∴BG綊EF，∴BGEF为平行四边形，∴GF∥BE.10分∵G，F分别为AD，DD1的中点，∴GF∥AD1，∴BE∥AD1，∵BE∩EF＝E，AD1∩D1C1＝D1，∴平面BEF∥平面AD1C1.12分热点题型2 平面图形的翻折问题题型分析：1解决翻折问题的关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况.,2找出其中变化的量和没有变化的量，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.(2016·全国甲卷)如图113，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．(1)证明：AC ⊥HD ′；(2)若AB ＝5，AC ＝6，AE ＝54，OD ′＝22，求五棱锥D ′ABCFE 的体积．图113[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .1分又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF .2分由此得EF ⊥HD ，故EF ⊥HD ′，所以AC ⊥HD ′.3分 (2)由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.4分由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.5分于是OD ′2＋OH 2＝(22)2＋12＝9＝D ′H 2，故OD ′⊥OH .6分由(1)知AC ⊥HD ′，又AC ⊥BD ，BD ∩HD ′＝H ，所以AC ⊥平面BHD ′，于是AC ⊥OD ′.8分又由OD ′⊥OH ，AC ∩OH ＝O ，所以OD ′⊥平面ABC . 又由EF AC ＝DH DO 得EF ＝92.10分五边形ABCFE 的面积S ＝12×6×8－12×92×3＝694.11分所以五棱锥D ′ABCFE 的体积V ＝13×694×22＝2322.12分翻折问题的注意事项1．画好两图：翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图．2．把握关系：即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础．3．准确定量：即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是准确进行计算的基础．[变式训练2] (2016·海淀二模)已知长方形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝2，E 为AB 的中点．将△ADE 沿DE 折起到△PDE ，得到四棱锥P BCDE ，如图114所示．图114(1)若点M 为PC 的中点，求证：BM ∥平面PDE ；(2)当平面PDE ⊥平面BCDE 时，求四棱锥P BCDE 的体积；(3)求证：DE ⊥PC .[解] (1)证明：取DP 中点F ，连接EF ，FM . 因为在△PDC 中，点F ，M 分别是所在边的中点，所以FM 綊12DC .1分又EB 綊12DC ，所以FM 綊EB ，2分所以四边形FEBM 是平行四边形，所以BM ∥EF .3分又EF ⊂平面PDE ，BM ⊄平面PDE .所以BM ∥平面PDE .4分(2)因为平面PDE ⊥平面BCDE ，在△PDE 中，作PO ⊥DE 于点O ，因为平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ，所以PO ⊥平面BCDE .6分在△PDE 中，计算可得PO ＝63，7分所以V 四棱锥P BCDE ＝13Sh ＝13×12(1＋2)×2×63＝33.8分 (3)证明：在矩形ABCD 中，连接AC 交DE 于点I ，因为tan ∠DEA ＝2，tan ∠CAB ＝22，所以∠DEA ＋∠CAB ＝π2，所以DE ⊥AC ，9分所以在四棱锥P BCDE 中，PI ⊥DE ，CI ⊥DE ，10分又PI ∩CI ＝I ，所以DE ⊥平面PIC .11分因为PC ⊂平面PIC ，所以DE ⊥PC .12分专题限时集训(十一)空间中的平行与垂直关系[建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组高考达标]一、选择题1．(2016·南昌一模)设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A ．若a ∥α，b ∥α，则a ∥bB ．若a ⊥α，a ∥b ，则b ⊥αC ．若a ⊥α，a ⊥b ，则b ∥αD ．若a ∥α，a ⊥b ，则b ⊥αB [A 中，两直线可能平行、相交或异面，故A 错；B 中，由直线与平面垂直的判定定理可知B 正确；C 中，b 可能平行α，也可能在α内，故C 错；D 中，b 可能平行α，也可能在α内，还可能与α相交，故D 错．综上所述，故选B.]2．(2016·济南一模)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ∥n ，m ⊥β，则n ⊥β；②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若m ∥n ，m ∥β，则n ∥β；④若m ⊥α，m ⊥β，则α⊥β.其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4A [对于①，由直线与平面垂直的判定定理易知其正确；对于②，平面α与β可能平行或相交，故②错误；对于③，直线n 可能平行于平面β，也可能在平面β内，故③错误；对于④，由两平面平行的判定定理易得平面α与β平行，故④错误．综上所述，正确命题的个数为1，故选A.]3．如图115所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC 的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )图115A．①②B．①②③C．①D．②③B [对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC.对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．]4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )A．①B．②C．③D．①③D [对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B，C.对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角为90°，即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D.]5．(2016·成都二模)在三棱锥PABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F分别是线段PB，PC上的动点，则下列说法错误的是( )图116A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形B [因为AP⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又AB⊥BC，且PA和AB是平面PAB上两条相交直线，则BC⊥平面PAB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，A正确；当EF∥平面ABC时，EF在平面PBC上，平面PBC与平面ABC相交于BC，则EF∥BC，则EF⊥AE，△AEF一定是直角三角形，C正确；当PC⊥平面AEF时，AE⊥PC，又AE⊥BC，则AE⊥平面PBC，AE⊥EF，△AEF一定是直角三角形，D正确；B中结论无法证明，故选B.]二、填空题6．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确命题的个数是________. 【导学号：67722041】3 [如图所示，∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB，但AB不一定垂直于BC.]7．在三棱锥CABD中(如图117)，△ABD与△CBD是全等的等腰直角三角形，O是斜边BD的中点，AB＝4，二面角ABDC的大小为60°，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥CO；③△AOC为正三角形；④cos ∠ADC＝32；⑤四面体ABCD的外接球表面积为32π.其中真命题是________(填序号)．图117①③⑤[由题意知BD⊥CO，BD⊥AO，则BD⊥平面AOC，从而BD⊥AC，故①正确；根据二面角ABDC的大小为60°，可得∠AOC＝60°，又直线AD在平面AOC的射影为AO，从而AD 与CO 不垂直，故②错误；根据∠AOC ＝60°，AO ＝CO 可得△AOC 为正三角形，故③正确；在△ADC 中，AD ＝CD ＝4，AC ＝CO ＝22，由余弦定理得cos ∠ADC ＝42＋42－2222×4×4＝34，故④错误；由题意知，四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为22，则外接球的表面积为S ＝4π×(22)2＝32π，故⑤正确．]8．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号)①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.①②③ [因为AC ⊥平面BDD 1B 1，故①，②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．]三、解答题9．(2016·北京高考)如图118，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .图118(1)求证：DC ⊥平面PAC . (2)求证：平面PAB ⊥平面PAC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA ∥平面CEF ？说明理由． [解] (1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC .2分又因为DC ⊥AC ，且PC ∩AC ＝C ，所以DC ⊥平面PAC .4分(2)证明：因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ，所以AB ⊥AC .因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB . 又因为PC ∩AC ＝C ，所以AB ⊥平面PAC .8分又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAC .9分(3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF .10分理由如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF . 又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为PA ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ，所以PA ∥平面CEF .14分10．(2016·青岛模拟)如图119，四棱锥P ABCD ，侧面PAD 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，M 为PC 的中点．图119(1)求证：PC ⊥AD ；(2)求点D 到平面PAM 的距离．[解] (1)证明：法一：取AD 中点O ，连接OP ，OC ，AC ，依题意可知△PAD ，△ACD 均为正三角形，所以OC ⊥AD ，OP ⊥AD ，又OC ∩OP ＝O ，OC ⊂平面POC ，OP ⊂平面POC ，所以AD ⊥平面POC ，又PC ⊂平面POC ，所以PC ⊥AD .5分法二：连接AC ，AM ，DM ，依题意可知△PAD ，△ACD 均为正三角形，又M 为PC 的中点，所以AM ⊥PC ，DM ⊥PC ，又AM ∩DM ＝M ，AM ⊂平面AMD ，DM ⊂平面AMD ，所以PC ⊥平面AMD ，又AD ⊂平面AMD ，所以PC ⊥AD .5分(2)由题可知，点D 到平面PAM 的距离即点D 到平面PAC 的距离，由(1)可知PO ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ，即PO 为三棱锥P ADC 的高．在Rt △POC 中，PO ＝OC ＝3，PC ＝6，在△PAC 中，PA ＝AC ＝2，PC ＝6，边PC 上的高AM ＝PA 2－PM 2＝102，所以S △PAC ＝12PC ·AM ＝12×6×102＝152.8分设点D 到平面PAC 的距离为h ，由V D PAC ＝V P ACD 得13S △PAC ·h ＝13S △ACD ·PO ，又S △ACD ＝34×22＝3，所以13×152·h ＝13×3×3，解得h ＝2155，所以点D 到平面PAM 的距离为2155.12分[B 组名校冲刺]一、选择题1．(2016·乌鲁木齐三模)如图1110，在多面体ABC DEFG 中，平面ABC ∥平面DEFG ，AC ∥GF ，且△ABC 是边长为2的正三角形，四边形DEFG 是边长为4的正方形，M ，N 分别为AD ，BE 的中点，则MN ＝( )图1110A.7 B ．4 C.19D ．5A [如图，取BD 的中点P ，连接MP ，NP ，则MP ∥AB ，NP ∥DE ，MP ＝12AB ＝1，NP ＝12DE＝2.又∵AC ∥GF ，∴AC ∥NP .∵∠CAB ＝60°，∴∠MPN ＝120°，∴MN ＝MP 2＋NP 2－2×MP ×NP ×cos 120°＝1＋4－2×1×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7，故选A.]2．如图1111，四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ADB 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD .则在三棱锥A BCD 中，下列命题正确的是( )图1111A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABCD [∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.] 3．(2016·贵阳二模)如图1112，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是( )图1112A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心A [由题意可知PA，PE，PF两两垂直，∴PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF.∵PO∩PA＝P，∴EF⊥平面PAO，∴EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，∴O为△AEF的垂心．故选A.]4．(2016·长沙模拟)如图1113，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF＝22，则下列结论中错误的是( )图1113 A．AC⊥BFB．三棱锥ABEF的体积为定值C．EF∥平面ABCDD．异面直线AE，BF所成的角为定值D [对于选项A ，连接BD ，易知AC ⊥平面BDD 1B 1.∵BF ⊂平面BDD 1B 1，∴AC ⊥BF ，故A 正确；对于选项B ，∵AC ⊥平面BDD 1B 1，∴A 到平面BEF 的距离不变．∵EF ＝22，B 到EF 的距离为1，∴△BEF 的面积不变，∴三棱锥A BEF 的体积为定值，故B 正确；对于选项C ，∵EF ∥BD ，BD ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ，∴EF ∥平面ABCD ，故C 正确；对于选项D ，异面直线AE ，BF 所成的角不为定值，当F 与B 1重合时，令上底面中心为O ，则此时两异面直线所成的角是∠A 1AO ，当E 与D 1重合时，点F 与O 重合，则两异面直线所成的角是∠OBC 1，这两个角不相等，故异面直线AE ，BF 所成的角不为定值，故D 错误．]二、填空题5．(2016·衡水二模)如图1114，正方形BCDE 的边长为a ，已知AB ＝3BC ，将△ABE 沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，关于翻折后的几何体有如下描述：图1114①AB 与DE 所成角的正切值是2；②AB ∥CE ；③V B ACE ＝16a 3；④平面ABC ⊥平面ACD .其中正确的有________．(填序号)①③④ [作出折叠后的几何体直观图如图所示：∵AB ＝3BC ＝3a ，BE ＝a ，∴AE ＝2a .∴AD ＝AE 2－DE 2＝a ，∴AC ＝CD 2＋AD 2＝2a .在△ABC 中，cos ∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ×BC＝3a 2＋a 2－2a 223a2＝33. ∴sin ∠ABC ＝1－cos 2∠ABC ＝63. ∴tan ∠ABC ＝sin ∠ABCcos ∠ABC＝ 2.∵BC ∥DE ，∴∠ABC 是异面直线AB ，DE 所成的角，故①正确．连接BD ，CE ，则CE ⊥BD ，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE ⊥AD .又BD ∩AD ＝D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD .又AB ⊂平面ABD ，∴CE ⊥AB ，故②错误．V B ACE ＝V A BCE ＝13S △BCE ·AD ＝13×12×a 2×a ＝a 36，故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC ⊥AD .又BC ⊥CD ，CD ∩AD＝D ，CD ，AD ⊂平面ACD ，∴BC ⊥平面ACD .∵BC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ACD ，故④正确．故答案为①③④.]6．(2016·太原二模)已知在直角梯形ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D ABC ，当三棱锥D ABC 的体积取最大值时，其外接球的体积为________．【导学号：67722042】43π [当平面DAC ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC 的体积取最大值．此时易知BC ⊥平面DAC ，∴BC ⊥AD .又AD ⊥DC ，∴AD ⊥平面BCD ，∴AD ⊥BD ，取AB 的中点O ，易得OA ＝OB ＝OC＝OD ＝1，故O 为所求外接球的球心，故半径r ＝1，体积V ＝43πr 3＝43π.]三、解答题7．(2016·四川高考)如图1115，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .图1115(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .[解] (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点.2分理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM . 所以四边形AMCB 是平行四边形，所以CM ∥AB .4分又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB .6分(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .8分因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，10分所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB .又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .12分8．(2016·长春二模)已知等腰梯形ABCD (如图1116(1)所示)，其中AB ∥CD ，E ，F 分别为AB 和CD 的中点，且AB ＝EF ＝2，CD ＝6，M 为BC 中点．现将梯形ABCD 沿着EF 所在直线折起，使平面EFCB ⊥平面EFDA (如图1116(2)所示)，N 是线段CD 上一动点，且CN ＝12ND .(1) (2)图1116(1)求证：MN ∥平面EFDA ； (2)求三棱锥A MNF 的体积．[解] (1)证明：过点M 作MP ⊥EF 于点P ，过点N 作NQ ⊥FD 于点Q ，连接PQ .由题知，平面EFCB ⊥平面EFDA ，又MP ⊥EF ，平面EFCB ∩平面EFDA ＝EF ，∴MP ⊥平面EFDA .又EF ⊥CF ，EF ⊥DF ，CF ∩DF ＝F ，∴EF ⊥平面CFD . 又NQ ⊂平面CFD ，∴NQ ⊥EF .又NQ ⊥FD ，EF ∩FD ＝F ，∴NQ ⊥平面EFDA ，∴MP ∥NQ .2分又CN ＝12ND ，∴NQ ＝23CF ＝23×3＝2，且MP ＝12(BE ＋CF )＝12×(1＋3)＝2，∴MP 綊NQ ，∴四边形MNQP 为平行四边形.4分 ∴MN ∥PQ .又∵MN ⊄平面EFDA ，PQ ⊂平面EFDA ， ∴MN ∥平面EFDA .6分(2)法一：延长DA ，CB 相交于一点H ，则H ∈CB ，H ∈DA . 又∵CB ⊂平面FEBC ，DA ⊂平面FEAD . ∴H ∈平面FEBC ，H ∈平面FEAD ，即H ∈平面FEBC ∩平面FEAD ＝EF ，∴DA ，FE ，CB 交于一点H ，且HE ＝12EF ＝1.8分V 三棱锥F CDH ＝V 三棱锥C HFD ＝13·S △HFD ·CF ＝92，又由平面几何知识得S △AMN S △CDH ＝29，10分则V 三棱锥F AMN V 三棱锥F CDH ＝29，∴V 三棱锥A MNF ＝V 三棱锥F AMN ＝29·V 三棱锥F CDH ＝29×92＝1.12分法二：V 三棱台BEA CDF ＝13×EF ×(S △BEA ＋S △BEA ·S △CDF ＋S △CDF )＝13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12×92＋92＝133，V 四棱锥A BEFM ＝13×AE ×S 四边形BEFM ＝56， V 三棱锥N ADF ＝13×2×S △ADF ＝2， V 三棱锥N CFM ＝13×1×S △CFM ＝12，10分V 三棱锥A MNF ＝V 三棱台BEA CDF －V 三棱锥N CFM －V 四棱锥A BEFM －V 三棱锥N ADF＝133－12－56－2＝1.12分。