第2讲 空间中的平行与垂直Word格式文档下载.docx

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解析　如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.

由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为

，将该正六边形分成6个边长为

的正三角形.故其面积为6×

×

.

答案　A

4.（2019·

全国Ⅰ卷）如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°

，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：

MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离.

（1）证明　连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝

B1C.

又因为N为A1D的中点，所以ND＝

A1D.

由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，

因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.

又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.

（2）解　过点C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，又BC∩C1C＝C，BC，C1C⊂平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，

故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE，

故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.

由已知可得CE＝1，C1C＝4，

所以C1E＝

，故CH＝

从而点C到平面C1DE的距离为

考点整合

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.

热点一　空间点、线、面位置关系

【例1】　

（1）（多选题）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是（　　）

（2）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∥α

B.α⊥β且l⊥β

C.α与β相交，且交线垂直于l

D.α与β相交，且交线平行于l

解析　

（1）法一　对于选项B，如图

（1）所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.A项中直线AB与平面MNQ不平行.

　　　　图

（1）　　　　　　　　图

（2）

法二　对于选项A，其中O为BC的中点（如图

（2）所示），连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.即A项中直线AB与平面MNQ不平行，其余选项中都平行.

（2）由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l，故选D.

答案　

（1）BCD　

（2）D

探究提高　1.判断空间位置关系命题的真假

（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、四面体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.

2.两点注意：

（1）平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；

（2）当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.

【训练1】已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：

①若α∥β，则m⊥l；

②若α⊥β，则m∥l；

③若m⊥l，则α⊥β；

④若m∥l，则α⊥β.

其中正确的命题是（　　）

A.①④B.③④

C.①②D.①③

解析　对于①，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，故①正确，排除B.

对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β.④正确.故选A.

热点二　空间平行、垂直关系的证明

【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：

（1）PA⊥底面ABCD；

（2）BE∥平面PAD；

（3）平面BEF⊥平面PCD.

证明　

（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，

且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD，

∴PA⊥底面ABCD.

（2）∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，

∴AB∥DE，且AB＝DE.

∴四边形ABED为平行四边形.

∴BE∥AD.

又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴BE∥平面PAD.

（3）∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.

∴BE⊥CD，AD⊥CD，

由

（1）知PA⊥底面ABCD，且CD⊂平面ABCD，

∴PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，

∴CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，

∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，

∴PD∥EF.∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，

EF，BE⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF，

又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.

【迁移1】　在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.

证明　如图，连接AC，设AC∩BE＝O，连接FO，AE.

∵AB∥CD，CD＝2AB，CE＝

CD，

∴AB綉CE.

∴四边形ABCE为平行四边形.

∴O为AC的中点，又F为PC的中点，则FO∥PA，又PA⊥平面ABCD，

∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF，

∴平面BEF⊥平面ABCD.

【迁移2】　在本例条件下，若AB＝BC，求证：

BE⊥平面PAC.

证明　连接AC，设AC∩BE＝O.

AB∥CD，CD＝2AB，且E为CD的中点.

∴AB綉CE.∴四边形ABCE为平行四边形，

又AB＝BC，∴四边形ABCE为菱形，∴BE⊥AC.

又∵PA⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE，

又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

∴BE⊥平面PAC.

探究提高　垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直.

【训练2】（2019·

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.

又C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，且C1C∩AC＝C，

所以BE⊥平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

热点三　平面图形中的折叠问题

【例3】（2019·

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.

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.

（1）证明　由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，

所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，

所以AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

（2）解　如图，取CG的中点M，连接EM，DM.

因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG、EM⊂平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.

由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°

，得EM⊥CG，

又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面DEM，故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM，因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝

，

故DM＝2.又CG＝BF＝2，

所以四边形ACGD的面积为S＝2×

2＝4.

探究提高　1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的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，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.

【训练3】（2019·

济南模拟）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝

，AB＝BC＝

AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE.

（1）证明：

CD⊥平面A1OC；

（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36

，求a的值.

（1）证明　在图1中，因为AB＝BC＝

AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝

，所以BE⊥AC，

即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.

（2）解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，

又由

（1）知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，

即A1O是四棱锥A1－BCDE的高，

由图1可知，A1O＝

AB＝

a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·

AB＝a2，

从而四棱锥A1－BCDE的体积为

V＝

S×

A1O＝

a2×

a＝

a3，

由

a3＝36

，得a＝6.

热点四　空间线面关系的开放性问题

【例4】（2019·

北京卷）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.

（1）求证：

BD⊥平面PAC；

（2）若∠ABC＝60°

，求证：

平面PAB⊥平面PAE；

（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？

说明理由.

（1）证明　因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD.

因为底面ABCD为菱形，

所以BD⊥AC.

又PA∩AC＝A，

所以BD⊥平面PAC.

（2）证明　因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，

所以PA⊥AE.

因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°

，且E为CD的中点，

所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.

又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.

因为AE⊂平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.

（3）解　棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：

取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，

则FG∥AB，且FG＝

AB.

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE＝

所以FG∥CE，且FG＝CE.

所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.

因为CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE，

所以CF∥平面PAE.

探究提高　1.求解探究性问题常假设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，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；

若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立.

2.探索线段上是否存在满足题意的点时，注意三点共线条件的应用.

【训练4】（2019·

海南模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°

，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且

＝m，点F为PD中点.

（1）若m＝

，证明：

直线AF∥平面PEC；

（2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？

若存在，求出m的值；

若不存在，说明理由.

（1）证明　如图作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，

因为点F为PD的中点，所以FM＝

CD.

因为m＝

，所以AE＝

AB＝FM，

又FM∥CD∥AE，

所以四边形AEMF为平行四边形，所以AF∥EM，

因为AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，

所以直线AF∥平面PEC.

（2）解　存在一个常数m＝

，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：

要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，

因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°

所以AE＝ADcos30°

又因为PD⊥平面ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D，

所以AB⊥平面PDE，

因为AB⊂平面PAB，所以平面PDE⊥平面PAB，

所以m＝

1.空间中点、线、面的位置关系的判定

（1）可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.

（2）可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.

2.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：

一是利用等腰三角形底边中线即高线的性质；

二是利用勾股定理；

三是利用线面垂直的性质：

即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.

3.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.

巩固提升

一、选择题

1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　）

A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD

C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC

解析　如图，由题设知，A1B1⊥平面BCC1B1，从而A1B1⊥BC1.

又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.

答案　C

2.（多选题）已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题中正确的是（　　）

A.如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β

B.如果m⊂α，α∥β，那么m∥β

C.如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l

D.如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β

解析　对于A，如果m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，因为n⊥β，则α⊥β，故正确；

对于B，如果m⊂α，α∥β，那么m与β无公共点，则m∥β，故正确；

对于C，如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l，故正确；

对于D，如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β的关系不正确，故错误.

答案　ABC

全国Ⅰ卷）在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°

，则该长方体的体积为（　　）

A.8B.6

C.8

D.8

解析　连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°

，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形.又AB＝2，所以BC1＝2

.又B1C1＝2，所以BB1＝

＝2

，故该长方体的体积V＝2×

2×

2

＝8

.故选C.

4.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E是A1B1的中点，则点E到平面ABC1D1的距离为（　　）

解析　∵A1B1∥AB，点E在A1B1上，

因此点E到平面ABC1D1的距离转化为点B1到此平面的距离，取BC1的中点O，则OB1⊥BC1，OB1⊥AB，

∴B1O⊥平面ABC1D1，则B1O为所求的距离，

因此B1O＝

是点E到平面ABC1D1的距离.

5.对于四面体A－BCD，有以下命题：

①若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD与底面所成的角相等；

②若AB⊥CD，AC⊥BD，则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心；

③四面体A－BCD的四个面中最多有四个直角三角形；

④若四面体A－BCD的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为

.其中正确的命题是（　　）

A.①③B.③④

C.①②③D.①③④

解析　①正确，若AB＝AC＝AD，则AB，AC，AD在底面的射影相等，即与底面所成角相等；

图

（1）

②不正确，如图

（1），点A在平面BCD的射影为点O，连接BO，CO，可得BO⊥CD，CO⊥BD，所以点O是△BCD的垂心；

图

（2）

③正确，如图

（2），若AB⊥平面BCD，∠BCD＝90°

，则四面体ABCD的四个面均为直角三角形；

④正确，正四面体的内切球的半径为r，棱长为1，高为

，根据等体积公式

4×

r，解得r＝

，那么内切球的表面积S＝4πr2＝

故正确的命题是①③④.

答案　D

二、填空题

6.如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若

，则直线MN与平面BDC的位置关系是______.

解析　由

，得MN∥BD.

而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，

所以MN∥平面BDC.

答案　平行

7.在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，则异面直线AC与BD所成角的大小为________.

解析　如图，分别取AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，连接EF，EG，OG，FO，FG，则EF∥BD，EG∥AC，所以∠FEG为异面直线AC与BD所成的角.

易知FO∥AB，且AB⊥平面BCD.

所以FO⊥OG.

设AB＝2a，则EG＝EF＝

a，FG＝

所以∠FEG＝60°

，所以异面直线AC与BD所成的角为60°

答案　60°

8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，点D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.

解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，

所以B1D⊥CF.

要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可.

令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.

易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，

得

，即

整理得x2－3ax＋2a2＝0，

解得x＝a或x＝2a.

答案　a或2a

三、解答题

9.（2019·

潍坊模拟）如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.

平面PAC⊥平面PCE；

，求三棱锥P－ACE的体积.

（1）证明　如图，连接BD，交AC于点O，设PC的中点为F，连接OF，EF.

易知O为AC的中点，

所以OF∥PA，且OF＝

PA.

因为DE∥PA，且DE＝

PA，

所以OF∥DE，且OF＝DE，

所以四边形OFED为平行四边形，

所以OD∥EF，即BD∥EF.

因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.

因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.

因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

因为BD∥EF，所以EF⊥平面PAC.

因为EF⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.

（2）解　因为∠ABC＝60°

，ABCD是菱形，所以△ABC是等边三角形，所以AC＝2.

又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC.

所以S△PAC＝

PA×

AC＝2.

因为EF⊥平面PAC，所以EF是三棱锥E－PAC的高.

易知EF＝DO＝BO＝

，所以三棱锥P－ACE的体积V三棱锥P－ACE＝V三棱锥E－PAC＝

S△PAC×

EF＝

10.（2018·

北京卷）如图，在四棱锥P－ABCD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.

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