2020高考数学二轮复习寒假作业十三平行与垂直关系注意命题点的区分度理

小学数学平行与垂直知识点总结在小学数学的学习中，“平行与垂直”是非常重要的几何概念。

理解和掌握这些概念，对于孩子们后续学习更复杂的几何知识，以及培养空间想象力和逻辑思维能力都有着至关重要的作用。

接下来，让我们详细地总结一下这部分的知识点。

一、平行的概念平行，简单来说就是指两条直线在同一平面内永远不会相交。

比如说，我们常见的铁路轨道，它们的两条铁轨始终保持着相同的距离，并且永远不会碰到一起，这就是平行的一个典型例子。

在数学中，我们用符号“∥”来表示平行。

例如，直线 a 平行于直线b，可以记作 a∥b。

判断两条直线是否平行，有以下几个关键要点：1、两条直线必须在同一平面内。

如果不在同一平面，即使它们看起来不相交，也不能称之为平行。

2、这两条直线之间的距离要处处相等。

也就是说，无论在直线上的哪个位置测量，它们之间的距离都是一样的。

二、平行的性质1、经过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行。

2、如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行。

三、垂直的概念垂直是指两条直线相交成直角（90 度）的情况。

比如我们常见的墙角，相邻的两面墙就形成了垂直的关系。

我们用符号“⊥”来表示垂直。

例如，直线 a 垂直于直线 b，可以记作 a⊥b。

四、垂直的性质1、在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直。

2、直线外一点与直线上各点连接的所有线段中，垂线段最短。

五、平行与垂直的关系平行和垂直是两种不同的位置关系，但它们又有着密切的联系。

如果两条直线互相平行，那么其中一条直线的垂线也一定垂直于另一条直线。

反过来，如果两条直线互相垂直，那么其中一条直线的平行线也一定与另一条直线垂直。

六、在生活中的应用平行和垂直的概念在我们的日常生活中有着广泛的应用。

比如，平行的应用：1、建筑物中的平行结构：许多建筑物的柱子、梁等结构都是平行的，这样可以保证建筑物的稳定性和美观性。

2、道路上的行车道：公路上的行车道通常是平行的，这样可以保证车辆有序行驶，减少交通事故的发生。

高考数学二轮复习考点知识专题讲解专题 12 立体几何中的平行与垂直问题【自主热身，归纳总结】1、 设 α，β 为互不重合的平面，m，n 是互不重合的直线，给出下列四个命题：⊂ ①若 m∥n，n α，则 m∥α； ⊂ ⊂ ②若 m α，n α，m∥β，n∥β，则 α∥β； ⊂ ⊂ ③若 α∥β，m α，n β，则 m∥n； ⊂ ④若 α⊥β，α∩β＝m，n α，n⊥m，则 n⊥β.其中正确命题的序号为________． 【答案】.④ 【解析】：对于①，直线 m 可能在平面 α 内，故①错误；对于②，没有 m 与 n 相交的条件，故②错误；对 于③，m 与 n 也可能异面，故③错误． 2、已知平面 α，β，直线 m，n，给出下列命题： ①若 m∥α，n∥β，m⊥n，则 α⊥β； ②若 α∥β，m∥α，n∥β，则 m∥ n； ③若 m⊥α，n⊥β，m⊥n，则 α⊥β； ④若 α⊥β，m⊥α，n⊥β，则 m⊥n. 其中是真命题的是________(填序号)． 【答案】③④ 如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，CD∥平面 ABC1D1，BC∥平面 ADC1B1，且 BC⊥CD，又因为平面 ABC1D1 与平面 ADC1B1 不垂直，故①不正确；因为平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1，且 B1C1∥平面 ABCD，AB∥平面 A1B1C1D1，但 AB 与 B1C1 不平行，故②不正确．同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确．3、若 α，β 是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)． ①若直线 m⊥α，则在平面 β 内，一定不存在与直线 m 平行的直线； ②若直线 m⊥α，则在平面 β 内，一定存在无数条直线与直线 m 垂直；⊂ ③若直线 m α，则在平面 β 内，不一定存在与直线 m 垂直的直线； ⊂ ④若直线 m α，则在平面 β 内，一定存在与直线 m 垂直的直线．【答案】：②④1 / 16⊂ 4、已知 α，β 是两个不同的平面，l，m 是两条不同的直线，l⊥α，m β.给出下列命题： ⇒ ⇒ ①α∥β l⊥m； ②α⊥β l∥m； ⇒ ⇒ ③m∥α l⊥β； ④l⊥β m∥α.其中正确的命题是________(填．写．所．有．正．确．命．题．的．序．号．)． 【答案】： ①④⊂ 【解析】：①由 l⊥α，α∥β，得 l⊥β，又因为 m β，所以 l⊥m； ⊂ ⊂ ②由 l⊥α，α⊥β，得 l∥β 或 l β，又因为 m β，所以 l 与 m 或异面或平行或相交；③由 l⊥α，m∥α，得 l⊥m.因为 l 只垂直于 β 内的一条直线 m，所以不能确定 l 是否垂直于 β；⊂ ④由 l⊥α，l⊥β，得 α∥β.因为 m β，所以 m∥α.5、 设 b， c 表示两条直线，α，β 表示两个平面，现给出下列命题：⊂ ⊂ ①若 b α，c∥α，则 b∥c；②若 b α，b∥c，则 c∥α；③若 c∥α，α⊥β，则 c⊥β；④若 c∥α，c⊥β，则 α⊥β.其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号)【答案】： ④⊂ ⊂ 【解析】：①b 和 c 可能异面，故①错；②可能 c α，故②错；③可能 c∥β，c β，故③错；④根据面面垂直判定 α⊥β，故④正确．6、在所有棱长都相等的三棱锥 P-ABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下列四个命题：(1) BC∥平面 PDF；(2) DF∥平面 PAE；(3) 平面 PDF⊥平面 ABC；(4) 平面 PDF⊥平面 PAE.其中正确命题的序号为________．【答案】：(1)(4)【解析】 由条件可证 BC∥DF，则 BC∥平面 PDF，从而(1)正确；因为DF 与 AE 相交，所以(2)错误；取 DF 中点 M(如图)，则 PM⊥DF，且可证 PM 与 AE 不垂直，所以(3)错误；而 DM⊥PM，DM⊥AM，⊂ 则 DM⊥平面 PAE.又 DM 平面 PDF，故平面 PDF⊥平面 PAE，所以(4)正确．综上所述，正确命题的序号为(1) (4)．2 / 167、在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 M，N 分别在 AB1，BC1 上(M，N 不与 B1，C1 重合)，且 AM＝BN，那么①AA1 ⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面 A1B1C1D1；④MN 与 A1C1 异面．以上 4 个结论中，正确结论的序号是________． 【答案】：①③ 【解析】 过 M 作 MP∥AB 交 BB1 于 P，连接 NP，则平面 MNP∥平面 A1C1，所以 MN∥平面 A1B1C1D1，又 AA1⊥平 面 A1B1C1D1，所以 AA1⊥MN.当 M 与 B1 重合，N 与 C1 重合时，则 A1C1 与 MN 相交，所以①③正确．【问题探究，变式训练】 :例 1、如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB＝AC，E 是 BC 的中点，求证： (1) 平面 AB1E⊥平面 B1BCC1； (2) A1C∥平面 AB1E.⊂ 【解析】： (1) 在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC.因为 AE 平面 ABC，所以 CC1⊥AE因为 AB＝AC，E 为 BC 的中点，所以 AE⊥BC.⊂ ⊂ 因为 BC 平面 B1BCC1，CC1 平面 B1BCC1，且 BC∩CC1＝C，所以 AE ⊥平面 B1BCC1.⊂ 因为 AE 平面 AB1E，所以平面 AB1E⊥平面 B1BCC1 (2) 如图，连结 A1B，设 A1B∩AB1＝F，连结 EF.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 AA1B1B 为平行四边形，所以 F 为 A1B 的中点．又因为 E 是 BC 的中点，所以 EF∥A1C⊂ ⊄ 因为 EF 平面 AB1E，A1C 平面 AB1E，3 / 16所以 A1C∥平面 AB1E.【变式 1】、【如图，在三棱锥 PABC 中，AB⊥PC，CA＝CB，M 是 AB 的中点，点 N 在棱 PC 上，点 D 是 BN 的中点．求证： (1) MD∥平面 PAC；⊂ 又因为 CE 平面 BEC，所以 AH⊥CE.(14 分) 【变式 6】、如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 的高为 6，其底面边长为 2.已知点 M，N 分别是棱 A1C1，AC 的中点，点 D 是棱 CC1 上靠近 C 的三等分点．求证： (1) B1M∥平面 A1BN； (2) AD⊥平面 A1BN.【解析】： (1) 如图，连结 MN，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 A1ACC1 是矩形．因为 M，N 分别是棱 A1C1，AC 的中点， 所以四边形 A1ANM 也是矩形，从而 MN∥A1A.(2 分) 又因为 A1A∥B1B，所以 MN ∥B1B. 所以四边形 B1BNM 是平行四边形，则 B1M∥BN.(4 分)⊄ ⊂ 因为 B1M 平面 A1BN，BN 平面 A1BN,所以 B1M∥平面 A1BN.(6 分)⊂ (2) 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC，BN 平面 ABC，所以 AA1⊥BN.因为 N 是正三角形 ABC 的边 AC 的中点，所以 AC⊥BN.⊂ 又因为 A1A∩AC＝A，A1A，AC 平面 A1ACC1，所以 BN⊥平面 A1ACC1. ⊂ 因为 AD 平面 A1ACC1，所以 BN⊥AD.(10 分)4 / 166 63 在平面 A1ACC1 中，tan∠A1NA·tan∠DAC＝ 1 · 2 ＝1，所以∠A1NA 与∠DAC 互余，得 AD⊥A1N.(12 分)⊂ 因为 AD⊥BN，AD⊥A1N，BN∩A1N＝N，且 A1N，BN 平面 A1BN，所以 AD⊥平面 A1BN.(14 分) 【关联 1】、 如图，正三棱柱 A1B1C1-ABC 中，点 D，E 分别是 A1C，AB 的中点．(1) 求证：ED∥平面 BB1C1C；(2) 若 AB＝ 2BB1，求证：A1B⊥平面 B1CE.【解析】 (1) 连结 AC1，BC1，因为 AA1C1C 是矩形，D 是 A1C 的中点，所以 D 是 AC1 的中点．(2 分)在△ABC1 中，因为 D，E 分别是 AC1，AB 的中点，所以 DE∥BC1.(4 分)⊄ ⊂ 因为 DE 平面 BB1C1C，BC1 平面 BB1C1C，所以 ED∥平面 BB1C1C.(6 分)(2) 因为△ABC 是正三角形，E 是 AB 的中点，所以 CE⊥AB.⊂ 又因为正三棱柱 A1B1C1ABC 中，平面 ABC⊥平面 ABB1A1，平面 ABC∩平面 ABB1A1＝AB，CE 平面 ABC，所以 CE⊥平面 ABB1A1.从而 CE⊥A1B.(9 分)在矩形 ABB1A1 中，因为AB11BB1＝ 2＝BB1EB，所以 Rt△A1B1B∽Rt△B1BE，从而∠B1A1B＝∠BB1E.因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，所以 A1B⊥B1E.⊂ 又因为 CE，B1E 平面 B1CE，CE∩B1E＝E，所以 A1B⊥平面 B1CE.(14 分)例 2、如图，在四棱锥 P − ABCD 中， （1）若 PB = PD ，求证： PC ⊥ BD ； （2）求证： CE //平面 PAD ．， CB = CD ，点 E 为棱 PB 的中点．5 / 16， 【解析】： 证明：（1）取 BD 的中点 O ，连结 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，所以 BD ⊥ 平面 PCO ．因为 PC ⊂ 平面 PCO ，所以 PC ⊥ BD ．（2）由 E 为 PB 中点，连 EO ，则 EO ∥ PD ，又 EO ⊄ 平面 PAD ，所以 EO ∥ 平面 PAD ．由，以及 BD ⊥ CO ，所以 CO ∥ AD ，又 CO ⊄ 平面 PAD ，所以 CO ∥ 平面 PAD ．又，所以平面 CEO ∥ 平面 PAD ，而 CE ⊂ 平面 CEO ，所以 CE ∥ 平面 PAD ．【变式 1】、如图，在三棱锥 A－BCD 中，E，F 分别为棱 BC，CD 上的点，且 BD∥平面 AEF．（1）求证：EF∥平面 ABD；（2）若 BD⊥CD，AE⊥平面 BCD，求证：平面 AEF⊥平面 ACD．【解析】：（1）因为 BD∥平面 AEF，6 / 16BD平面 BCD，平面 AEF∩平面 BCD＝EF， 所以 BD∥EF． 因为 BD平面 ABD，EF平面 ABD， 所以 EF∥平面 ABD． （2）因为 AE⊥平面 BCD，CD平面 BCD， 所以 AE⊥CD． 因为 BD⊥CD，BD∥EF， 所以 CD⊥EF， 又 AE∩EF＝E，AE平面 AEF，EF平面 AEF， 所以 CD⊥平面 AEF． 又 CD平面 ACD， 所以 平面 AEF⊥平面 ACD．【变式 2】、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）若平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，求证： AF ⊥ EF ． PF DE CA第题 B( 16 )【变式 3】、如图，在四棱锥 P − ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，AP=AD， M，N 分别为棱 PD，PC 的中点．7 / 16求证：（1）MN∥平面 PAB； （2）AM⊥平面 PCD．【解析】（1）因为 M，N 分别为棱 PD，PC 的中点， 所以 MN∥DC， 又因为底面 ABCD 是矩形，所以 AB∥DC， 所以 MN∥AB． 又 AB ⊂ 平面 PAB ， MN ⊄ 平面 PAB， 所以 MN∥平面 PAB． （2）因为 AP=AD，M 为 PD 的中点， 所以 AM⊥PD． 因为平面 PAD⊥平面 ABCD， 又平面 PAD∩平面 ABCD= AD， 又因为底面 ABCD 是矩形，所以 CD⊥AD，又 CD ⊂ 平面 ABCD， 所以 CD⊥平面 PAD． 又 AM ⊂ 平面 PAD，所以 CD ⊥AM．因为 CD， PD ⊂ 平面 PCD，，所以 AM⊥平面 PCD． 【易错警示】立几的证明必须严格按教材所给的公理、定理、性质作为推理的理论依据，严禁生造定理， 在运用定理证明时必须在写全定理的所有条件下，才有相应的结论，否则会影响评卷得分.【变式 4】、 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，E 为侧棱 PA 的中点．(1) 求证：PC∥平面 BDE； (2) 若 PC⊥PA，PD＝AD，求证：平面 BDE⊥平面 PAB.8 / 16易错警示 在立体几何中，一定要用课本中允许的有关定理进行推理论证，在进行推理论证时，一定要将 定理的条件写全，不能遗漏，否则，在评分时将予以扣分，高考阅卷对立体几何题证明的规范性要求较 高．【关联 1】、如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，AC⊥BD，AC 与 BD 交于点 O，且平面 PAC⊥平面 ABCD，E 为棱 PA 上一点． (1) 求证：BD⊥OE； (2) 若 AB＝2CD，AE＝2EP，求证：EO∥平面 PBC.⊂ 【解析】(1) 因为平面 PAC⊥ 平面 ABCD，平面 PAC∩ 平面 ABCD＝AC，BD⊥AC，BD 平面 ABCD，所以 BD⊥平面 PAC.⊂ 又因为 OE 平面 PAC，所以 BD⊥OE.(6 分)9 / 16(2) 因为 AB∥CD，AB＝2CD，AC 与 BD 交于点 O， 所以 CO∶OA＝CD∶AB＝1∶2. 又因为 AE＝2EP，所以 CO∶OA＝PE∶EA， 所以 EO∥PC.⊂ ⊄ 又因为 PC 平面 PBC，EO 平面 PBC，所以 EO∥平面 PBC.(14 分)【关联 2】、如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CA＝CB，AA1＝ 2AB，D 是 AB 的中点．(1) 求 证：BC1∥平面 A1CD； 1(2) 若点 P 在线段 BB1 上，且 BP＝4BB1，求证：AP⊥平面 A1CD.【解析】 (1)连结 AC1，交 A1C 于点 O，连结 OD. 因为四边形 AA1C1C 是矩形，所以 O 是 AC1 的中点. (2 分) 在△ABC1 中， O，D 分别是 AC1，AB 的中点， 所以 OD∥BC1. (4 分)⊂ ⊄ 又因为 OD 平面 A1CD，BC1 平面 A1CD，所以 BC1∥平面 A1CD.(6 分) (2) 因为 CA＝CB，D 是 AB 的中点，所以 CD⊥AB﹒ 又因为在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面 ABC⊥侧面 AA1B1B，交线为 AB，⊂CD 平面 ABC，所以 CD⊥平面 AA1B1B﹒ (8 分) ⊂ 因为 AP 平面 A1B1BA，所以 CD⊥AP. (9 分)1 因为 BB1＝AA1＝ 2BA ，BP＝4BB1，BP 2 AD 所以BA＝ 4 ＝AA1，所以 Rt△ABP∽Rt△A1AD， 从而∠AA1D＝∠BAP， 所以∠AA1D＋∠A1AP＝∠BAP＋∠A1AP＝90°， 所以 AP⊥A1D.(12 分)⊂ ⊂ 又因为 CD∩A1D＝D，CD 平面 A1CD，A1D 平面 A1CD，10 / 16所以AP⊥平面A 1CD.(14分)【关联3】、如图，在三棱锥PABC 中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N 分别为AB，PA 的中点．(1) 求证：PB∥平面MNC；(2) 若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.【解析】 (1) 因为M，N 分别为AB，PA 的中点，所以MN∥PB.(2分)因为MN ⊂平面MNC，PB ⊄平面MNC,所以PB∥平面MNC.(4分)(2) 因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.(6分) 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. (8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. (12分) 因为PA ⊂平面PAB，所以CM⊥PA.因为PA⊥MN，MN ⊂平面MNC，CM ⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC. (14分)【关联4】、如图，已知四棱锥PABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA⊥平面ABCD，M 是AD 的中点，N 是PC 的中点．(1) 求证：MN∥平面PAB；(2) 若平面PMC⊥平面PAD，求证：CM⊥AD.【解析】 (1) 如图，取PB 的中点E，连结AE，NE. 因为E，N 分别是PB，PC 的中点，所以EN∥BC 且EN＝12BC.因为底面ABCD 是平行四边形，M 是AD 的中点，所以AM∥BC 且AM＝12BC，(3分)所以EN∥AM 且EN＝AM，四边形AMNE 是平行四边形，所以MN∥AE，(5分)因为MN ⊄平面PAB，AE ⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.(7分)(2) 如图，在平面PAD 内，过点A 作AH⊥PM，垂足为H.因为平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，因为AH ⊂平面PAD，AH⊥PM，所以AH⊥平面PMC，从而AH⊥CM.(10分) 因为PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD， 所以PA⊥CM.(12分)因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD， 所以CM⊥平面PAD，因为AD ⊂平面PAD，所以CM⊥AD.(14分)例3、如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D 为棱BC 上一点． (1) 若AB＝AC，D 为棱BC的中点，求证：平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1； (2) 若A 1B∥平面ADC 1，求BD DC【解析】： (1) 因为AB＝AC，点D 为BC 中点，所以AD⊥BC.(2分) 因为ABC-A 1B 1C 1 是直三棱柱，所以BB 1⊥平面ABC. 因为AD ⊂平面ABC，所以BB 1⊥AD.(4分) 因为BC∩BB 1＝B，BC ⊂平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1， 所以AD⊥平面BCC 1B 1.因为AD ⊂平面ADC 1，所以平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1.(6分)(2) 连结A 1C，交AC 1于O，连结OD，所以O 为AC 1中点．(8分)因为A 1B∥平面ADC 1，A 1B ⊂平面A 1BC，平面ADC 1∩平面A 1BC＝OD，所以A 1B∥OD.(12分)因为O 为AC 1中点，所以D 为BC 中点， 所以BD DC＝1.(14分)【变式1】、如图，在四面体ABCD 中，AB＝AC＝DB＝DC，点E 是BC 的中点，点F 在线段AC 上，且AF AC＝λ. (1) 若EF∥平面ABD，求实数λ的值；(2) 求证：平面BCD⊥平面AED.【解析】 (1) 因为EF∥平面ABD，EF ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD＝AB，所以EF∥AB.(3分) 又E 是BC 的中点，点F 在线段AC 上，所以F 为AC 的中点． 由AF AC ＝λ得λ＝12.(6分)(2) 因为AB＝AC＝DB＝DC，E 是BC 的中点，所以BC⊥AE，BC⊥DE.(9分)又AE∩DE＝E，AE，DE ⊂平面AED，所以BC⊥平面AED.(12分)而BC ⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面AED.(14分)【变式2】、如图，在四棱锥PABCD 中，AD＝CD＝12AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD. (1) 求证：BC⊥平面PAC；(2) 若M 为线段PA 的中点，且过C，D，M 三点的平面与PB 交于点N，求PN∶PB 的值．【解析】 (1) 连结AC.不妨设AD＝1.因为AD＝CD＝12AB，所以CD＝1，AB＝2. 因为∠ADC＝90°，所以AC＝2，∠CAB＝45°.在△ABC 中，由余弦定理得BC＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2. 所以BC⊥AC.(3分)因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC.(5分) 因为PC ⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C， 所以BC⊥平面PAC.(7分) (2) 因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN，AB ⊄平面CDMN， 所以AB∥平面CDMN.(9分) 因为AB ⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN， 所以AB∥MN.(12分)在△PAB 中，因为M 为线段PA 的中点， 所以N 为线段PB 的中点，即PN∶PB 的值为12.(14分)【关联1】、 如图，在三棱锥PABC 中，D 为AB 的中点． (1) 与BC 平行的平面PDE 交AC 于点E，判断点E 在AC 上的位置并说明理由； (2) 若PA＝PB，且锐角三角形PCD 所在平面与平面ABC 垂直，求证：AB⊥PC.【解析】(1) E 为AC的中点．理由如下： 平面PDE 交AC 于点E，即平面PDE∩平面ABC＝DE， 而BC∥平面PDE，BC⊂平面ABC，所以BC∥DE.(4分) 在△ABC 中，因为D 为AB 的中点，所以E 为AC 的中点．(7分) (2) 因为PA＝PB，D为AB 的中点，所以AB⊥PD， 如图，在锐角三角形PCD 所在平面内过点P 作PO⊥CD 于点O，因为平面PCD⊥平面ABC，平面PCD∩平面ABC ＝CD，所以PO⊥平面ABC.(10分)因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.又PO∩PD＝P，PO，PD⊂平面PCD，所以AB⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD，所以AB⊥PC.(14分)【关联2】、 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1) 求证：BD⊥PC；(2) 若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.【解析】 (1) 如图，连结AC，交BD于点O，连结PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.(2分)又因为O为BD的中点，PB＝PD，所以BD⊥PO.(4分)又因为AC∩PO＝O，所以BD⊥平面APC.又因为PC⊂平面APC，所以BD⊥PC.(7分)(2) 因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.(9分)因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD.(11分)又因为BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l.所以BC∥l.(14分)【关联3】、如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA：(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.。

高考数学平行垂直知识点高考数学中的平行垂直知识点高考是每个学生都无法绕过的一道坎。

而在这道坎上，数学一直被视为是考试重点科目之一。

其中，平行和垂直是数学中非常重要的概念和知识点。

在高考中，我们经常会遇到与平行垂直相关的问题。

本文将深入探讨高考数学中的平行垂直知识点。

一、平行线及其判定平行线是指在同一个平面上，永远不相交的两条直线。

在高中数学中，我们通常通过两个条件来判断两条直线是否平行：同一平面内，有且只有一对内角相等；同一平面内，有且只有一对对应角相等。

这两个条件可以帮助我们判定平面内任意两条直线的平行关系。

除了判定平行关系外，我们还经常会遇到一些与平行线相关的问题。

例如，两条平行线所夹的角等于180°减去这两条平行线与另一直线的两个内角，这个公式被广泛应用于解决许多与平行线夹角有关的题目。

二、垂直线及其判定垂直线是指在同一个平面上，相交沿特定角度交相垂直的两条直线。

在高中数学中，我们通常通过两个条件来判断两条直线是否垂直：两条直线的斜率乘积为-1；同一平面上，一条直线与另一直线的两个内角相加等于二直角的度数（90°）。

在实际应用中，我们还经常会用到垂直线的性质。

例如，在求解垂直线段的问题中，我们可以利用勾股定理来计算两条垂直线段之间的关系。

此外，我们还会遇到一些根据垂直线的性质来推论的问题，需要我们根据给定条件进行推断。

三、平行线与垂直线的性质平行线和垂直线在几何中有许多重要的性质。

其中，平行线的性质主要包括：平行线之间的夹角相等；两个平行线被一条横穿线切割，所形成的对应角、内错角以及同旁内角是相等的。

这些性质在解题过程中经常会被用到，它们帮助我们更好地理解平行线的特性。

垂直线的性质则包括：垂直直线之间的夹角为直角（90°）；两条直线互相垂直，其中一条直线上的一条直线与另一条直线上的互相垂直。

这些性质在解决垂直问题时也起着重要的作用，它们可以帮助我们确定直角关系并简化问题。

专题29立体几何中的平行与垂直问题在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大．柱、锥、台、球及其简单组合体和平面及其基本性质虽然没有单独考查，但作为立体几何最基本的要素是融入在解答题中考查的.如图29-1，四棱锥P ABCD的底面为矩形，且AB＝2BC，E，F分别为棱AB，PC的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；图29-1(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，求证：平面P AC⊥平面PDE.本题考查空间直线与平面的平行、垂直的判定，(1)题中，先由题设中的中点条件出发，利用中位线性质证得线线平行，然后推证线面平行；(2)题中，由条件出发，利用平面几何知识推证DE⊥AC，再由“射影”条件、结合线面垂直定义推证DE⊥PO，得到DE⊥平面PDE.(2019·徐州二模)如图29-6，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.图29-6求证：(1)DE∥平面ABB1A1；(2)BC1⊥平面A1B1C.(2019·苏锡一模)如图29-7，正三棱柱ABCA1B1C1的高为6，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．图29-7求证：(1)B1M∥平面A1BN；(2)AD⊥平面A1BN.如图29-9，在三棱锥P ABC中，BC⊥平面P AB.已知P A＝AB，D，E分别为PB，BC的中点．(1)求证：AD⊥平面PBC；图29-9(2)若点F在线段AC上，且满足AD∥平面PEF，求AFFC的值．(2019·南京二模)如图29-11，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE 的中点．图29-11(1)求证：MN∥平面BEC；(2)求证：AH⊥CE.图29-12(2019·江苏卷)如图29-14，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.图29-14求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.(本小题满分14分)(2018·江苏卷)如图29-16，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.图29-16求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.(1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1.……………………….…2分(平行六面体的性质)因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，4分所以AB∥平面A1B1C.……………………….…6分(线面平行的判定)(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.………………………………………………………………………………………………….…8分(菱形的性质)又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC (10)分(平行的传递性)又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC. ……………………………………………………………………………………….…12分(线面垂直的判定)因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC (14)分(面面垂直的判定)答题模板第一步：由平行六面体的性质推证AB∥A1B1；第二步：由AB∥A1B1结合线面平行判定定理推证线面平行；第三步：由平行六面体的性质及已知条件，推证变形ABB1A1进而推出AB1⊥A1B；第四步：利用平行传递性推证AB1⊥BC；第五步：利用线面垂直的判定定理推证AB1⊥平面A1BC；第六步：利用面面垂直定理推出结论.作业评价(2020·扬州模拟)如图29-17所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形AA1B1B为矩形，平面AA1B1B⊥平面ABC，点E，F分别是侧面AA1B1B，BB1C1C对角线的交点．(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：BB1⊥AC.图29-17(2020·江苏模拟)如图29-18，在三棱锥P—ABC中，过点P 作PD⊥AB，垂足为D，E，F分别是PD，PC的中点，且平面PAB⊥平面PCD.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：CE⊥AB.图29－18如图29-19，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB，M为AB的中点．(1)证明：CM ⊥DE ；(2)在边AC 上找一点N ，使CD ∥平面BEN.图29－19如图29-21，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D ，E 分别在边BC ，B 1C 1上，CD ＝B 1E ＝12AC ，∠ACD ＝60°.求证：(1)BE ∥平面AC 1D ； (2)平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1.图29－21。

2020年高考数学（理）二轮复习命题考点串讲系列-专题12 空间的平行与垂直1、考情解读1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；2.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．2、重点知识梳理1．点、线、面的位置关系(1)平面的基本性质名称图形文字语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内⎭⎬⎫A∈lB∈lA∈αB∈α⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点有且只有一个平面若A、B、C三点不共线，则A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．公理3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.平面α与β不重合，若P∈α，且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a(2)平行公理、等角定理公理4：若a∥c，b∥c，则a∥b.等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，则∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°. 2．直线、平面的平行与垂直定理名称文字语言图形语言符号语言线面平行的判定定理平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行⎭⎬⎫a⊄αb⊂αa∥b⇒a∥α线面平行的性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b面面平行的判定定理如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β面面平行的性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b线面垂直的判定定理一条直线和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⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α线面垂直的性质定理垂直于同一平面的两条直线平行a⊥α，b⊥α⇒a∥b面面垂直的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a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β面面垂直的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⊥β，b ∈β，α∩β＝a ，b ⊥a ⇒b ⊥α3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的基础. 学科.网【误区警示】1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件． 2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．3．若a 、b 、c 代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如⎭⎬⎫a △b a △c ⇒b △c 的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a 、b 、c 中有两个为平面，一条为直线，命题⎭⎬⎫a ⊥αa ⊥β⇒α∥β是成立的.⎭⎬⎫a ∥αa ∥β⇒α∥β是不成立的． 3、高频考点突破考点1 空间中点、线、面的位置例1．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答案 D【变式探究】已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊂α，则m ⊥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α答案 B考点二 空间中平行的判定与垂直例2．【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 .【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 P.(第15题)ADBC EF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.【变式探究】【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)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（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA ⊥A C又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂=I ，平面平面 所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂=I F ，平面平面 所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.AC F ⊥平面【变式探究】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ， 所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ， 所以BC 1⊥AB 1.【举一反三】【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF折到D EF '∆位置，10OD '=．（Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295 25.【变式探究】如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则()A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α解析极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB 都可以大于0，排除A，C.故选B.答案 B考点三平面图形的折叠问题例3、(2016·全国甲卷)如图，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．由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.又由EFAC＝DHDO得EF＝92.五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694.所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝13×694×22＝2322.【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，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且DGGH＝BRRH.将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．(1)求证：GR ⊥平面PEF ；(2)若正方形ABCD 的边长为4，求三棱锥P －DEF 的内切球的半径．(2)正方形ABCD 边长为4.由题意知，PE ＝PF ＝2，PD ＝4，EF ＝22，DF ＝2 5. ∴S △PEF ＝2，S △DPF ＝S △DPE ＝4. S △DEF ＝12×22×252－22＝6.设三棱锥P －DEF 内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V P －DEF ＝13×12×2×2×4＝13(S △PEF ＋2S △DPF ＋S △DEF )·r ，解得r ＝12. ∴三棱锥P －DEF 的内切球的半径为12.学科.网 4、真题感悟（2014-2017）1．(2017·全国卷Ⅰ)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 不平行的是( )A B C D答案：A2．(2017·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.(1)证明：A1O∥平面B1CD1；(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.3.【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 .【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 P.又因为EF ⊄平面ABC ， AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC.(第15题)ADBC EF1.【2016高考浙江理数】已知互相垂直的平面αβ，交于直线l .若直线m ，n 满足,m n αβ∥⊥， 则（ ）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n 【答案】C【解析】由题意知,l l αββ=∴⊂I ，,n n l β⊥∴⊥Q ．故选C ．2.【2016高考新课标2理数】 ,αβ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 n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥. （3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，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） 【答案】②③④【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面β相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥∴⊥∴⊥，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.3.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【答案】12在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得2222222(234)3cos 2222PD PB BD x x x BPD PD PB x +-+--+∠===⋅⋅⋅，所以30BPD ∠=o .由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDCBAP过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD =⨯=⋅∠△， 即2112342sin 3022x x d x -+⨯=⋅o ，解得2234x d x x =-+.而△BCD 的面积111sin (23)2sin 30(23)222S CD BC BCD x x =⋅∠=-⋅=-o .当平面PBD ⊥平面BDC 时： 四面体PBCD 的体积2111(23)332234BCD xV S d x x x =⨯=⨯-⋅-+△21(23)6234x x x x -=-+. 观察上式，易得23(23)2x xx x +--≤，当且仅当=23x x -，即=3x 时取等号，同时我们可以发现当=3x 时，2234x x -+取得最小值，故当=3x 时，四面体PBCD 的体积最大，为1.24.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为(A)32 (B )22 (C)33 (D)13【答案】A5.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π （C ）6π （D ）323π【答案】B6.【2016高考天津理数】已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m ），则该四棱锥的体积为_______m 3.【答案】2【解析】由三视图知四棱锥高为3，底面平行四边形的一边长为2，其对应的高为1，因此所求四棱锥的体积1(21)323V =⨯⨯⨯=．故答案为2．1.【2015高考浙江，理8】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则（ ）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D. A CB α'∠≤【答案】B.在Rt A BP '∆中，2222222(2cos )4cos A P A B BP t t θθ''=-=-=-，在A NP '∆中，222cos cos 2A N NP A P A NP AN NP α''+-'=∠='⨯2222sin sin (4cos )2sin sin t θθθθθ+--=⨯222222222222cos 2cos 1cos cos 2sin 2sin sin sin sin t t A DB θθθθθθθθ+--'==+=∠+， ∵210sin θ>，22cos 0sin θθ≥，∴cos cos A DB α'≥∠（当2πθ=时取等号），∵α，[0,]A DB π'∠∈，而cos y x =在[0,]π上为递减函数，∴A DB α'≤∠，故选B.【考点定位】立体几何中的动态问题2.【2015高考湖南，理10】某工件的三视图如图3所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积原工件的体积）（ ）A.89πB.169πC.34(21)π-D.312(21)π-【答案】A.322162()327a a a ++-≤⨯=，当且仅当y x =，3222=⇒-=a a a 时，等号成立，此时利用率为ππ98213127162=⨯⨯，故选A.【考点定位】1.圆锥的内接长方体；2.基本不等式求最值.3.【2015高考福建，理7】若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α ，则“l m ⊥ ”是“//l α 的 （ ）A ．充分而不必要条件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 【答案】B4.【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点。

寒假作业(十三) 平行与垂直关系(注意命题点的区分度)一、选择题1．若直线a∥平面α，直线b∥直线a，点A∈b且A∈α，则b与α的位置关系是( ) A．b∩α＝A B．b∥αC．b∥α或b⊂αD．b⊂α解析：选D 由a∥α，b∥a⇒b∥α或b⊂α，又b过α内一点，故b⊂α.2．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m 的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．不确定解析：选C l⊥AB，l⊥AC⇒l⊥α，m⊥BC，m⊥AC⇒m⊥α，故l∥m.3．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B 因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.4.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点．有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为( )A．①②B．②③C．③④D．①④解析：选C 直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误，显然③④正确．5．已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列结论正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α解析：选C A．m，n可能的位置关系为平行，相交或异面，故A错误；B.根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；C.根据线面平行的性质可知C正确；D.若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.6．已知ABCD为空间四边形，AB＝CD，AD＝BC，AB≠AD，M，N分别是对角线AC与BD的中点，则MN与( )A．AC，BD之一垂直B．AC，BD都垂直C．AC，BD都不垂直D．AC，BD不一定垂直解析：选B ∵AD＝BC，AB＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CDB，连接AN，CN，则AN＝CN.在等腰△ANC中，由M为AC的中点知MN⊥AC.同理可得MN⊥BD.7．(2017·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；②一定存在平行于a的平面α使b∥α；③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．则其中为真命题的是( )C．①②③D．②③④解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；对于④，在直线b上取一定点N，过点N 作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．综上所述，②③④正确．8.如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面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内部解析：选A ∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC.又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．9．(2017·成都一诊)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( )C ．①③D ．①②③解析：选C 因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA 1B 1B ＝EH ，所以AA 1∥EH .同理AA 1∥GF ，所以EH ∥GF ，又ABC ­A 1B 1C 1是直三棱柱，易知EH ＝GF ＝AA 1，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB 1C 1C ，由平面α∩平面A 1B 1C 1＝GH ，平面BCC 1B 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1C 1，知GH ∥B 1C 1，而GH ∥B 1C 1不一定成立，故②错误；由AA 1⊥平面BCFE ，结合AA 1∥EH 知EH ⊥平面BCFE ，又EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE .综上可知，选C.10．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是上底面A 1B 1C 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ，则线段PQ 的长的最小值为( )A ．1 B. 2 C.22 D.32解析：选A 由PQ ∥平面AA1B 1B 知Q 在过点P 且平行于平面AA 1B 1B 的平面上，易知点Q 在A 1D 1，B 1C 1中点的连线MN 上，故PQ 的最小值为PM ＝12AA 1＝1. 11．(2017·成都二诊)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD­EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234 B.252C ．10D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A.12．已知E ，F 分别为正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题13.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH 为截面，则四边形EFGH 的形状为________．解析：∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH的形状是平行四边形．答案：平行四边形14．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.当满足条件__________时，有m∥β.(填所选条件的序号)解析：根据面面平行的性质定理可得，当m⊂α，α∥β时，m∥β，故满足条件③⑤时，有m∥β.答案：③⑤15．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列三个命题：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且m∥β.其中真命题的个数是________．解析：①若n∥α，则α内的直线m可能与n平行，也可能与n异面，故①错误；②若α∥β，β∥γ，则α∥γ，若m⊥α，则m⊥γ，故②正确；③中有可能m⊂α或m⊂β，显然③错误．答案：116．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D 作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．解析：如图，过D作DG⊥AF，垂足为G，连接GK.∵平面ABD⊥平面ABCF，又DK⊥AB，∴DK⊥平面ABCF，∴DK⊥AF.∵DK∩DG＝D，∴AF⊥平面DKG，∴AF⊥GK.法一：易知当F 接近点E 时，K 接近AB 的中点，当F 接近点C 时，K 接近AB 的四等分点，故t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 法二：即在平面图形中，D ，G ，K 三点共线，设∠FAK ＝θ，则∠ADK ＝θ，AK ＝AD tan θ＝tan θ，又12＝tan ∠CAB <tan θ<tan ∠EAB ＝1，∴t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 三、解答题17.如图，在三棱锥S ­ABC 中，已知点D ，E ，F 分别为棱AC ，SA ，SC 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ；(2)若SA ＝SC ，BA ＝BC ，求证：平面SBD ⊥平面ABC .证明：(1)∵EF 是△SAC 的中位线，∴EF ∥AC .又EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .(2)∵SA ＝SC ，D 是AC 的中点，∴SD ⊥AC .∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .又SD ⊂平面SBD ，BD ⊂平面SBD ，SD ∩DB ＝D ，∴AC ⊥平面SBD .又AC ⊂平面ABC ，∴平面SBD ⊥平面ABC .18．(2017·合肥二检)如图，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60°，CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57.将△CDE 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP ＝3，得到四棱锥P ­ABCE .(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面PAB 与平面PCE 相交于直线l ，求证：AB ∥l .证明：(1)在△CDE 中，∵CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57， 由余弦定理得 CE ＝CD 2＋ED 2－2CD ·ED ·cos ∠EDC ＝2.在四棱锥P ­ABCE 中，连接AC ，∵AE ＝2，∠AEC ＝60°，∴AC ＝2.又AP ＝3，∴在△PAE 中，PA 2＋AE 2＝PE 2，即AP ⊥AE .同理，AP ⊥AC .而AC ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ，AC ∩AE ＝A ，故AP ⊥平面ABCE .(2)∵AB ∥CE ，且CE ⊂平面PCE ，AB ⊄平面PCE ，∴AB ∥平面PCE .又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.19.如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．(1)求证：AD⊥平面PBE；(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；(3)若V P­BCDE＝2V Q­ABCD，试求CPCQ的值．解：(1)证明：由E是AD的中点，PA＝PD，可得AD⊥PE .又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以AB＝BD.又因为E是AD的中点，所以AD⊥BE.又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE.(2)证明：连接AC，交BD于点O，连接OQ.因为O是AC的中点，Q是PC的中点，所以OQ∥PA，又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，所以PA∥平面BDQ.(3)设四棱锥P­BCDE，Q­ABCD的高分别为h1，h2，所以V P­BCDE＝13S四边形BCDE h1，V Q­ABCD＝13S四边形ABCD h2.又因为V P­BCDE＝2V Q­ABCD，且S四边形BCDE＝34S四边形ABCD，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83.20.在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝2BC ＝2AA 1＝4，∠ACB＝60°，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)证明：平面AEB ⊥平面BB 1C 1C ；(2)证明：C 1F ∥平面ABE ；(3)设P 是BE 的中点，求三棱锥P ­B 1C 1F 的体积．解：(1)证明：在△ABC 中，∵AC ＝2BC ＝4，∠ACB ＝60°， ∴AB ＝23，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AB ⊥BC .由已知AB ⊥BB 1，且BC ∩BB 1＝B ，可得AB ⊥平面BB 1C 1C .又AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面BB 1C 1C .(2)证明：取AC 的中点M ，连接C 1M ，FM ，在△ABC 中，FM ∥AB ，而FM ⊄平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，∴FM ∥平面ABE ，在矩形ACC 1A 1中，E ，M 分别是A 1C 1，AC 的中点， ∴C 1M ∥AE ，而C 1M ⊄平面ABE ，AE ⊂平面ABE ，∴C 1M ∥平面ABE ，∵C 1M ∩FM ＝M ，∴平面ABE ∥平面FMC 1，又C 1F ⊂平面FMC 1，故C 1F ∥平面ABE .(3)取B 1C 1的中点H ，连接EH ，则EH ∥AB ，且EH ＝12AB ＝3，第 11 页 共 11 页 又AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴EH ⊥平面BB 1C 1C ， ∵P 是BE 的中点，∴VP ­B 1C 1F ＝12VE ­B 1C 1F ＝12×13S △B 1C 1F ·EH ＝12×13×2×3＝33.。

高考数学考点解读+命题热点突破专题13空间中的平行与垂直理【考向解读】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、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.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，难度中等.【命题热点突破一】 空间线面位置关系的判定(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、【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F在侧棱B1B 上，且 ，.11B D A F ⊥1111A C AB ⊥ 求证：（1）直线DE ∥平面A1C1F ； （2）平面B1DE ⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】证明：（1）在直三棱柱中，111A B CA B C -11//A C A C在三角形ABC 中，因为D,E 分别为AB,BC 的中点. 所以，于是//D E A C 11//D E A C 又因为DE 平面平面⊄1111,A C F A C ⊂11AC F所以直线DE//平面11AC F【变式探究】(1)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(2)平面α∥平面β的一个充分条件是( ) A ．存在一条直线a ，a∥α，a∥β B ．存在一条直线a ，a ⊂α，a∥βC ．存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a∥β，b∥αD ．存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a∥β，b∥α答案 (1)D (2)D解析 (1)若l 与l1，l2都不相交则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l 至少与l1，l2中的一条相交．(2)若α∩β＝l ，a∥l，a ⊄α，a ⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A. 若α∩β＝l ，a ⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l ，a ⊂α，a∥l，b ⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.【特别提醒】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】已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：①若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ； ②若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α； ③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β； ④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β. A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 C【命题热点突破二】 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、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、 【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F在侧棱B1B 上，且 ，.11B D A F ⊥1111A C AB ⊥ 求证：（1）直线DE ∥平面A1C1F ； （2）平面B1DE ⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）在直三棱柱中，111A B CA B C -1111A A ⊥平面AB C因为平面，所以11A C ⊂111ABC 111A A ⊥A C 又因为111111*********,,A C AB A A A B B A A B A B B A A B A A A ⊥⊂⊂=，平面平面 所以平面11AC ⊥11A B B A因为平面，所以1BD ⊂11A B B A 111A CB D ⊥ 又因为1111111111111C F ,C F ,BD A A C A A F A A C A F A ⊥⊂⊂=F ，平面平面 所以111C F BD A ⊥平面 因为直线，所以11B D B DE ⊂平面1B D E 平面11.A C F ⊥平面 【变式探究】如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3. (1)证明：BC∥平面PDA ； (2)证明：BC⊥PD；(3)求点C 到平面PDA 的距离．(3)解 如图，取CD 的中点E ，连接AE 和PE. 因为PD ＝PC ，所以PE⊥CD， 在Rt△PED 中，PE ＝＝＝.因为平面PDC⊥平面ABCD ，平面PDC∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PDC ， 所以PE⊥平面ABCD ，由(2)知：BC⊥平面PDC，由(1)知：BC∥AD，所以AD⊥平面PDC，因为PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h，因为V三棱锥CPDA＝V三棱锥PACD，所以S△PDA·h＝S△ACD·PE，即h＝＝＝，所以点C到平面PDA的距离是.【特别提醒】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：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.【变式探究】如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．求证：(1)AF∥平面BCE；(2)平面BCE⊥平面CDE.证明(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE.∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，∴GF∥AB.又AB＝DE，∴GF＝AB.∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD.∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.∵BG⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.【命题热点突破三】平面图形的折叠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，这是化解翻折问题的主要方法．例3、【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．A B C D AC BD O 5,6A BA C ==,E F ,A DC D 54AE CF ==EF BD H D E F ∆EF D E F'∆O D '（Ⅰ）证明：平面；D H '⊥A B C D （Ⅱ）求二面角的正弦值．B D A C'-- 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】 （Ⅰ）由已知得，，又由得，故.ACB D ⊥A D C D =A E C F =A E C FA D C D=A CE F ∥ 因此，从而.由,得.E FH D ⊥E F D H'⊥5A B =6A C=4D 由得.所以，.EFA C ∥14OH AE DO AD ==1OH ===3D H D H ' 于是，222223110D H O H D O ''+=+==故.D H O H '⊥又，而，D H E F'⊥O H E F H = 所以.D H A B C D '⊥平面（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.H H F x H x y z -()0,0,0H ()3,1,0A --()0,5,0B -()3,1,0C -()0,0,3D '(3,4,0)A B =-()6,0,0A C =()3,1,3A D '=()111,,x y z =m A B D '0A B A D ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩m m11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩()4,3,5=-m ()222,,x y z =n A C D '00A C A D ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩n n 222260330x x y z =⎧⎨++=⎩()0,3,1=-n co s ,⋅<>=m n mn s in ,<>m n B D A C '-- 【变式探究】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)． (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 ？请说明理由． 例3 (1)证明 因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点， 所以DE∥BC.又因为DE ⊄平面A1CB ，BC ⊂平面A1CB ， 所以DE∥平面A1CB.(3)解 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.【特别提醒】(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，得出矛盾或肯定结论．【变式探究】如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．(1)证明因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD.又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.(2)解因为PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，所以PD＝，由(1)知FD⊥CF，在直角三角形DCF中，CF＝CD＝.过点F作FG⊥CD交CD于点G，得FG＝FCsin60°＝×＝，所以DE ＝FG ＝，故ME ＝PE ＝－＝， 所以MD ＝＝＝.S△CDE＝DE·DC＝××1＝.故VM －CDE ＝MD·S△CDE＝××＝. 【高考真题解读】9.【2016高考新课标2理数】 是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：,αβ,m n（1）如果，那么.,,//m n m n αβ⊥⊥αβ⊥（2）如果，那么.,//m n αα⊥m n ⊥ （3）如果，那么.//,m αβα⊂//m β（4）如果，那么与所成的角和与所成的角相等.//,//m n αβm αn β其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD=DA ，PB=BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 . 【答案】【解析】中，因为，所以.A B C △2,120A B B C A B C ==∠=30B A D B C A ∠=∠=由余弦定理可得，所以.设，则，.在中，由余弦定理可得.故.2222c o s A C A B B C A B B C B =+-⋅2222222c o s 1201=+-⨯⨯=A C A D x=0x <<D C x -A B D∆2222c o s B D A D A B A D A B A =+-⋅22222c o s30x x =+-⋅24x=+B 在中，，.P B D ∆P D A D x ==2P B B A == 由余弦定理可得，所以.2222222(c o s 2222P D P B B D x x B P D P D P B x +-+-+∠===⋅⋅⋅30B P D ∠= 由此可得，将ABD 沿BD 翻折后可与PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.△△ 过作直线的垂线，垂足为.设，则，P BD O P O d =11s i n 22P B D S B D d P D P B B P D =⨯=⋅∠△即，解得12s i n 302d x=⋅d 而的面积.△B C D 1s i n )2s i n 30)2SC D B C B C D x x =⋅∠=⋅= 当平面PBD⊥平面BDC 时： 四面体的体积.P B CD 1133B C DV S d =⨯=⨯△观察上式，易得，当且仅当，即时取等号，同时我们可以发现当时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大，为()x x -=x x -x x x P B C D 1211.【2016高考新课标1卷】平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,平面ABCD=m,平面AB B1A1=n,则m 、n 所成角的正弦值为αααI αI【答案】A 12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（ ）111A B C A B C -V A B B C ⊥6A B =8B C =13A A =V （A ）4π （B ）（C ）6π（D ） 92π323π 【答案】B【解析】要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B ．V R 334439()3322R πππ== 1．(2015·安徽，5)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2．(2015·浙江，8)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则( )A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α解析极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.答案B3．(2015·浙江，13)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OMAN.所以异面直线AN，CM所成角为∠CMO，在△ABC中，AB ＝AC＝3，BC＝2，则AN＝2，∴OM＝.在△ACD中，同理可知CM＝2，在△BCD中，DN＝2，在Rt△ONC中，ON＝，CN＝1∴OC＝.在△CMO中，由余弦定理cos∠CMO＝＝＝.答案784．(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为A C⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.5．(2015·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB ＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．解(1)交线围成的正方形EHGF如图：6．(2015·新课标全国Ⅰ，18)如图，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.(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．(1)证明连接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＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt △EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt △FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.7．(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.8．(2014·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥E－ACD的体积．(2)解 因为PA⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，的方向为x 轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D(0，，0)，E ，＝.设B(m ，0，0)(m>0)，则C(m ，，0)，＝(m ，，0)．设n1＝(x ，y ，z)为平面ACE 的法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n1＝.又n2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，由题设知|cos 〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m ＝.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为，三棱锥E －ACD 的体积V ＝××××＝.。

高三平行与垂直知识点在数学中，平行与垂直是两个重要的概念。

它们在几何学和代数学中都扮演着重要的角色。

本文将介绍高三学生在学习平行与垂直时需要了解的知识点，包括定义、判定条件以及相关性质。

一、平行线的定义及判定条件：平行线是指在同一平面上始终保持相同的方向，永不相交的两条直线。

以下是平行线的定义及判定条件：1. 若两条直线在同一平面上没有交点且距离始终相等，则这两条直线是平行的。

2. 若两条直线的斜率相等但不相交，则这两条直线是平行的。

3. 若两条直线的法向量相等，则这两条直线是平行的。

二、垂直线的定义及判定条件：垂直线是指两条直线在交点处互相垂直的性质。

以下是垂直线的定义及判定条件：1. 若两条直线的斜率相乘为-1，则这两条直线垂直。

2. 若两条直线的方向角相差90度，则这两条直线垂直。

3. 若两条直线的乘积斜率为-1，则这两条直线垂直。

三、平行线和垂直线的性质：1. 平行线的性质：（1）平行线与一条横切线的交点所对应的内角相等。

（2）平行线与一条横切线的交点所对应的外角互补。

（3）平行线上的任意两条相交线所对应的对顶角相等。

（4）平行线上的两个异面直角锐角对应角相等。

2. 垂直线的性质：（1）垂直线与一条横切线的交点所对应的内角为直角。

（2）垂直线与一条横切线的交点所对应的外角为直角。

（3）垂直线上的任意两条相交线所对应的对顶角互补。

（4）垂直线上的两个异面直角钝角对应角相等。

四、平行线和垂直线的应用：1. 平行线的应用：（1）在构造平行四边形或矩形时，需要用到平行线的性质。

（2）在解决几何证明问题时，平行线的性质常常被用作推理的基础。

2. 垂直线的应用：（1）在建筑工程中，垂直线用于确定建筑物的垂直性。

（2）在解决各类几何问题时，垂直线与平行线的性质被广泛应用。

综上所述，高三学生需要掌握平行线和垂直线的定义、判定条件以及相关性质。

理解并应用这些知识点，可以帮助学生更好地解决几何问题，并在数学学习中取得较好的成绩。

寒假作业(十三) 平行与垂直关系(注意命题点的区分度)一、选择题1．若直线a∥平面α，直线b∥直线a，点A∈b且A∈α，则b与α的位置关系是( ) A．b∩α＝A B．b∥αC．b∥α或b⊂αD．b⊂α解析：选D 由a∥α，b∥a⇒b∥α或b⊂α，又b过α内一点，故b⊂α.2．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．不确定解析：选C l⊥AB，l⊥AC⇒l⊥α，m⊥BC，m⊥AC⇒m⊥α，故l∥m.3．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b ⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B 因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.4.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点．有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为( )A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：选C 直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误，显然③④正确．5．已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列结论正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α解析：选C A．m，n可能的位置关系为平行，相交或异面，故A错误；B.根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；C.根据线面平行的性质可知C正确；D.若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.6．已知ABCD为空间四边形，AB＝CD，AD＝BC，AB≠AD，M，N分别是对角线AC与BD 的中点，则MN与( )A．AC，BD之一垂直B．AC，BD都垂直C．AC，BD都不垂直D．AC，BD不一定垂直解析：选B ∵AD＝BC，AB＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CDB，连接AN，CN，则AN＝CN.在等腰△ANC中，由M为AC的中点知MN⊥AC.同理可得MN⊥BD.7．(2017·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；②一定存在平行于a的平面α使b∥α；③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．则其中为真命题的是( )A．①④B．②③C．①②③D．②③④解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；对于④，在直线b上取一定点N，过点N 作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．综上所述，②③④正确．8.如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面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 内部解析：选A ∵∠BAC ＝90°，∴AB ⊥AC .又AC ⊥BC 1，BC 1∩AB ＝B ，∴AC ⊥平面ABC 1，又AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ABC 1.∵平面ABC 1∩平面ABC ＝AB ，∴点C 1在平面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AB 上．9．(2017·成都一诊)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中正确的命题有( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③解析：选C 因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA 1B 1B ＝EH ，所以AA 1∥EH .同理AA 1∥GF ，所以EH ∥GF ，又ABC ­A 1B 1C 1是直三棱柱，易知EH ＝GF ＝AA 1，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB 1C 1C ，由平面α∩平面A 1B 1C 1＝GH ，平面BCC 1B 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1C 1，知GH ∥B 1C 1，而GH ∥B 1C 1不一定成立，故②错误；由AA 1⊥平面BCFE ，结合AA 1∥EH 知EH ⊥平面BCFE ，又EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE .综上可知，选C.10．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是上底面A 1B 1C 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ，则线段PQ 的长的最小值为( )A ．1 B. 2 C.22 D.32解析：选A 由PQ ∥平面AA1B 1B 知Q 在过点P 且平行于平面AA 1B 1B的平面上，易知点Q 在A 1D 1，B 1C 1中点的连线MN 上，故PQ 的最小值为PM ＝12AA 1＝1.11．(2017·成都二诊)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD ­EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234B.252 C ．10 D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 12．已知E ，F 分别为正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题13.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH 为截面，则四边形EFGH 的形状为________．解析：∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ，∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ，∴四边形EFGH 的形状是平行四边形．答案：平行四边形14．已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.当满足条件__________时，有m ∥β.(填所选条件的序号)解析：根据面面平行的性质定理可得，当m ⊂α，α∥β时，m ∥β，故满足条件③⑤时，有m ∥β.答案：③⑤15．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列三个命题： 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且m ∥β.其中真命题的个数是________．解析：①若n ∥α，则α内的直线m 可能与n 平行，也可能与n 异面，故①错误；②若α∥β，β∥γ，则α∥γ，若m ⊥α，则m ⊥γ，故②正确；③中有可能m ⊂α或m ⊂β，显然③错误．答案：116．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABCF .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．解析：如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连接GK .∵平面ABD ⊥平面ABCF ，又DK ⊥AB ，∴DK ⊥平面ABCF ，∴DK⊥AF .∵DK ∩DG ＝D ，∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .法一：易知当F 接近点E 时，K 接近AB 的中点，当F 接近点C 时，K 接近AB 的四等分点，故t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 法二：即在平面图形中，D ，G ，K 三点共线，设∠FAK ＝θ，则∠ADK ＝θ，AK ＝AD tan θ＝tan θ，又12＝tan ∠CAB <tan θ<tan ∠EAB ＝1，∴t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 三、解答题17.如图，在三棱锥S ­ABC 中，已知点D ，E ，F 分别为棱AC ，SA ，SC 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ；(2)若SA ＝SC ，BA ＝BC ，求证：平面SBD ⊥平面ABC .证明：(1)∵EF 是△SAC 的中位线，∴EF ∥AC .又EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .(2)∵SA ＝SC ，D 是AC 的中点，∴SD ⊥AC .∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .又SD ⊂平面SBD ，BD ⊂平面SBD ，SD ∩DB ＝D ，∴AC ⊥平面SBD .又AC ⊂平面ABC ，∴平面SBD ⊥平面ABC .18．(2017·合肥二检)如图，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60°，CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57.将△CDE 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP ＝3，得到四棱锥P ­ABCE .(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面PAB 与平面PCE 相交于直线l ，求证：AB ∥l .证明：(1)在△CDE 中，∵CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57， 由余弦定理得CE ＝CD 2＋ED 2－2CD ·ED ·cos∠EDC ＝2.在四棱锥P ­ABCE 中，连接AC ，∵AE ＝2，∠AEC ＝60°，∴AC ＝2.又AP ＝3，∴在△PAE 中，PA 2＋AE 2＝PE 2，即AP ⊥AE .同理，AP ⊥AC .而AC ⊂平面ABCE ， AE ⊂平面ABCE ，AC ∩AE ＝A ，故AP ⊥平面ABCE .(2)∵AB ∥CE ，且CE ⊂平面PCE ，AB ⊄平面PCE ，∴AB ∥平面PCE .又平面PAB ∩平面PCE ＝l ，∴AB ∥l .19.如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P ­BCDE ＝2V Q ­ABCD ，试求CP CQ的值．解：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD ，可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD .又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE .又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以PA ∥平面BDQ .(3)设四棱锥P ­BCDE ，Q ­ABCD 的高分别为h 1，h 2，所以V P ­BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ­ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P ­BCDE ＝2V Q ­ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 20.在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝2BC ＝2AA 1＝4，∠ACB ＝60°，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)证明：平面AEB ⊥平面BB 1C 1C ；(2)证明：C 1F ∥平面ABE ；(3)设P 是BE 的中点，求三棱锥P ­B 1C 1F 的体积．解：(1)证明：在△ABC 中，∵AC ＝2BC ＝4，∠ACB ＝60°，∴AB ＝23，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AB ⊥BC .由已知AB ⊥BB 1，且BC ∩BB 1＝B ，可得AB ⊥平面BB 1C 1C .又AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面BB 1C 1C .(2)证明：取AC 的中点M ，连接C 1M ，FM ，在△ABC 中，FM ∥AB ，而FM ⊄平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，∴FM ∥平面ABE ，在矩形ACC 1A 1中，E ，M 分别是A 1C 1，AC 的中点，∴C 1M ∥AE ，而C 1M ⊄平面ABE ，AE ⊂平面ABE ，∴C 1M ∥平面ABE ，∵C 1M ∩FM ＝M ，∴平面ABE ∥平面FMC 1，又C 1F ⊂平面FMC 1，故C 1F ∥平面ABE .(3)取B 1C 1的中点H ，连接EH ，则EH ∥AB ，且EH ＝12AB ＝3，又AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴EH ⊥平面BB 1C 1C ，∵P 是BE 的中点，∴VP ­B 1C 1F ＝12VE ­B 1C 1F ＝12×13S △B 1C 1F ·EH＝12×13×2×3＝33.。

高考平行与垂直知识点高考是中国学生们长久以来的重要考试，可以说是他们求学生涯中最重要的一环。

为了应对这一考试，学生们需要掌握大量的知识点。

在学习过程中，我们常常听到两个概念，即平行知识点和垂直知识点。

那么，什么是平行知识点和垂直知识点，它们在高考中的作用是什么呢？首先，我们来了解什么是平行知识点。

平行知识点指的是同一学科内的知识点之间相似或相关的关系，它们之间存在一定的联系，学生在学习这些知识点时可以相互比较，相互联结。

例如，在数学学科中，代数和几何的知识点就是非常典型的平行知识点。

在解题过程中，我们常常需要将代数和几何的知识进行结合，形成一个完整的解题思路。

通过平行知识点的掌握，学生可以更好地理解和运用知识，提高解题的能力。

而垂直知识点则指的是同一学科内不同知识层次之间的关系。

它们构成知识体系的纵向结构，是学生在高考中必须要掌握的基础。

在学习过程中，我们常常需要从基础知识点出发，逐渐深入，通过掌握每层次的知识点，才能建立起完整的学科知识体系。

以语文学科为例，认识词语、句子、篇章构成了垂直知识点，学生可以通过了解词语的意思，学习句子成分，进而理解篇章结构。

通过垂直知识点的掌握，学生可以对学科知识有一个清晰的理解和认识。

高考中，平行知识点和垂直知识点在学生的学习中起着重要的作用。

平行知识点的掌握可以帮助学生培养综合运用知识的能力，提高解题水平。

同时，平行知识点的学习也可以加深学生对知识的理解和记忆。

通过比较不同知识点之间的共性和差异，学生可以更好地理解知识的本质和规律。

而垂直知识点的掌握则是高考备考的基础。

只有掌握了基础知识点，学生才能够在考试中更快地解题，避免犯低级错误。

在高考中，基础知识点也经常是分值较高的题目，因此掌握垂直知识点对于提高得分至关重要。

此外，垂直知识点的学习还可以帮助学生建立知识的框架，更好地理解复杂的知识点。

只有通过持续性的学习和练习，才能够更好地掌握这些知识点，提高学科的水平。

空间角与距离(注意命题点的区分度)一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P(m,0,0)到点P1(4,1,2)的距离为30，则m的值为()A．－9或1B．9或－1 C．5或－5 D．2或3解析：选B由题意PP1＝30，即(m－4)2＋(－1)2＋(－2)2＝30，∴(m－4)2＝25，解得m＝9或m＝－1.2.如图所示，点P在正方形ABCD所在的平面外，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，则PB与AC所成的角是()A．90°B．60°C．45°D．30°解析：选B将其放入正方体ABCD-PQRS中，连接SC，AS，则PB∥SC，∴∠ACS(或其补角)是PB与AC所成的角．∵△ACS为等边三角形，∴∠ACS＝60°，∴PB与AC所成的角是60°，故选B.3.如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，则这个二面角的大小是()A．90°B．60°C．45°D．30°解析：选A如图，连接B′C，则△AB′C为等边三角形，设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝2a，所以∠B′DC＝90°，故选A.4．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角的大小为() A．75°B．60°C．45°D．30°解析：选C如图，在四棱锥P-ABCD中，过P作PO⊥平面ABCD于点O，连接AO，则AO是AP在底面ABCD上的射影，∴∠PAO即为所求线面角．∵AO ＝22，PA ＝1，∴cos ∠PAO ＝AO PA ＝22. ∴∠PAO ＝45°，即所求线面角为45°.故选C.5．已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2 3.若点M 是线段A 1C 的中点，则直线BM 与底面ABC 所成角的正切值为( ) A.12 B.13 C.23 D.34解析：选C 如图，过点M 作MN ⊥AC 于点N ，连接BN ， 则∠MBN 为直线BM 与底面ABC 所成角，由题意可知MN ＝2，BN ＝3，所以tan ∠MBN ＝MN BN ＝23. 6．在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是( )A ．1B ．43 C.169D ．2 解析：选B 设点A 1到平面AB 1D 1的距离为h ，因为VA 1-AB 1D 1＝VA -A 1B 1D 1， 所以13S △AB 1D 1h ＝13S △A 1B 1D 1×AA 1， 所以h ＝S△A 1B 1D 1×AA 1S △AB 1D 1＝12×2×2×412×22×42＋22－(2)2＝43. 7．(2018届高三·湖北六校联考)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则直线PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：选B 如图，取P 1为底面ABC 的中心，连接PP 1，AP1，由底面是边长为3的正三角形，知底面三角形的高为32，面积为334，又三棱柱的体积为94，则三棱柱的高PP 1＝3，AP 1＝1，∠PAP 1为所求角，因为tan ∠PAP 1＝3， 所以∠PAP 1＝π3.8.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P -EC -D 为π4时，AE ＝( ) A ．1 B ．12 C ．2－ 2 D ．2－ 3解析：选D 如图，过点D 作DF ⊥CE 于F ，连接PF ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥CE ，又PD ∩DF ＝D ，所以CE ⊥平面PDF ，所以PF ⊥CE ，可得∠PFD 为二面角P -EC -D的平面角，即∠PFD ＝π4，故在Rt △PDF 中，PD ＝DF ＝1，因为在矩形ABCD 中，△EBC ∽△CFD ，所以DF BC ＝CD EC ，得EC ＝CD ·BC DF ＝2，在Rt △BCE 中，根据勾股定理，得BE ＝CE 2－BC 2＝3，所以AE ＝AB －BE ＝2－3，故选D.9．已知斜四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )A.34B.134C.3913D.393解析：选C 取AD 的中点O ，连接OA1，易证A 1O⊥平面ABCD ，且A 1O ＝ 3.建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，1BD uuu u r ＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，∴sin θ＝||cos 〈1BD uuu u r ，n 〉＝|1BD uuu u r ·n ||1BD uuu u r |·|n |＝34， ∴tan θ＝3913.10.如图，在棱长均为2的正四棱锥P -ABCD 中，点E 为PC 的中点，则下列命题正确的是( )A ．BE ∥平面PAD ，且BE 到平面PAD 的距离为 3B ．BE ∥平面PAD ，且BE 到平面PAD 的距离为263C ．BE 与平面PAD 不平行，且BE 与平面PAD 所成的角大于30°D ．BE 与平面PAD 不平行，且BE 与平面PAD 所成的角小于30°解析：选D 如图，连接AC ，BD ，交点为O ，连接OP ，则PO ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥AC ，PO ⊥BD .又AC ⊥BD ，故以O 为坐标原点，OC ，OD ，OP 所在的直线分别为x 轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由正四棱锥P -ABCD的棱长均为2，点E 为PC 的中点，知A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22，则BE uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，2，22，PA uur ＝(－2，0，－2)，PD uu u r ＝(0，2，－2)，设m ＝(x ，y ，z )是平面PAD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PA uur ＝0，m ·PD uu u r ＝0，即⎩⎨⎧ －2x －2z ＝0，2y －2z ＝0， 令x ＝1，则z ＝－1，y ＝－1，即m ＝(1，－1，－1)是平面PAD 的一个法向量，设BE 与平面PAD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，BE uuu r 〉|＝|m ·BE uuu r ||m |·|BE uuu r |＝23<12， 故BE 与平面PAD 不平行，且BE 与平面PAD 所成的角小于30°，故选D.11．长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，点M 是BC 的中点，点P ∈AC 1，Q ∈MD ，则PQ 长度的最小值为( )A ．1 B.43 C.233 D ．2解析：选C 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，设P (x 0，2x 0,3－3x 0)，Q (x 1,2－x 1,3)，x 0，x 1∈[0,1]，所以PQ ＝(x 0－x 1)2＋(2x 0＋x 1－2)2＋(3－3x 0－3)2＝ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 0－222＋272⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－292＋43， 当且仅当x 0＝29，x 1＝89时，PQ 取得最小值， 即PQ min ＝43＝233.12．(2017·合肥二模)如图，正四面体ABCD 的顶点C 在平面α内，且直线BC 与平面α所成的角为45°，顶点B 在平面α内的射影为点O ，当顶点A 与点O 的距离最大时，直线CD 与平面α所成角的正弦值为( )A.6＋3212 B.22＋15 C.6＋24 D.5＋2212解析：选A ∵四边形OBAC 中，顶点A 与点O 的距离最大，∴O ，B ，A ，C 四点共面，设此平面为β，∵BO ⊥α，BO ⊂β，∴β⊥α，如图，过点D 作DH ⊥平面ABC ，垂足为H ，连接HC ，设正四面体ABCD 的棱长为1，则在Rt △HCD中，CH ＝33BC ＝33.∵BO ⊥α，直线BC 与平面α所成的角为45°，∴∠BCO ＝45°，结合∠HCB ＝30°得∠HCO ＝75°，因此H 到平面α的距离d ＝CH sin 75°＝33sin(45°＋30°)＝33×⎝ ⎛⎭⎪⎫22×32＋22×12＝33×6＋24＝6＋3212，过点D 作DE ⊥α于E ，连接CE ，则∠DCE 就是直线CD 与平面α所成的角，∵DH ⊥β，α⊥β且DH ⊄α，∴DH ∥α，由此可得点D 到平面α的距离等于点H 到平面α的距离，即DE ＝6＋3212，∴在Rt △CDE 中，sin ∠DCE ＝DE CD ＝6＋3212，即直线CD 与平面α所成角的正弦值为6＋3212.故选A. 二、填空题13.如图，四面体ABCD 中，CD ＝4，AB ＝2，E ，F 分别是AC ，BD 的中点，若EF ⊥AB ，则EF 与CD 所成的角的大小为________．解析：如图，取AD 的中点M ，连接ME ，MF ，则ME∥CD ，MF ∥AB ，因为EF ⊥AB ，所以EF ⊥MF ，则∠MEF 为EF 与CD 所成的角，又ME ＝2，MF ＝1，故∠MEF ＝30°.答案：30°14．已知在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值为________．解析：以A1为坐标原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 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．设正方体的棱长为2，则A (0,0,2)，C (2,2,2)，E (1,0,0)，AC uuu r ＝(2,2,0)，AE uuu r ＝(1,0，－2)．∵AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BDD 1B 1，则AC uuu r ＝(2,2,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设直线AE 与平面BDD 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AC uuu r ，AE uuu r 〉|＝|AC uuu r ·AE uuu r ||AC uuu r ||AE uuu r |＝1010. 答案：101015．已知正四面体ABCD 的棱长为9，点P 是△ABC 内(含边界)的一个动点，满足P 到平面DAB 、平面DBC 、平面DCA 的距离成等差数列，则点P 到平面DCA 的距离的最大值为________．解析：设动点P 到平面DAB 、平面DBC 、平面DCA 的距离分别为h 1，h 2，h 3，∵正四面体ABCD 的棱长为9，每个面面积为S＝12×9×9×sin 60°＝8134，如图，取BC 中点E ，连接AE .过D 作DO ⊥平面ABC ，垂足为O .则AO ＝23AE ＝23 81－814＝33， ∴高h ＝DO ＝81－27＝3 6.∴正四面体ABCD 的体积V ＝13Sh ＝13S (h 1＋h 2＋h 3)．∴h 1＋h 2＋h 3＝3 6. ∵满足P 到平面DAB 、平面DBC 、平面DCA 的距离成等差数列，∴h 1＋h 2＋h 3＝3h 2＝36，∴h 1＋h 3＝26，∴点P 到平面DCA 的距离最大值为2 6.答案：2 616．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝3，点E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使得点A ，D 重合于F ，此时二面角E -BC-F 的余弦值为________．解析：如图所示，取BC 的中点P ，连接EP ，FP ，由题意得BF ＝CF ＝2，∴PF ⊥BC ，又EB ＝EC ，∴EP ⊥BC ，∴∠EPF 为二面角E -BC -F 的平面角，而FP ＝ FB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12BC 2＝72，在△EPF 中，cos ∠EPF ＝EP 2＋FP 2－EF 22EP ·FP ＝4＋74－942×2×72＝74.答案：74三、解答题17.(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA uu u r 的方向为x 轴正方向，|AB uuu r |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0. 所以PC uuu r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB uu u r ＝(2，0,0)， PA uur ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB uuu r ＝(0,1,0)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC uuu r ＝0，n ·CB uu u r ＝0，即⎩⎨⎧ －22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PA uur ＝0，m ·AB uuu r ＝0，即⎩⎨⎧ 22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33. 由图知二面角A -PB -C 为钝角，所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33. 18．(2017·洛阳统考)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F -AB -D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F -CD -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，AF ⊂平面AFD ，BE ⊄平面AFD ， ∴BE ∥平面AFD .同理可得，BC ∥平面AFD .又BE ∩BC ＝B ，∴平面BCE ∥平面AFD .设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C .∵平面BCE ∥平面AFD ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ，平面DFC ∩平面AFD ＝DF ，∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l .(2)∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，FA ⊂平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，又∠FAB ＝90°，∴AF ⊥AB ，∴AF ⊥平面ABCD ，∵AD ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AD .∵∠DAB ＝90°，∴AD ⊥AB .以A 为坐标原点，AD ，AB ，AF 所在直线分别为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得，D (1,0,0)，C (2,2,0)，F (0,0,2)，∴DF uuu r ＝(－1,0,2)，DC uuu r ＝(1,2,0)．设平面DFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF uuu r ＝0，n ·DC uuu r ＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0. 不妨取z ＝1，则n ＝(2，－1,1)，不妨取平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66， 由于二面角F -CD -A 为锐角，因此二面角F -CD -A 的余弦值为66.19．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)求二面角C -EM -N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．解：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB uuu r ，AC uuu r ，AP uuu r 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE uuu r ＝(0,2,0)，DB uuu r ＝(2,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE uuu r ＝0，n ·DB uuu r ＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN uuu u r ＝(1,2，－1)，可得MN uuu u r ·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，又EM uuur ＝(0，－2，－1)，MN uuu u r ＝(1,2，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EM uuur ＝0，n 2·MN uuu u r ＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH uuu r ＝(－1，－2，h )，BE uuu r ＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH uuu r ，BE uuu r 〉|＝|NH uuu r ·BE uuu r ||NH uuu r ||BE uuu r |＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH 的长为85或12. 20．在平面四边形ACBD (图①)中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB ＝2，∠BAD ＝30°，∠BAC ＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图②所示的三棱锥C ′-ABD ，且使C ′D ＝ 2.(1)求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ；(2)求二面角A -C ′D -B 的余弦值．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接C ′O ，DO ，在Rt △AC ′B ，Rt △ADB 中，AB ＝2，则C ′O ＝DO ＝1，∵C ′D ＝2，∴C ′O 2＋DO 2＝C ′D 2，即C ′O ⊥OD ，又C ′O ⊥AB ，AB ∩OD ＝O ，AB ，OD ⊂平面ABD ，∴C ′O ⊥平面ABD ，∵C ′O ⊂平面ABC ′，∴平面C ′AB ⊥平面DAB .(2)以O 为原点，AB ，OC ′所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，C ′(0,0,1)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0， ∴AC 'uuu u r ＝(0,1,1)，BC 'uuu r ＝(0，－1,1)，C D 'uuu u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1. 设平面AC ′D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥AC 'uuu u r ，n 1⊥C D 'uuu u r ，即⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC 'uuu u r ＝0，n 1·C D 'uuu u r ＝0，即⎩⎨⎧ y 1＋z 1＝0，32x 1＋12y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝－1，x 1＝3，∴n 1＝(3，－1,1)．设平面BC ′D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥BC 'uuu r ，n 2⊥C D 'uuu u r ，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC 'uuu r ＝0，n 2·C D 'uuu u r ＝0， 即⎩⎨⎧ －y 2＋z 2＝0，32x 2＋12y 2－z 2＝0，令z 2＝1，则y 2＝1，x 2＝33， ∴n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，1，∴cos n1，n2 ＝3×33＋(－1)×1＋1×13＋1＋1×13＋1＋1＝15×73＝10535，由图可知二面角A-C′D-B为钝角．∴二面角A-C′D-B的余弦值为－105 35.。

寒假作业(十三) 平行与垂直关系(注意命题点的区分度)一、选择题1．若直线a∥平面α，直线b∥直线a，点A∈b且A∈α，则b与α的位置关系是( ) A．b∩α＝A B．b∥αC．b∥α或b⊂αD．b⊂α解析：选D 由a∥α，b∥a⇒b∥α或b⊂α，又b过α内一点，故b⊂α.2．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是( )A．相交B．异面C．平行D．不确定解析：选C l⊥AB，l⊥AC⇒l⊥α，m⊥BC，m⊥AC⇒m⊥α，故l∥m.3．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b ⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B 因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；但直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.4.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点．有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为( )A．①② B．②③C．③④ D．①④解析：选C 直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误，显然③④正确．5．已知l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列结论正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nC．若α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥lD．若α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，则l⊥α解析：选C A．m，n可能的位置关系为平行，相交或异面，故A错误；B.根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；C.根据线面平行的性质可知C正确；D.若m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.6．已知ABCD为空间四边形，AB＝CD，AD＝BC，AB≠AD，M，N分别是对角线AC与BD 的中点，则MN与( )A．AC，BD之一垂直B．AC，BD都垂直C．AC，BD都不垂直D．AC，BD不一定垂直解析：选B ∵AD＝BC，AB＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CDB，连接AN，CN，则AN＝CN.在等腰△ANC中，由M为AC的中点知MN⊥AC.同理可得MN⊥BD.7．(2017·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；②一定存在平行于a的平面α使b∥α；③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．则其中为真命题的是( )A．①④B．②③C．①②③D．②③④解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；对于④，在直线b上取一定点N，过点N 作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．综上所述，②③④正确．8.如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面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 内部解析：选A ∵∠BAC ＝90°，∴AB ⊥AC .又AC ⊥BC 1，BC 1∩AB ＝B ，∴AC ⊥平面ABC 1，又AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ABC 1.∵平面ABC 1∩平面ABC ＝AB ，∴点C 1在平面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AB 上．9．(2017·成都一诊)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中正确的命题有( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③解析：选C 因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA 1B 1B ＝EH ，所以AA 1∥EH .同理AA 1∥GF ，所以EH ∥GF ，又ABC ­A 1B 1C 1是直三棱柱，易知EH ＝GF ＝AA 1，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB 1C 1C ，由平面α∩平面A 1B 1C 1＝GH ，平面BCC 1B 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1C 1，知GH ∥B 1C 1，而GH ∥B 1C 1不一定成立，故②错误；由AA 1⊥平面BCFE ，结合AA 1∥EH 知EH ⊥平面BCFE ，又EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE .综上可知，选C.10．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是上底面A 1B 1C 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ，则线段PQ 的长的最小值为( )A ．1 B. 2 C.22 D.32解析：选A 由PQ ∥平面AA1B 1B 知Q 在过点P 且平行于平面AA 1B 1B的平面上，易知点Q 在A 1D 1，B 1C 1中点的连线MN 上，故PQ 的最小值为PM ＝12AA 1＝1.11．(2017·成都二诊)把平面图形M 上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M ′称为图形M 在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCD ­EFGH 中，AB ＝5，AD ＝4，AE ＝3，则△EBD 在平面EBC 上的射影的面积是( )A ．234B.252 C ．10 D ．30解析：选A 连接HC ，过D 作DM ⊥HC ，连接ME ，MB ，因为BC ⊥平面HCD ，又DM ⊂平面HCD ，所以BC ⊥DM ，因为BC ∩HC ＝C ，所以DM ⊥平面HCBE ，即D 在平面HCBE 内的射影为M ，所以△EBD 在平面HCBE 内的射影为△EBM ，在长方体中，HC ∥BE ，所以△MBE 的面积等于△CBE 的面积，所以△EBD 在平面EBC 上的射影的面积为12×52＋32×4＝234，故选A. 12．已知E ，F 分别为正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1上的点，且AE ＝12AB ，AF ＝13AA 1，M ，N 分别为线段D 1E 和线段C 1F 上的点，则与平面ABCD 平行的直线MN 有( )A ．1条B ．3条C ．6条D ．无数条解析：选D 取BH ＝13BB 1，连接FH ，则FH ∥C 1D 1，连接HE ，D 1H ，在D 1E 上任取一点M ，过M 在平面D 1HE 中作MG ∥HO ，交D 1H 于点G ，其中OE ＝13D 1E ，过O 作OK ⊥平面ABCD 于点K ，连接KB ，则四边形OHBK 为矩形，再过G 作GN ∥FH ，交C 1F 于点N ，连接MN ，由于MG ∥HO ，HO ∥KB ，KB ⊂平面ABCD ，GM ⊄平面ABCD ，所以GM ∥平面ABCD ，同理，GN ∥FH ，可得GN ∥平面ABCD ，由面面平行的判定定理得，平面GMN ∥平面ABCD ，则MN ∥平面ABCD ，由于M 为D 1E 上任一点，故这样的直线MN 有无数条．二、填空题13.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH 为截面，则四边形EFGH 的形状为________．解析：∵平面ABFE ∥平面DCGH ，又平面EFGH ∩平面ABFE ＝EF ，平面EFGH ∩平面DCGH ＝HG ，∴EF ∥HG .同理EH ∥FG ，∴四边形EFGH 的形状是平行四边形．答案：平行四边形14．已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.当满足条件__________时，有m ∥β.(填所选条件的序号)解析：根据面面平行的性质定理可得，当m ⊂α，α∥β时，m ∥β，故满足条件③⑤时，有m ∥β.答案：③⑤15．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列三个命题： 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且m ∥β.其中真命题的个数是________．解析：①若n ∥α，则α内的直线m 可能与n 平行，也可能与n 异面，故①错误；②若α∥β，β∥γ，则α∥γ，若m ⊥α，则m ⊥γ，故②正确；③中有可能m ⊂α或m ⊂β，显然③错误．答案：116．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABCF .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．解析：如图，过D 作DG ⊥AF ，垂足为G ，连接GK .∵平面ABD ⊥平面ABCF ，又DK ⊥AB ，∴DK ⊥平面ABCF ，∴DK⊥AF .∵DK ∩DG ＝D ，∴AF ⊥平面DKG ，∴AF ⊥GK .法一：易知当F 接近点E 时，K 接近AB 的中点，当F 接近点C 时，K 接近AB 的四等分点，故t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 法二：即在平面图形中，D ，G ，K 三点共线，设∠FAK ＝θ，则∠ADK ＝θ，AK ＝AD tan θ＝tan θ，又12＝tan ∠CAB <tan θ<tan ∠EAB ＝1，∴t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 三、解答题17.如图，在三棱锥S ­ABC 中，已知点D ，E ，F 分别为棱AC ，SA ，SC 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ；(2)若SA ＝SC ，BA ＝BC ，求证：平面SBD ⊥平面ABC .证明：(1)∵EF 是△SAC 的中位线，∴EF ∥AC .又EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴EF ∥平面ABC .(2)∵SA ＝SC ，D 是AC 的中点，∴SD ⊥AC .∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .又SD ⊂平面SBD ，BD ⊂平面SBD ，SD ∩DB ＝D ，∴AC ⊥平面SBD .又AC ⊂平面ABC ，∴平面SBD ⊥平面ABC .18．(2017·合肥二检)如图，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60°，CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57.将△CDE 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP ＝3，得到四棱锥P ­ABCE .(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面PAB 与平面PCE 相交于直线l ，求证：AB ∥l .证明：(1)在△CDE 中，∵CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57， 由余弦定理得CE ＝CD 2＋ED 2－2CD ·ED ·cos∠EDC ＝2.在四棱锥P ­ABCE 中，连接AC ，∵AE ＝2，∠AEC ＝60°，∴AC ＝2.又AP ＝3，∴在△PAE 中，PA 2＋AE 2＝PE 2，即AP ⊥AE .同理，AP ⊥AC .而AC ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ，AC ∩AE ＝A ，故AP ⊥平面ABCE .(2)∵AB ∥CE ，且CE ⊂平面PCE ，AB ⊄平面PCE ，∴AB ∥平面PCE .又平面PAB ∩平面PCE ＝l ，∴AB ∥l .19.如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P ­BCDE ＝2V Q ­ABCD ，试求CP CQ的值．解：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD ，可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD .又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE .又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点，Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，所以PA ∥平面BDQ .(3)设四棱锥P ­BCDE ，Q ­ABCD 的高分别为h 1，h 2，所以V P ­BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ­ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P ­BCDE ＝2V Q ­ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ， 所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 20.在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝2BC ＝2AA 1＝4，∠ACB ＝60°，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)证明：平面AEB ⊥平面BB 1C 1C ；(2)证明：C 1F ∥平面ABE ；(3)设P 是BE 的中点，求三棱锥P ­B 1C 1F 的体积．解：(1)证明：在△ABC 中，∵AC ＝2BC ＝4，∠ACB ＝60°， ∴AB ＝23，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AB ⊥BC .由已知AB ⊥BB 1，且BC ∩BB 1＝B ，可得AB ⊥平面BB 1C 1C .又AB ⊂平面ABE ，∴平面ABE ⊥平面BB 1C 1C .(2)证明：取AC 的中点M ，连接C 1M ，FM ，在△ABC 中，FM ∥AB ，而FM ⊄平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，∴FM ∥平面ABE ，在矩形ACC 1A 1中，E ，M 分别是A 1C 1，AC 的中点，∴C 1M ∥AE ，而C 1M ⊄平面ABE ，AE ⊂平面ABE ，∴C 1M ∥平面ABE ，∵C 1M ∩FM ＝M ，∴平面ABE ∥平面FMC 1，又C 1F ⊂平面FMC 1，故C 1F ∥平面ABE .(3)取B 1C 1的中点H ，连接EH ，则EH ∥AB ，且EH ＝12AB ＝3，又AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴EH ⊥平面BB 1C 1C ，∵P 是BE 的中点，∴VP ­B 1C 1F ＝12VE ­B 1C 1F ＝12×13S △B 1C 1F ·EH＝12×13×2×3＝33.。