2018年高考数学(文)二轮复习 专题突破讲义：规范答题示例6 空间中的平行与垂直关系

第5讲 空间中的平行与垂直[明考情]高考中对直线和平面的平行、垂直关系交汇综合命题，多以棱柱、棱锥、棱台或简单组合体为载体进行考查，难度中档偏下. [知考向]1.空间中的平行关系.2.空间中的垂直关系.3.平行和垂直的综合应用.考点一 空间中的平行关系方法技巧 (1)平行关系的基础是线线平行，比较常见的是利用三角形中位线构造平行关系，利用平行四边形构造平行关系.(2)证明过程中要严格遵循定理中的条件，注意推证的严谨性.1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点N 在BD 上，点M 在B 1C 上，且CM ＝DN ，求证：MN ∥平面AA 1B 1B .证明 如图所示，作ME ∥BC 交BB 1于点E ，作NF ∥AD 交AB 于点F ，连接EF ，则EF ⊂平面AA 1B 1B .∵ME ∥BC ，NF ∥AD ， ∴ME BC ＝B 1M B 1C ，NF AD ＝BN BD. 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， ∵CM ＝DN ， ∴B 1M ＝NB .又B 1C ＝BD ， ∴ME BC ＝BN BD ＝NFAD，又BC ＝AD ，∴ME ＝NF . 又ME ∥BC ∥AD ∥NF ， ∴四边形MEFN 为平行四边形， ∴MN ∥EF .又EF ⊂平面AA 1B 1B ，MN ⊄平面AA 1B 1B ， ∴MN ∥平面AA 1B 1B .2.(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P －ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥P A ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)解 如图，在平面P AD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面P AD ， 故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ， 所以PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ， 故四棱锥P －ABCD 的体积V P －ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得P A ＝PD ＝AB ＝DC ＝2， AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，可得四棱锥P －ABCD 的侧面积为12P A ·PD ＋12P A ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin60°＝6＋2 3.3.(2017·龙岩市新罗区校级模拟)如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点.(1)若弧BC的中点为D，求证：AC∥平面POD；(2)如果△P AB的面积是9，求此圆锥的表面积.(1)证明方法一设BC∩OD＝E，∵D是弧BC的中点，∴E是BC的中点.又∵O是AB的中点，∴AC∥OE.又∵AC⊄平面POD，OE⊂平面POD，∴AC∥平面POD.方法二∵AB是底面圆的直径，∴AC⊥BC.∵弧BC的中点为D，∴OD⊥BC.又AC，OD共面，∴AC∥OD.又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD，∴AC∥平面POD.(2)解设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，∵圆锥的轴截面P AB为等腰直角三角形，∴h＝r，l＝2r.由S△P AB＝12×2r×h＝r2＝9，得r＝3，∴S表＝πrl＋πr2＝πr×2r＋πr2＝9(1＋2)π.4.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB＝2CD，在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？若存在，求点F的位置；若不存在？请说明理由.解存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点，证明如下：∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF綊CD，∴四边形AFCD是平行四边形，∴AD∥CF.又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1，∴CF∥平面ADD1A1.又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，∴CC1∥平面ADD1A1.又CC1，CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，∴平面C1CF∥平面ADD1A1.考点二空间中的垂直关系方法技巧判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直定义.(2)利用线面垂直的判定定理，一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直.(3)利用线面垂直的性质，两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面.(4)利用面面垂直的性质定理，两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.5.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 ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GF AB 为平行四边形， ∴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 .6.(2017·全国Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比. (1)证明 如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO . 又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩OB ＝O ，所以AC ⊥平面DOB ，故AC ⊥BD . (2)解 连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.7.(2017·南京一模)如图，在六面体ABCDE 中，平面DBC ⊥平面ABC ，AE ⊥平面ABC .(1)求证：AE ∥平面DBC ；(2)若AB ⊥BC ，BD ⊥CD ，求证：AD ⊥DC . 证明 (1)过点D 作DO ⊥BC ，O 为垂足.∵平面DBC ⊥平面ABC ，平面DBC ∩平面ABC ＝BC ，DO ⊂平面DBC ， ∴DO ⊥平面ABC .又AE ⊥平面ABC ，则AE ∥DO .又AE ⊄平面DBC ，DO ⊂平面DBC ，故AE ∥平面DBC .(2)由(1)知，DO ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴DO ⊥AB .又AB ⊥BC ，且DO ∩BC ＝O ，DO ，BC ⊂平面DBC ， ∴AB ⊥平面DBC . ∵DC ⊂平面DBC ，∴AB⊥DC.又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB⊂平面ABD，则DC⊥平面ABD.又AD⊂平面ABD，故可得AD⊥DC.8.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点S在底面ABCD上的射影为其中心O，高为3，设E，F分别为AB，SC的中点，且SE＝2，M为CD边上的点.(1)求证：EF∥平面SAD；(2)试确定点M的位置，使得平面EFM⊥底面ABCD.(1)证明取SB的中点P，连接PF，PE.∵F为SC的中点，∴PF∥BC，又底面ABCD为正方形，∴BC∥AD，即PF∥AD，又PE∥SA，∴平面PFE∥平面SAD.∵EF⊂平面PFE，∴EF∥平面SAD.(2)解连接AC，AC的中点即为点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD，取OC的中点H，连接FH，则FH∥SO，∴FH⊥平面ABCD，∴平面EFH⊥平面ABCD，连接EH并延长，则EH与DC的交点即为M点.连接OE，由题意知SO＝3，SE＝2.∴OE ＝1，AB ＝2，AE ＝1， ∴MC AE ＝HC HA ＝13， ∴MC ＝13AE ＝16CD ，即点M 在CD 边上靠近C 点距离为16的位置.考点三 平行和垂直的综合应用方法技巧 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.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点.求证：(1)直线EF ∥平面PCD ； (2)平面BEF ⊥平面P AD .证明 (1)在△P AD 中，∵E ，F 分别为AP ，AD 的中点， ∴EF ∥PD .又∵EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ， ∴直线EF ∥平面PCD . (2)如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ADB 为正三角形. ∵F 是AD 的中点， ∴BF ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BF ⊂平面ABCD ， ∴BF ⊥平面P AD . 又∵BF ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面P AD .10.(2017·山东)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1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.(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD.因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.11.(2017·汉中二模)如图，在棱长均为4的三棱柱ABC－A1B1C1中，D，D1分别是BC和B1C1的中点.(1)求证：A1D1∥平面AB1D；(2)若平面ABC⊥平面BCC1B1，∠B1BC＝60°，求三棱锥B1－ABC的体积.(1)证明连接DD1，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∵D ，D 1分别是BC 和B 1C 1的中点， ∴B 1D 1∥BD ，且B 1D 1＝BD ， ∴四边形B 1BDD 1为平行四边形， ∴BB 1∥DD 1，且BB 1＝DD 1. 又∵AA 1∥BB 1，AA 1＝BB 1， ∴AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1， ∴四边形AA 1D 1D 为平行四边形， ∴A 1D 1∥AD .又∵A 1D 1⊄平面AB 1D ，AD ⊂平面AB 1D ， ∴A 1D 1∥平面AB 1D .(2)解 在△ABC 中，边长均为4，则AB ＝AC ，D 为BC 的中点， ∴AD ⊥BC .∵平面ABC ⊥平面B 1C 1CB ，交线为BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面B 1C 1CB ，即AD 是三棱锥A －B 1BC 的高. 在△ABC 中，由AB ＝AC ＝BC ＝4，得AD ＝23， 在△B 1BC 中，B 1B ＝BC ＝4，∠B 1BC ＝60°， ∴△B 1BC 的面积为4 3.∴三棱锥B 1－ABC 的体积即为三棱锥A －B 1BC 的体积V ＝13×43×23＝8.12.如图，在四棱锥S －ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD .四边形ABCD 为正方形，且P 为AD 的中点，Q 为SB 的中点.(1)求证：CD ⊥平面SAD ； (2)求证：PQ ∥平面SCD ；(3)若SA ＝SD ，M 为BC 的中点，在棱SC 上是否存在点N ，使得平面DMN ⊥平面ABCD ？并证明你的结论.(1)证明 ∵四边形ABCD 为正方形，∴CD ⊥AD .又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴CD ⊥平面SAD .(2)证明 取SC 的中点R ，连接QR ，DR .由题意知，PD ∥BC 且PD ＝12BC .在△SBC 中，Q 为SB 的中点，R 为SC 的中点， ∴QR ∥BC 且QR ＝12BC .∴QR ∥PD 且QR ＝PD ， 则四边形PDRQ 为平行四边形， ∴PQ ∥DR .又PQ ⊄平面SCD ，DR ⊂平面SCD ， ∴PQ ∥平面SCD .(3)解 存在点N 为SC 的中点，使得平面DMN ⊥平面ABCD .连接PC ，DM 交于点O ，连接PM ，SP ，NM ，ND ，NO ， ∵PD ∥CM ，且PD ＝CM ， ∴四边形PMCD 为平行四边形， ∴PO ＝CO .又∵N 为SC 的中点， ∴NO ∥SP . 易知SP ⊥AD .∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，且SP ⊥AD ， ∴SP ⊥平面ABCD ， ∴NO ⊥平面ABCD . 又∵NO ⊂平面DMN ， ∴平面DMN ⊥平面ABCD .例 (12分)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ，点E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点.(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AH ⊥平面DEF . 审题路线图(1)E ，F 是中点―――→取PD 的中点M 构造▱AEFM ―→线线平行EF ∥AM ―→线面平行EF ∥平面P AD (2)面面垂直P AD ⊥ABCD ―――→P A ⊥AD线面垂直P A ⊥底面ABCD ―→线线垂直P A ⊥DE ―――――――――→Rt △ABH ≌Rt △DAE线线垂直DE ⊥AH ―→线面垂直DE ⊥平面P AH ―→ 面面垂直平面P AH ⊥平面DEF 规范解答·评分标准证明 (1)取PD 的中点M ，连接FM ，AM .∵在△PCD 中，F ，M 分别为PC ，PD 的中点， ∴FM ∥CD 且FM ＝12CD .∵在正方形ABCD 中，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴AE ∥FM 且AE ＝FM ， 则四边形AEFM 为平行四边形，∴AM ∥EF .…………………………………………………………………………………4分 又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ，∴EF ∥平面P AD .…………………………………………………………………………6分(2)∵侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ， 侧面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，∴P A ⊥底面ABCD .∵DE ⊂底面ABCD ，∴DE ⊥P A . ∵E ，H 分别为正方形ABCD 边AB ，BC 的中点， ∴Rt △ABH ≌Rt △DAE ，则∠BAH ＝∠ADE ，∴∠BAH ＋∠AED ＝90°，则DE ⊥AH .…………………………………………………………………………………8分 ∵P A ⊂平面P AH ，AH ⊂平面P AH ，P A ∩AH ＝A ，∴DE ⊥平面P AH .…………………………………………………………………………10分 ∵DE ⊂平面DEF ，∴平面P AH ⊥平面DEF .…………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 找线线：通过三角形或四边形的中位线，平行四边形、等腰三角形的中线或线面、面面关系的性质寻找线线平行或线线垂直.[第二步] 找线面：通过线线垂直或平行，利用判定定理，找线面垂直或平行；也可由面面关系的性质找线面垂直或平行.[第三步] 找面面：通过面面关系的判定定理，寻找面面垂直或平行. [第四步] 写步骤：严格按照定理中的条件规范书写解题步骤.1.如图，在空间四面体ABCD 中，若E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点.(1)求证：四边形EFGH 是平行四边形； (2)求证：BC ∥平面EFGH .证明 (1)∵在空间四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BD ，CD ，AC 的中点， ∴EF 綊12AD ，GH 綊12AD ，∴EF 綊GH ，∴四边形EFGH 是平行四边形. (2)∵E ，H 分别是AB ，AC 的中点， ∴EH ∥BC .∵EH ⊂平面EFGH ，BC ⊄平面EFGH ， ∴BC ∥平面EFGH .2.(2017·北京)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积. (1)证明 因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ， 所以P A ⊥平面ABC .又因为BD ⊂平面ABC ，所以P A ⊥BD . (2)证明 因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点， 所以BD ⊥AC . 由(1)知，P A ⊥BD ， 所以BD ⊥平面P AC . 所以平面BDE ⊥平面P AC .(3)解 因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE ，所以P A ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，P A ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.3.(2017·北京海淀区模拟)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝2，E 是侧棱P A 上的动点.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E 是P A 的中点，求证：PC ∥平面BDE ；(3)是否不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有BD ⊥CE ？证明你的结论.(1)解 ∵P A ⊥底面ABCD ， ∴P A 为此四棱锥底面上的高.∴V 四棱锥P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ×P A ＝13×12×2＝23.(2)证明 连接AC 交BD 于点O ，连接OE .∵四边形ABCD 是正方形， ∴AO ＝OC . 又∵AE ＝EP ， ∴OE ∥PC .又∵PC ⊄平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， ∴PC ∥平面BDE .(3)解 不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有BD ⊥CE . 证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AC .∵P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD . 又∵P A ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC . ∵CE ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CE .4.如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长. (1)证明 ∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ， ∴BD ⊥平面AOC . ∵BD ⊂平面BCD ， ∴平面AOC ⊥平面BCD . (2)解 由(1)知BD ⊥平面AOC ， ∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin ∠AOC ·BD ＝63， 即13×12×2×2×sin ∠AOC ×22＝63， ∴sin ∠AOC ＝32. 又∵∠AOC 是钝角， ∴∠AOC ＝120°.在△AOC 中，由余弦定理，得 AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos ∠AOC ＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos120°＝6， ∴AC ＝ 6.5.(2016·四川)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由； (2)求证：平面P AB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点，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 . 又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB ， 所以CM ∥平面P AB .(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，P A ⊥AB ，P A ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD .所以P A ⊥BD .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， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面P AB ⊥平面PBD .。

核心知识•聚焦提炼檢心知识体验高考方向突破点10空间中的平行与垂直关系［核心知识提炼］提炼1异面直线的性质(1) 异面直线不具有传递性•注意不能把异面直线误解为分别在两个不同平面内的两条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, 2，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)适合题设的角一一用平移法；②求一一转化为在三角形中求解；③结论一一由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) 夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.(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) 证明线线平行的方法：①三角形的中位线等平面几何中的性质；②线面平行的性质定理；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.------ =一・ - ——.. —— 1 —"―111;-. - - 111"—-111—.. - il 1 1 1 1—、-i— 1 1 I —- - 1 — 1 "― - -11—”，—.1.-［高考真题回访］回访1异面直线所成的角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MN郞平行的是()A BA [A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，贝U QD/ AB•••QB平面MNQ Q ••• QD与平面MNQ目交，•••直线AB与平面MNQ目交.B项，作如图②所示的辅助线，贝U AB// CD CD/ MQ • AB// MQ又AB?平面MNQ MQ平面MNQ • AB//平面MNQC项，作如图③所示的辅助线，贝U AB// CD CD/ MQ • AB// MQ又AB?平面MNQ MQ 平面MNQ • AB// 平面MNQD项，作如图④所示的辅助线，贝U AB// CD CD/ NQ • AB// NQ又AB?平面MNQ NC?平面MNQ • AB//平面MNQ故选A.]2. （2016 •全国卷I ）平面a过正方体ABCDABGD的顶点A a //平面a Cl平面ABC』m a门平面ABEA i= n ,则m n所成角的正弦值为（）-ft * « itA [设平面CBD Q平面ABC住m i.•••平面a //平面CBD,.・. m i// m又平面ABCD平面ABCD,且平面CBD Q平面ABCD= B D,B i D // m. ••• BD // m•••平面ABBA i //平面DCCD,且平面CBD n平面DC© = CD,同理可证CD// n.因此直线m与n所成的角即直线B D与CD所成的角.在正方体ABCCA i BCD中，△ CBD是正三角形，故直线B i D与CD所成角为60°,其正弦值为乎.]回访2线面位置关系的性质与判断3. （2013 •全国卷n ）已知m n为异面直线，m让平面a , n丄平面3 •直线丨满足丨丄ml丄n, l? a , l ? 3 ,则（）A. a // 3 且I 〃aB. a丄3且I丄3C. a与3相交，且交线垂直于ID. a与3相交，且交线平行于ID [根据所给的已知条件作图，如图所示.由图可知a与3相交，且交线平行于I，故选D.]4. （2016 •全国卷n ）a , 3是两个平面，m n是两条直线，有下列四个命题:4ft① 如果ml n , mha, n 那么a 丄B . ② 如果m l a , n //a,那么m l n . ③ 如果a/B , m ? a,那么m// B .④ 如果m// n , a /B ，那么m 与a 所成的角和n 与B 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，a , B 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 ? a , n // I ，又ml a ，所以ml l ，所以mln ,故正确.对于③，因为a / B ，所以a , B 没有公共点.又 m ? a ,所以m , B 没有公共点， 由线面平行的定义可知 m B ，故正确.对于④，因为 m// n ,所以m 与a 所成的角和n 与a 所成的角相等.因为 a / B , 所以n 与a 所成的角和n 与B 所成的角相等，所以 m 与a 所成的角和n 与B 所成 的角相等，故正确.］热点题型•探究热点题型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应用，同时也考查了学生的空间想象能力及转化 与化归的思想.【例1】（1）（2017 •全国卷川）在正方体 ABCDABCD 中，E 为棱CD 的中点，贝U （）A . AE l DC C. A E l BC D. AE l ACC ［法一：如图，T AE 在平面 ABCDt 的投影为 AE 而AE 不与AC BD 垂直，二B , D 错；B . AE l BD•At 第巖障県•/ AE在平面BCCB上的投影为BC,且BC丄BC,••• AE丄BC,故C正确；（证明：由条件易知，BC丄BC BC丄CE又CEH BC^ C,• BC丄平面CEAB.又AE?平面CEAB , • AE丄BC）•/ AE在平面DCCD上的投影为DE,而DE不与DC垂直，故A错.故选C.法二：(空间向量法)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1,则A(1,0,0) , B(1,1,0) , C(0,1,0) , 0(000) , A(1,0,1) , C(0,1,1) , E 0 , 2 , 0T 1 T T T TAE= —1 , 2，—1，DC = (0,1,1) , B[> ( —1, —1,0) , BG= ( —1,0,1) , AC=(—1,1,0) , • AE・DC M0 , AE・ BD^0 , AE・BC = 0 , AE • AO0, • AE丄BC. 故选C.]⑵(2017 •全国卷I )如图10-1 ,在四棱锥P-ABC曲,AB// CD且/ BAP=/ CDP= 90°①证明：平面PABL平面PAD②若PA= PD- AB= DC / APD- 90°,且四棱锥P-ABCD勺体积为£ ,求该四棱锥的侧3面积.图10-1[解] ①证明：由已知/ BAP=Z CDP= 90° ,得ABL AF, CDL PD由于AB// CD故ABL PD从而ABL平面PAD又A田平面PAB所以平面PABL平面PAD 4分②如图，取AD的中点E,连接PE贝U PE L AD由①知,ABL平面PAD故AB! PE ABL AD可得PE!平面ABCD 6分设AB= x,则由已知可得AD= 2x, PE^-^x.故四棱锥P-ABCD勺体积1 1 3V F-ABCD=三3X3.1 8由题设得~x3= 3，故x= 2. 8分3 3从而结合已知可得PA= PD= AB= DC= 2, AD= BC= 2 2, PB= PC= 2 2.10分可得四棱锥P-ABC啲侧面积为1111严・PD^ 严・A聊^PD- DOq BC sin 60 ° = 6+ 2 3. 12 分［方法指津］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）（2017 •石家庄二模）设m n是两条不同的直线，a , 3 , 丫是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若n? a , n // a ,贝U m// n；②若 a / 3 , 3 // Y , ml a ,贝U m L 丫；③若 a n 3=n, m// n,贝U m// a , m// 3 ；④若 a 丄丫， 3 丄丫，贝U a// 3 .其中真命题的个数为（）A . 0 C. 2B ［若m ? a , n //a,贝U m^n 可能平行或异面，①错误；若 a// B B // Y,则a // Y ,又 mi! a ,贝U ml 丫，②正确；若 a n 3 = n , m// n ,贝U m// a 或 m//B 或 m? a 或m ? 3 ,③错误；若 a 丄Y, 3丄丫，贝y a , 3可能平行或相交，④错误，故 选B.］⑵（2017 •全国卷H ）如图10-2 ,四棱锥RABCDh 侧面PAD 为等边三角形且垂直于① 证明：直线 BC//平面PAD② 若△ PCD 的面积为2 7,求四棱锥 P-ABC 啲体积.［解］ ①证明：在平面ABC □内，因为/ BAD- / ABC= 90°,所以BC/ AD 又BC ?平面PAD AD ?平面PAD 故BC/平面PAD②如图，取 AD 的中点M 连接PM CM 由AB= BC=扌AD 及BC/ AD / ABC= 90°得四边形ABCI 为正方形，贝U CML AD因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD 平面PAC T 平面 ABC = AD 所以PM 丄 AD, PM L 底面 ABCD因为CM 底面ABCD 所以PM L CM设 BC= x ,贝U CM= x , C = 2x , PM = 3x , PC= PD = 2x . 如图，取CD 的中点N,连接PN 则PN 丄CD【导学号：04024094】B . 1 D. 3宀K 1底面 ABCD AB= BC= ^AD / BA*/ ABC= 90°图 10-2解得x =- 2（舍去）或x = 2. 于是 AB= BC= 2, AD= 4, PM= 2 3. 1 。

第3讲 圆锥曲线的综合问题1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题．2．试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1 (2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率为63，且过点⎝⎛⎭⎫1，63. (1)求椭圆C 的方程；(2)设与圆O ：x 2＋y 2＝34相切的直线l 交椭圆C 于A, B 两点，求△OAB 面积的最大值及取得最大值时直线l 的方程．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ 1a 2＋23b 2＝1，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2， 解得a 2＝3，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1. (2)①当k 不存在时， x ＝±32，∴y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34. ②当k 存在时，设直线方程为y ＝kx ＋m ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得()1＋3k 2x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0， ∴x 1＋x 2＝－6km1＋3k 2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k 2. d ＝r ⇒4m 2＝3()1＋k 2. ||AB ＝1＋k 2 · ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－4×3m 2－31＋3k 2 ＝1＋k 2·12＋36k 2－12m 2(1＋3k 2)2＝3·1＋10k 2＋9k 41＋6k 2＋9k4 ＝3·1＋4k 21＋6k 2＋9k4 ＝3·1＋41k 2＋9k 2＋6≤2， 当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，此时m ＝±1. ∴S △OAB ＝12||AB ×r ≤12×2×32＝32， ∴△OAB 面积的最大值为32， 此时直线方程为y ＝±33x ±1. 思维升华 解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 (2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．解 (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)， 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2， 所以a 2＝4，b 2＝2.因此椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0.由Δ>0，得m 2<4k 2＋2，(*)且x 1＋x 2＝－4km 2k 2＋1， 因此y 1＋y 2＝2m 2k 2＋1， 所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋1，m 2k 2＋1. 又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2， 整理得|ND |2＝4m 2(1＋3k 2＋k 4)(2k 2＋1)2. 因为|NF |＝|m |，所以|ND |2|NF |2＝4(k 4＋3k 2＋1)(2k 2＋1)2＝1＋8k 2＋3(2k 2＋1)2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3，故2k 2＋1＝t ＋14. 所以|ND |2|NF |2＝1＋16t (1＋t )2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t ，所以y ′＝1－1t 2. 当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增， 因此t ＋1t ≥103， 当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0，所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4. 由(*)得－2<m <2且m ≠0，故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12， 所以θ的最小值为π6， 从而∠EDF 的最小值为π3， 此时直线l 的斜率是0.综上所述，当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取得最小值π3. 热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E ：y 2＝4x 的准线为l ，焦点为F ，O 为坐标原点．(1)求过点O ，F ，且与l 相切的圆的方程；(2)过F 的直线交抛物线E 于A ，B 两点，A 关于x 轴的对称点为A ′，求证：直线A ′B 过定点．(1)解 抛物线E ：y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1，焦点坐标为F (1,0)，设所求圆的圆心C 为(a ，b )，半径为r,∵圆C 过O ，F ，∴a ＝12， ∵圆C 与直线l ：x ＝－1相切，∴r ＝12－()－1＝32. 由r ＝||CO ＝ ⎝⎛⎭⎫122＋b 2＝32，得b ＝±2. ∴过O ，F 且与直线l 相切的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －122＋()y ±22＝94. (2)证明 方法一 依题意知，直线AB 的斜率存在，设直线AB 方程为y ＝k ()x －1，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2()x 1≠x 2，A ′()x 1，－y 1， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k ()x －1，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－()2k 2＋4x ＋k 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1. ∵直线BA ′的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1()x －x 2， ∴令y ＝0，得x ＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2＝x 2k ()x 1－1＋x 1k ()x 2－1k ()x 1－1＋k ()x 2－1＝2x 1x 2－()x 1＋x 2－2＋()x 1＋x 2＝－1 . ∴直线BA ′过定点()－1，0.方法二 设直线AB 的方程为x ＝my ＋1,A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则A ′()x 1，－y 1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0， ∴y 1＋y 2＝4m, y 1y 2＝－4.∵k BA ′＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BA ′的方程为y －y 2＝4y 2－y 1()x －x 2. ∴y ＝4y 2－y 1(x －x 2)＋y 2＝4y 2－y 1x ＋y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋y 22－y 1y 2－4x 2y 2－y 1 ＝4y 2－y 1x ＋4y 2－y 1＝4y 2－y 1(x ＋1)． ∴直线BA ′过定点(－1,0)．思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(2)求解定值问题的两大途径 ①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F 1：(x ＋3)2＋y 2＝27与⊙F 2：(x －3)2＋y 2＝3，以F 1，F 2分别为左、右焦点的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)经过两圆的交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)M ，N 是椭圆C 上的两点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－14，试问△OMN 的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．解 (1)设两圆的交点为Q ，依题意有|QF 1|＋|QF 2|＝33＋3＝43，由椭圆定义知，2a ＝43，解得a 2＝12.∵F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，∴a 2－b 2＝9，解得b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1. (2)①当直线MN 的斜率不存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)．k OM ·k ON ＝－y 1y 1x 1x 1＝－14，∴⎪⎪⎪⎪y 1x 1＝12. 又x 2112＋y 213＝1，∴|x 1|＝6，|y 1|＝62. ∴S △OMN ＝12×6×6＝3. ②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 212＋y 23＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－12)>0，得12k 2－m 2＋3>0，(*) 且x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋1. ∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－12k 24k 2＋1. ∵k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－14，∴m 2－12k 24m 2－12＝－14， 整理得2m 2＝12k 2＋3,代入(*)得m ≠0.∵|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2－124k 2＋1 ＝1＋k 2 48(4k 2＋1)－16m 2(4k 2＋1)2＝61＋k 2|m |， 原点O 到直线MN 的距离d ＝|m |1＋k 2， ∴S △OMN ＝12|MN |d ＝12·61＋k 2|m |·|m |1＋k2＝3(定值)． 综上所述，△OMN 的面积为定值3.热点三 探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3 已知抛物线E 的顶点为原点O ，焦点为圆F ：x 2＋y 2－4x ＋3＝0的圆心F .经过点F 的直线l 交抛物线E 于A ，D 两点，交圆F 于B ，C 两点，A ，B 在第一象限，C ，D 在第四象限．(1)求抛物线E 的方程；(2)是否存在直线l ，使2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)根据已知，设抛物线E 的方程为y 2＝2px (p >0)．∵圆F 的方程为(x －2)2＋y 2＝1，∴圆心F 的坐标为F (2,0)，半径r ＝1.∴p 2＝2，解得p ＝4. ∴抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)∵2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项，∴|AB |＋|CD |＝4|BC |＝4×2r ＝8，∴|AD |＝|AB |＋|BC |＋|CD |＝10.若l 垂直于x 轴，则l 的方程为x ＝2，代入y 2＝8x ，得y ＝±4.此时|AD |＝|y 1－y 2|＝8≠10，即直线x ＝2不满足题意；若l 不垂直于x 轴，设l 的斜率为k ，由已知得k ≠0，l 的方程为y ＝k (x －2)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝8x ，得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋8k 2，且Δ＝(4k 2＋8)2－16k 4＝64k 2＋64>0， ∵抛物线E 的准线为x ＝－2，∴|AD |＝|AF |＋|DF |＝(x 1＋2)＋(x 2＋2)＝x 1＋x 2＋4，∴4k 2＋8k 2＋4＝10，解得k ＝±2. ∴存在满足要求的直线l ，它的方程为2x －y －4＝0或2x ＋y －4＝0.思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．跟踪演练3 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)作斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形．若存在，求出点D 的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得2a ＝6，所以a ＝3.由椭圆C 与圆M: ()x －22＋y 2＝409的公共弦长为4103，恰为圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫2，±2103，所以49＋409b 2＝1，解得b 2＝8.所以椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1. (2)直线l 的解析式为y ＝kx ＋2，设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， AB 的中点为E ()x 0，y 0.假设存在点D ()m ，0，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，则DE ⊥AB .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋2，x 29＋y 28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，故x 1＋x 2＝－36k 9k 2＋8， 所以x 0＝－18k 9k 2＋8， y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8. 因为DE ⊥AB ，所以k DE ＝－1k， 即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ， 所以m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k. 当k >0时， 9k ＋8k≥29×8＝122， 所以－212≤m <0； 当k <0时， 9k ＋8k ≤－122，所以0<m ≤212. 综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点E ，且点D 的横坐标的取值范围为⎣⎡⎭⎫－212，0∪⎝⎛⎦⎤0，212.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________． 答案 16解析 因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意知，直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，且Δ＝16k 2＋16>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1， 所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝⎛⎭⎫1k 2＋1＋1＋k 2 ＝8＋4⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16， 当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号． 2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率． 解 (1)由题意知，e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1，所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知，Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21.由题意可知，圆M 的半径r 为r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1， 因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x . 联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ， 得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21， 因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21.由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21，令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t ∈(0,1)， 因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t 2＝ 32·1－⎝⎛⎭⎫1t －122＋94≥1， 当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22， 所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6， 所以∠SOT 的最大值为π3. 综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22. 押题预测已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合，所以a 2－3＝a 2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1， 抛物线C 2的方程为y 2＝4x .(2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2， 则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 4＝2k 2＋4k 2，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0， 所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4 ＝4(1＋k 2)k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，且Δ＝144k 2＋144>0， 所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k 2. 若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2， 解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.A 组 专题通关1．(2016·全国Ⅰ)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，且Δ＝144k 2＋144>0， 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)， 点A 到m 的距离为2k 2＋1， 所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3.可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆C: y 2a 2＋x 2b 2＝1 (a >b >0)的短轴长为2，且椭圆C 的顶点在圆M ：x 2＋⎝⎛⎭⎫y －222＝12上． (1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB ，CD ，求||AB ＋||CD 的最小值．解 (1)由题意可得2b ＝2，所以b ＝1.椭圆C 的顶点在圆M: x 2＋⎝⎛⎭⎫y －222＝12上， 所以a ＝ 2.故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1. (2)当直线AB 的斜率不存在或为零时，||AB ＋||CD ＝3 2.当直线AB 的斜率存在且不为零时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，y 22＋x 2＝1，得()k 2＋2x 2＋2kx －1＝0， 设A ()x 1，y 1， B ()x 2，y 2，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－2k k 2＋2， x 1x 2＝－1k 2＋2， 所以||AB ＝22()k 2＋1k 2＋2，同理可得||CD ＝22()k 2＋12k 2＋1，所以||AB ＋||CD ＝ 62()k 2＋12()2k 2＋1()k 2＋2.令t ＝k 2＋1，则t >1, ||AB ＋||CD ＝ 62t 2()2t －1()t ＋1＝62⎝⎛⎭⎫2－1t ⎝⎛⎭⎫1＋1t ， 而2<⎝⎛⎭⎫2－1t ⎝⎛⎭⎫1＋1t ≤94， 所以823≤||AB ＋ ||CD <3 2. 综上， 823≤||AB ＋ ||CD ≤32， 故||AB ＋||CD 的最小值为823. 3．(2017届太原模拟)已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E .(1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l经过一个定点．(1)解 由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离，∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p 2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0， ∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1x 2＝m 2k2. ∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k 2＝5，∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k .∵km <0，m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)，∴直线l 必经过定点(5,0)．4．(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)与抛物线C 交于A ，B 两点．(1)若直线l 过焦点F ，且与圆x 2＋(y －1)2＝1交于D ，E (其中A ，D 在y 轴同侧)，求证：|AD |·|BE |是定值；(2)设抛物线C 在A 和B 点的切线交于点P ，试问：y 轴上是否存在点Q ，使得APBQ 为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l 的斜率和点Q 的坐标．解 抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F (0,1),设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立x 2＝4y 与y ＝kx ＋a ，得x 2－4kx －4a ＝0，则Δ＝16(k 2＋a )>0，且x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .(1)证明 若直线l 过焦点F ，则a ＝1，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.由条件可知圆x 2＋(y －1)2＝1的圆心为F (0,1)，半径为1，由抛物线的定义可知，|AF |＝y 1＋1，|BF |＝y 2＋1，则|AD |＝|AF |－1＝y 1，|BE |＝|BF |－1＝y 2，|AD |·|BE |＝y 1y 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1)＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－4k 2＋4k 2＋1＝1，(或|AD |·|BE |＝y 1y 2＝x 214·x 224＝(x 1x 2)216＝(－4)216＝1) 即|AD |·|BE |为定值，定值为1.(2)解 方法一 当直线l 的斜率为0，且Q 的坐标为(0,3a )时，APBQ 为菱形．理由如下：由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则抛物线C 在A ⎝⎛⎭⎫x 1，14x 21处的切线为y －14x 21＝12x 1()x －x 1，即y ＝12x 1x －14x 21. ①同理抛物线C 在B ⎝⎛⎭⎫x 2，14x 22处的切线为y ＝12x 2x －14x 22. ②联立①②，解得x ＝x 1＋x 22＝2k ，代入①式解得y ＝x 1x 24＝－a ，即P ()2k ，－a .又x 1＋x 22＝2k ，所以y 1＋y 22＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋a ＝2k 2＋a ，即AB 的中点为R ()2k ，2k 2＋a .则有PR ⊥x 轴．若APBQ 为菱形，则PR ⊥AB ，所以k ＝0,此时P ()0，－a ， R ()0，a ，Q ()0，3a . 方法二 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0， 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x,若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ， 则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1，即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2，则y 1＝y 2，∴k ＝0, ∴A ()－2a ，a ，B ()2a ，a ， 则抛物线C 在A ()－2a ，a 处的切线为y －a ＝－a ()x ＋2a ，即y ＝－ax －a ， ①同理抛物线C 在B ()2a ，a 处的切线为y ＝ax －a ， ②联立①②得P ()0，－a .又AB 的中点为R ()0，a ，所以Q ()0，3a .方法三 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0，由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x, 若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ，则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1， 即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2， 则y 1＝y 2，∴k ＝0, 此时直线AB: y ＝kx ＋a ＝a ，则y 0＝－12x 1x 2＋y 1＝－12·()－4a ＋a ＝3a ， 所以Q ()0，3a .B 组 能力提高5.如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1.(2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.由抛物线准线l ：x ＝－1可知，M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1＝k ＋1， 即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系知，x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，且Δ＝16(k 2＋1)>0， 又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1 ＝2k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－21－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．6.(2017届九江模拟)如图所示，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >c )的焦距为 2，直线y ＝x 被椭圆 C 截得的弦长为433. (1)求椭圆 C 的方程；(2)设点M ()x 0，y 0是椭圆 C 上的动点，过原点O 引两条射线l 1，l 2与圆M ：()x －x 02＋()y －y 02＝23分别相切，且l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在． ①试问 k 1k 2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由；②若射线l 1，l 2与椭圆 C 分别交于点A ，B ，求||OA ·||OB 的最大值． 解 (1)依题意得c ＝1，设直线y ＝x 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，则||OP ＝233，不妨设P ⎝⎛⎭⎫63，63， ∴23a 2＋23b2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆 C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①设射线l 方程为y ＝kx ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则||kx 0－y 01＋k 2＝63，两边平方整理得()3x 20－2k 2－6x 0y 0k ＋3y 20－2＝0, ∵y 20＝1－x 202， ∴k 1k 2＝3y 20－23x 20－2＝3⎝⎛⎭⎫1－x 202－23x 20－2＝－12. ②联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k 1x ，消去 y 得 x 2＝21＋2k 21，||OA 2＝2＋2k 211＋2k 21，同理||OB 2＝2＋2k 221＋2k 22， ∴||OA 2·||OB 2＝2＋2k 211＋2k 21·2＋2k 221＋2k 22＝4·()k 1k 22＋()k 21＋k 22＋14()k 1k 22＋2()k 21＋k 22＋1＝4()k 21＋k 22＋52()k 21＋k 22＋2 ＝2＋12k 21＋12k 21＋2≤94， 当且仅当k 21＝12时，取等号， ∴(||OA ·||OB )max ＝32.。

2018年高考数学三轮冲刺之专题突破详解：专题22 空间中的平行与垂直的证明技巧一．学习目标及知识点方法规律总结（一）.【学习目标】（1）．熟练掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，会把空间问题转化为平面问题．（2）．学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化．（3）．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．（4）．熟练掌握空间中线面垂直的有关性质与判定定理；运用公理、定理证明或判定空间图形的垂直关系的简单命题．不论何种“垂直”都能化归到“线线垂直”(二).知识点及方法归纳1．直线与平面平行的判定(1)判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线，那么这条直线和这个平面平行，即a∥b，a⊄α，b⊂α⇒a∥α.(2)如果两个平面平行，那么一个平面内的直线与另一个平面平行，则a∥β.2．直线与平面平行的性质如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交；那么这条直线就和平面平行，即a∥α，a⊂β，α∩β＝b，．3．直线与平面垂直的判定(1)(定义)如果一条直线和平面内任意一条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直．(2)(判定定理1)如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．用符号语言表示为：若m⊂α，n⊂α，m∩n＝B，l⊥m，l⊥n，则l⊥α. (3)如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．用符号语言表示为：若a∥b，a⊥α，则b⊥α.(4)(面面垂直的性质定理)如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．(5)(两平面平行的性质定理)如果两个平面平行，那么与其中一个平面垂直的直线也与另一个平面垂直．(6)如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面．4..两平面平行的判断方法(1)依定义采用反证法.(2)依判定定理通过说明一平面内有两相交直线与另一平面平行来判断两平面平行.(3)依据垂直于同一直线的两平面平行来判定.(4)依据平行于同一平面的两平面平行来判定.5.平行关系的转化程序线线平行线面平行面面平行从上易知三者之间可以进行任意转化，因此要判定某一平行的过程就是从一平行出发不断转化的过程.在解题时要把握这一点，灵活确定转化思路和方向.1．证明直线与平面平行和直线与平面垂直常运用判定定理，即转化为线线的平行与垂直关系来证明．2．直线与平面平行的判定方法：(1)a ∩α＝∅⇒a ∥α(定义法)，(2) ⎭⎪⎬⎪⎫a ∥b a ⊄αb ⊂α⇒a ∥α，这里α表示平面，a ，b 表示直线．3．证明线面垂直的方法主要有：(以下A 为点，m ，n ，l ，a ，b 表示直线，α，β表示平面)(1)利用线面垂直的定义：a 与α内任何直线垂直⇒a ⊥α；(2)利用判定定理：⎭⎪⎬⎪⎫m ，n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)利用第二判定定理：a ∥b ，a ⊥α，则b ⊥α；(4)利用面面平行的性质定理：α∥β，a ⊥α，则a ⊥β.(5)利用面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ，则a ⊥β.4.面面垂直的证明方法：(1)利用定义：α和β所成的二面角为直二面角⇒α⊥β；(2)利用判定定理：若a⊥β，a ⊂α，则α⊥β.5.性质定理的恰当应用：(1)若α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ，则a⊥β，用来证明线面垂直，也用来确定点到平面的垂线段.(2)若α⊥β，点P∈α，P ∈a ，a ⊥β，则a ⊂α.5.垂直关系的转化程序 线线垂直线面垂直面面垂直.二．命题陷阱类型1.平行垂直判断2.平行垂直证明3.翻折中的平行垂直4.平行垂直中的探索性问题三．题型1.平行垂直判断例1．已知,αβ是相异两平面， ,m n 是相异两直线，则下列命题中错误．．的是（ ） A. 若//,m n m α⊥，则n α⊥ B. 若,m m αβ⊥⊥，则//αβC. 若,//m m αβ⊥，则αβ⊥D. 若//,m n ααβ⋂=，则//m n【答案】D【解析】由线面垂直的性质可知选项A ,B ,C 正确，如图所示，对于选项D ，在正方体1111ABCD A BC D -中，取直线m 为AD ，平面α为上顶面1111A B C D ，平面β为平面11CDD C ，则直线n 为11C D ，此时有//,m n ααβ⋂=，直线m 与n 为异面直线，即选项D 的说法是错误的； 本题选择D 选项.1．设,,l m n 表示不同的直线， α表示平面，已知m l ，下列结论错误的是（ ）A. 若m n ，则l nB. 若m n ⊥，则l n ⊥C. 若m α，则l αD. 若m α⊥，则l α⊥【答案】C【解析】由于l 可能含于α，故C 选项错误.2．已知α、β是两个不同的平面,m 、n 是两条不同的直线,下列命题中错误的是A. 若m ⊥α、m ∥n ，n β⊂，则α⊥βB. 若α∥β，m ⊥α，n ⊥β，则m ∥nC. 若α∥β， m α⊂， n β⊂，则m ∥nD. 若α⊥β，m α⊂， α n β⋂=，,m ⊥n ，则m ⊥β【答案】B【点睛】本题主要考查空间直线和平面之间的位置关系的判断，要求熟练掌握平行和垂直的判定定理和性质定理．3．已知,αβ是两个平面， ,m n 是两条直线，则下列命题是真命题的是（ ）A. 若//,//,//m n m m αβ，则//αβB. 若,//,//m n m n αβ⊥，则αβ⊥C. 若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβD. 若//,,m n m n αβ⊂⊥，则αβ⊥【答案】D【解析】若//,//,//m n m m αβ， αβ与可能相交，A 错；若,//,//m n m n αβ⊥，则αβ与不一定垂直，甚至可能重合，B 错；若,,//m n m n αβ⊥⊥，则αβ与可能相交，C 错；若//,,m n m n αβ⊂⊥，则m β⊥，所以αβ⊥，D 正确，故选D.【方法总结】：空间线面间的位置关系判断，实际上可以借助于特殊的几何体来说明，如正方体，这样容易想象，直观性强，便于判断，本题中，如在正方体1111ABCD A BC D -， m AB =， 11n A B =， α是平面11CDD C ， β是平面ABCD ，这说明A 错误．同样可说明B 、C 错误．4．下图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形， PDC ∆， PBC ∆， PAB ∆， PDA ∆为全等的等边三角形， E F 、分别为PA PD 、的中点.在此几何体中，下列结论中错误的为（ ）A. 直线BE 与直线CF 共面B. 直线BE 与直线AF 是异面直线C. 平面BCE ⊥平面PADD. 面PAD 与面PBC 的交线与BC 平行【答案】C 【解析】画出几何体的图形，如图，故答案选C ．5．已知,m n 是两条直线， ,αβ是两个平面，则下列命题中正确的是（ ）A. ,,////m m n n ααββ⊥⊥⇒B. //,//m n n m ααβ⋂=⇒C. //,//,m m n n αβαβ⊥⇒⊥D. ,,////m n m n αβαβ⊥⊥⇒【答案】D【解析】A 不正确，因为n 可能在平面β内；B 两条直线可以不平行；C 当m 在平面β内时，n 此时也可以在平面β内。

专题限时集训(十) 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．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．(2017·南昌模拟)如图10­5，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在( )【导学号：04024096】图10­5A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部A[因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．]3．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.]4．(2017·莆田模拟)已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，平面α过直线BD ，α⊥平面AB 1C ，α∩平面AB 1C ＝m ，平面β过直线A 1C 1，β∥平面AB 1C ，β∩平面ADD 1A 1＝n ，则m ，n 所成的角的余弦值为( ) A.12 B.13 C.22D.32D [如图，由题中条件知，直线m 为B 1O ，直线n 为A 1D ，∵B 1C ∥A 1D ，∴B 1O 与A 1D 所成的角为∠CB 1O (或其补角)，设正方体的棱长为a ，在△CB 1O 中，B 1C ＝2a ，CO ＝22a ，B 1O ＝62a ，∴cos ∠CB 1O ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62a 2＋2a2－⎝⎛⎭⎪⎫22a 22×62a ×2a ＝32.故选D.] 5．(2017·武汉模拟)如图10­6，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，将△ACD 沿AC 折起，使得D 折起后的位置为D 1，且D 1在平面ABC 上的射影恰好落在AB 上，在四面体D 1ABC 的四个面中，有n 对平面相互垂直，则n 等于( )【导学号：04024097】图10­6A ．2B ．3C ．4D ．5B [设D 1在平面ABC 上的射影为E ，连接D 1E ，则D 1E ⊥平面ABC ， ∵D 1E ⊂平面ABD 1， ∴平面ABD 1⊥平面ABC .∵D 1E ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴D 1E ⊥BC ，又AB ⊥BC ，D 1E ∩AB ＝E ， ∴BC ⊥平面ABD 1， 又BC ⊂平面BCD 1， ∴平面BCD 1⊥平面ABD 1，∵BC ⊥平面ABD 1，AD 1⊂平面ABD 1， ∴BC ⊥AD 1，又CD 1⊥AD 1，BC ∩CD 1＝C ， ∴AD 1⊥平面BCD 1， 又AD 1⊂平面ACD 1， ∴平面ACD 1⊥平面BCD 1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.]二、填空题6．(2017·黄山模拟)已知正六棱锥S ­ABCDEF 的底面边长和高均为1，则异面直线SC 与DE 所成角的大小为________．π4[设正六边形ABCDEF 的中心为O ，连接SO ，CO ，BO ，则由正六边形的性质知OC ∥DE ，SO ⊥平面ABCDEF ，所以∠SCO 为异面直线SC 与DE 所成角．又易知△BOC 为等边三角形，所以SO ＝BC ＝CO ＝1，所以∠SCO ＝π4.]7．在三棱锥C ­ABD 中(如图10­7)，△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A ­BD ­C 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10­7①③⑤ [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A ­BD ­C 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＋42－222×4×4＝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．(2017·全国卷Ⅲ)如图10­8，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .图10­8(1)证明：AC ⊥BD ；(2)已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．[解] (1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接DO ，BO . 因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO ．1分又由于△ABC 是正三角形， 所以AC ⊥BO ． 2分 从而AC ⊥平面DOB ， 3分 故AC ⊥BD ．4分(2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO .5分 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.7分由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC ．8分 又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .9分故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1．12分10．(2017·西安模拟)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝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△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1­BCDE .图10­9(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1­BCDE 的体积为362，求a 的值.【导学号：04024098】[解] (1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC ， 又CD ∥BE ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ， 又由(1)知，A 1O ⊥BE ， 所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1­BCDE 的高． 由题图①知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1­BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3， 由26a 3＝362，得a ＝6. [B 组 名校冲刺]一、选择题1．(2016·乌鲁木齐三模)如图10­10，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10­10A.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10­11，四边形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10­11A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BDC C ．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．(2017·安阳二模)如图10­12，在正四棱锥S ­ABCD 中，E ，M ，N 分别是BC ，CD ，SC 的中点，动点P 在线段MN 上运动时，下列四个结论： ①EP ⊥AC ； ②EP ∥BD ； ③EP ∥平面SBD ； ④EP ⊥平面SAC ，其中恒成立的为( )【导学号：04024099】图10­12A ．①③B ．③④C ．①②D ．②③④A [如图所示，设AC ，BD 相交于点O ，连接SO ，EM ，EN .对于①，由S ­ABCD 是正四棱锥，可得SO ⊥底面ABCD ，AC ⊥BD ，∴SO ⊥AC . ∵SO ∩BD ＝O ，∴AC ⊥平面SBD ，∵E ，M ，N 分别是BC ，CD ，SC 的中点，∴EM ∥BD ，MN ∥SD ，而EM ∩MN ＝M ，SD ∩BD ＝D ，SD ，BD ⊂平面SBD ，MN ，EM ⊂平面EMN ，∴平面EMN ∥平面SBD ，∴AC ⊥平面EMN ， ∴AC ⊥EP .故①正确．对于②，易知EP 与BD 是异面直线，因此②不正确． 对于③，由①可知平面EMN ∥平面SBD ， ∴EP ∥平面SBD ，因此③正确．对于④，由①同理可得EM ⊥平面SAC ，若EP ⊥平面SAC ，则EP ∥EM ，与EP ∩EM ＝E 相矛盾，因此当P 与M 不重合时，EP 与平面SAC 不垂直．即④不正确．故选A.]4．(2016·长沙模拟)如图10­13，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 是线段B 1D 1上的两个动点，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )图10­13A．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(图略)，易知AC⊥平面BDD1B1.∵BF⊂平面BDD1B1，∴AC⊥BF，故A正确；对于选项B，∵AC⊥平面BDD1B1，∴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A­BEF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B1重合时，令上底面中心为O，则此时两异面直线所成的角是∠A1AO，当E与D1重合时，点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC1，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．(2017·衡水二模)如图10­14，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10­14①AB与DE所成角的正切值是2；②AB∥CE；③V B­ACE＝16a3；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＝AE2－DE2＝a，∴AC＝CD2＋AD2＝2a.在△ABC中，cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC2 2AB×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 ＝a36，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：04024100】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．(2017·东北三省四市联考)如图10­15，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥底面ABCD ，AD ＝AP ＝2，AB ＝27，E 为棱PD 的中点．图10­15(1)求证：PD ⊥平面ABE ；(2)求三棱锥C ­PBD 外接球的体积．[解] (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AB .∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥AD ， ∵PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD ， ∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD ， ∵PA ＝AD ，E 为PD 中点，∴PD ⊥AE ， ∵AE ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面ABE ． 6分(2)令PC 的中点为O ，连接OB ，OD ，由(1)知AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，∴CD ⊥平面PAD . ∵PD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥PD ，则OD ＝12PC ＝OP ＝OC .∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ， ∵BC ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ， ∴BC ⊥平面PAB ，∵PB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PB ，则OB ＝12PC ＝OP ＝OC ，∴点O 为三棱锥C ­PBD 的外接球球心，PC 为直径． 又PC 2＝AB 2＋AD 2＋AP 2＝(27)2＋22＋22＝36，PC ＝6， ∴三棱锥C ­PBD 外接球的体积为V 球＝43π×33＝36π．12分8．(2017·福州模拟)如图①，在等腰梯形PDCB 中，PB ∥DC ，PB ＝3，DC ＝1，∠DPB ＝45°，DA ⊥PB 于点A ，将△PAD 沿AD 折起，构成如图②所示的四棱锥P ­ABCD ，点M 在棱PB 上，且PM ＝12MB .图10­16(1)求证：PD ∥平面MAC ；(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ，求点A 到平面PBC 的距离． [解] (1)证明：在四棱锥P ­ABCD 中， 连接BD 交AC 于点N ，连接MN ，依题意知AB ∥CD ，∴△ABN ∽△CDN ， 2分 ∴BN ND ＝BA CD＝2.3分∵PM ＝12MB ，∴BN ND ＝BMMP ＝2，∴在△BPD 中，MN ∥PD ．4分 又PD ⊄平面MAC ，MN ⊂平面MAC ， ∴PD ∥平面MAC ．6分(2)法一：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PA ⊥AD ，PA ⊂平面PAD ， ∴PA ⊥平面ABCD ．8分 ∴V P ­ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×1＝13. 9分∵AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，∴PB ＝PA 2＋AB 2＝5，PC ＝PA 2＋AC 2＝3，BC ＝AD 2＋AB －CD2＝ 2.∴PB 2＝PC 2＋BC 2，故∠PCB ＝90°． 10分 记点A 到平面PBC 的距离为h ，∴V A ­PBC ＝13S △PBC ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×2h ＝66h . 11分∵V P ­ABC ＝V A ­PBC ，∴13＝66h ，解得h ＝63．12分 法二：∵平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PA ⊥AD ，PA ⊂平面PAD ，∴PA ⊥平面ABCD ．8分∵BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC . ∵AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，BC ＝AD 2＋AB －CD2＝2，∴∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC .∵PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， ∴BC ⊥平面PAC ．10分过A 作AE ⊥PC 于点E ，则BC ⊥AE ，∵PC ∩BC ＝C ，PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴AE ⊥平面PBC . 11分∵PC ＝PA 2＋AC 2＝ 3. ∴点A 到平面PBC 的距离为AE ＝PA ·AC PC ＝1×23＝63．12分。

规范答题示例6 空间中的平行与垂直关系典例6 (12分)如图，四棱锥P —ABCD 的底面为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E ，F ，H 分别为AB ，PC ，BC 的中点． (1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAH ⊥平面DEF .审题路线图 (1)条件中各线段的中点――――→设法利用中位线定理取PD 的中点M ――――――→考虑平行关系长度关系平行四边形AEFM ―(2)平面PAD ⊥平面ABCDPA ⊥AD ――→中中点DE ⊥AH ―――――→线面垂直的判定定理DE ⊥平面PAH 中，AE ∥CD 且AE ＝12CD ，， 为平行四边形，评分细则(1)第(1)问证出AE綊FM给2分；通过AM∥EF证线面平行时，缺1个条件扣1分；利用面面平行证明EF∥平面PAD同样给分；(2)第(2)问证明PA⊥底面ABCD时缺少条件扣1分；证明DE⊥AH时只要指明E，H分别为正方形边AB，BC的中点得DE⊥AH不扣分；证明DE⊥平面PAH只要写出DE⊥AH，DE⊥PA，缺少条件不扣分．跟踪演练6 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：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V—ABC的体积．(1)证明因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB，又因为VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝AB，且OC⊂平面ABC，VAB.＝BC＝2，S△VAB＝33，C—VAB的体积相等，所以三棱锥V—ABC的体积为33.2。

第二讲空间中的平行与垂直研热点（聚焦突破）类型一空间线线、线面位置关系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．线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.4．线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥αa∥b.[例1](___高考山东卷)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB ＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角FBDC的余弦值．[解析](1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解法一由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直．以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图(1)所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，D(32，－12，0)，F(0，0，1)．(1)因此BD →＝(32，－32，0)，BF →＝(0，－1，1)． 设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0， 所以x ＝3y ＝3z ，取z ＝1，则m ＝(3，1，1)．由于CF →＝(0，0，1)是平面BDC 的一个法向量， 则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角F -BD -C 的余弦值为55.解法二 如图(2)，取BD 的中点G ，连接CG ，FG ， 由于CB ＝CD ，因此CG ⊥BD .又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ， 所以BD ⊥平面FCG ， 故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F -BD -C 的平面角．(2)在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝12CB.又CB＝CF，所以CF＝CG2＋CF2＝5CG，，故cos∠FGC＝55因此二面角F-BD-C的余弦值为55.跟踪训练(___济南摸底)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝2AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG.证明：(1)设线段AB1的中点为P，连接NP、MP，∵CM∥12AA1，NP∥12AA1，∴CM∥NP，∴四边形CNPM是平行四边形，∴CN∥MP，∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG. ∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，设AC＝2a，则CC1＝22a，在Rt△MCA中，AM＝CM2＋AC2＝6a，在Rt △B 1C 1M 中，B 1M ＝ B 1C 21＋C 1M 2＝6a .∵BB 1∥CC 1，∴BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ， ∴AB 1＝B 1B 2＋AB 2＝C 1C 2＋AB 2＝23a ，注意到AM 2＋B 1M 2＝AB 21，∴B 1M ⊥AM ， 类型二 空间面面位置关系1．面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.2．面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l α⊥β. 3．面面平行的判定定理：a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝A ，a ∥α，b ∥α⇒α∥β. 4．面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒α∥b . 5．面面平行的证明还有其它方法(1),,,a b a b A c d c d B a c b d αβαβ⊂=⎫⎪⊂=⇒⎬⎪⎭且且∥∥∥(2),a a ααββ⊥⊥⇒∥[例2] (___高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点． 求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1； (2)直线A 1F ∥平面ADE .[证明] (1)因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又AD ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.跟踪训练(___大同模拟)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD 沿对角线AC折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3 2.(1)求证：平面ABC⊥平面MDO；(2)求三棱锥M-ABD的体积．解析：(1)证明：由题意得OM＝OD＝3，因为DM＝32，所以∠DOM＝90°，OD⊥OM.又因为四边形ABCD为菱形，所以OD⊥AC.因为OM∩AC＝O，所以OD⊥平面ABC，因为OD 平面MDO，所以平面ABC⊥平面MDO.(2)三棱锥M-ABD的体积等于三棱锥D-ABM的体积．由(1)知，OD⊥平面ABC，所以OD为三棱锥D-ABM的高．又△ABM的面积为12BA×BM×sin 120°＝12×6×3×32＝932，所以M-ABD的体积等于13×S△ABM ×OD＝932.类型三折叠中的位置关系将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化、有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．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．[例3](___高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[解析]找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．对于选项A，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合．在图(2)中，连接CE，若直线AC与直线BD垂直，又∵AC∩AE＝A，∴BD⊥面ACE，∴BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误．对于选项B，若AB⊥CD，又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥面ADC，∴AB⊥AC，由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB与直线CD垂直，故B正确．对于选项C，若AD⊥BC，又∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝2，AB＝1，BC >AB，∴不存在这样的直角三角形．∴C错误．由上可知D错误，故选B.[答案] B跟踪训练如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的形状，使AD＝AE.(1)求证：BC∥平面DAE；(2)求四棱锥DAEFB的体积．解析：(1)证明：∵BF∥AE，CF∥DE，BF∩CF＝F，AE∩DE＝E.∴平面CBF∥平面DAE，又BC⊂平面CBF，∴BC∥平面DAE.(2)取AE的中点H，连接DH.∵EF⊥DE，EF⊥EA，∴EF⊥平面DAE.又DH⊂平面DAE，∴EF⊥DH.∵AE＝DE＝AD＝2，∴DH⊥AE，DH＝ 3.∴DH⊥平面AEFB.四棱锥D-AEFB的体积V＝13×3×2×2＝43 3.析典题（预测高考）高考真题【真题】(___高考陕西卷)(1)如图所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．【解析】(1)证明：证法一如图(1)，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．因为a⊥b，所以a·b＝0.又因为aπ，n⊥π，所以a·n＝0.故a·c＝0，从而a⊥c.证法二如图(2)，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.因为PO⊥π，aπ，所以直线PO⊥a.又a⊥b，b平面P AO，PO∩b＝P，所以a⊥平面P AO.又c平面P AO，所以a⊥c.(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.逆命题为真命题．【名师点睛】本题实际上考查了三垂线定理逆定理的证明，命题创意新颖，改变了多数高考命题以空间几何体为载体考查线面位置关系的证明．着重考查推理论证能力．考情展望名师押题【押题】一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积； (2)证明：A 1C ⊥平面AB 1C 1；(3)若D 是棱CC 1的中点，E 是棱AB 的中点，判断DE 是否平行于平面AB 1C 1，并证明你的结论．【解析】 (1)几何体的直观图如图所示，四边形BB 1C 1C 是矩形，BB 1＝CC 1＝3，BC ＝B 1C 1＝1，四边形AA 1C 1C 是边长为3的正方形，且平面AA 1C 1C 垂直于底面BB 1C 1C ，故该几何体是直三棱柱，其体积 V ＝S △ABC ·BB 1＝12×1×3×3＝32.(2)证明：由(1)知平面AA 1C 1C ⊥平面BB 1C 1C 且B 1C 1⊥CC 1，所以B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，所以B 1C 1⊥A 1C .因为四边形ACC 1A 1为正方形，所以A 1C ⊥AC 1， 而B 1C 1∩AC 1＝C 1，所以A 1C ⊥平面AB 1C 1. (3)DE ∥平面AB 1C 1，证明如下：如图，取BB 1的中点F ，连接EF ，DF ，DE .因为D ，E ，F 分别为CC 1，AB ，BB 1的中点，所以EF ∥AB 1，DF ∥B 1C 1.又AB1 ⊂平面AB1C1，EF ⊂平面AB1C1，所以EF∥平面AB1C1.同理，DF∥平面AB1C1，又EF∩DF＝F，则平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.第四讲思想方法与规范解答(五)思想方法1．转化与化归思想利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，主要适用于以下类型：(1)不规则几何体的体积的求解；(2)较复杂几何体的体积的求解．[例1](___高考辽宁卷)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.8π3B．3π C.10π3D．6π[解析]将三视图还原为实物图求体积．由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，高为4的圆柱被从母线的中点处截去了圆柱的14，所以V＝34×π×12×4＝3π.[答案] B跟踪训练(___高考辽宁卷)如图，直三棱柱ABC-A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA′＝1，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．(1)证明：MN∥平面A′ACC′；(2)求三棱锥A′­MNC的体积．(锥体体积公式V＝13Sh，其中S为底面面积，h为高)解析：(1)证明：证法一连接AB′，AC′，如图，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′的中点．又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，所以MN∥平面A′ACC′.证法二 取A ′B ′的中点P ，连接MP ，NP ，AB ′，如图， 因为M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点， 所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′. 又MP ∩NP ＝P ，所以平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN 平面MPN ， 所以MN ∥平面A ′ACC ′.(2)解法一 连接BN ，如图所示，由题意知A ′N ⊥B ′C ′，平面A ′B ′C ′∩平面B ′BCC ′＝B ′C ′， 所以A ′N ⊥平面NBC . 又A ′N ＝12B ′C ′＝1，故V A ′-MNC ＝V N －A ′MC ＝12V N -A ′BC ＝12V A ′-NBC ＝16. 解法二 V A ′-MNC ＝V A ′-NBC －V M -NBC ＝12V A ′-NBC ＝16. 2．函数与方程思想(1)在空间几何体的表面积和体积计算中，常根据条件分析列出方程，利用方程确定未知量． (2)在用空间向量的运算解决空间线线、线面、面面的平行、垂直问题或求空间角时运用的主要思想就是通过列方程(组)求出未知量，得到直线的方向向量和平面的法向量，然后进行计算．(3)涉及空间几何体中的最值问题常用到函数思想．[例2] (___深圳模拟)如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2，E 为CD 的中点，将△BCE 沿BE 折起，使得CO ⊥DE ，其中垂足O 在线段DE 上．(1)求证：CO ⊥平面ABED ；(2)问∠CEO (记为θ)多大时，三棱锥C -AOE 的体积最大，最大值为多少．[解析] (1)在直角梯形ABCD 中， CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，则AB ＝DE ， 又AB ∥DE ，AD ⊥AB ，可知BE ⊥CD .在四棱锥C -ABEO 中，BE ⊥DE ，BE ⊥CE ，CE ∩DE ＝E ， CE ，DE ⊂平面CDE ，则BE ⊥平面CDE . 因为CO ⊂平面CDE ，所以BE ⊥CO .又CO ⊥DE ，且BE ，DE 是平面ABED 内的两条相交直线． 故CO ⊥平面ABED .(2)由(1)知CO ⊥平面ABED ，所以三棱锥C -AOE 的体积V ＝13S △AOE ×OC ＝13×12×OE ×AD ×OC .在直角梯形ABCD 中，CD ＝2AB ＝4，AD ＝2， CE ＝2，得OE ＝CE cos θ＝2cos θ，OC ＝CE sin θ＝2sin θ， V ＝23 sin 2θ≤23，当且仅当sin 2θ＝1，θ∈(0，π2)，即θ＝π4时取等号(此时OE ＝2<DE ，O 落在线段DE 上)．故当θ＝π4时，三棱锥C -AOE 的体积最大，最大值为23.跟踪训练已知正三棱柱ABC A′B′C′的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，设△ABC，△A′B′C′的中心分别是O，O′，现将此三棱柱绕直线OO′旋转，射线OA旋转所成的角为x弧度(x可以取到任意一个实数)，对应的俯视图的面积为S(x)，则函数S(x)的最大值为________；最小正周期为________．(说明：“三棱柱绕直线OO′旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA旋转所成的角为负角．)解析：由题意可知，当三棱柱的一个侧面在水平面内时，该三棱柱的俯视图的面积最大，此时俯视图为一个矩形，其宽为3×tan 30°×2＝2，长为4，故S(xOO′旋转时，当A点旋转到B点，B点旋转到C点，C点旋转到A点时，所得三角形与原三角形重合，故S(x)的最小正周期为2π3.答案：82π3考情展望高考对本专题的考查，各种题型都有，在选择、填空中多考查空间几何体的三视图与面积、体积问题，在解答题中考查空间平行与垂直的证明与空间角的求法，也常考查探索存在性问题、折叠问题等，难度中档．名师押题【押题】已知正方形ABCD的边长为2，AC∩BD＝O.将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC＝a，得到三棱锥ABCD，如图所示．(1)当a ＝2时，求证：AO ⊥平面BCD ；(2)当二面角ABDC 的大小为120°时，求二面角ABCD 的正切值．【解析】 (1)根据题意 ，在△AOC 中，AC ＝a ＝2，AO ＝CO ＝2， 所以AC 2＝AO 2＋CO 2，所以AO ⊥CO . 因为AC 、BD 是正方形ABCD 的对角线， 所以AO ⊥BD .因为BD ∩CO ＝O ，CO ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， 所以AO ⊥平面BCD .(2)由(1)知，CO ⊥OD ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则O (0，0，0)，D (0，2，0)，C (2，0，0)，B (0，－2，0)． 设A (x 0，0，z 0)(x 0<0)，则OA ＝(x 0，0，z 0)，OD →＝(0，2，0)． 又设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则00n OA n OD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0x 1＋z 0z 1＝02y 1＝0.所以y 1＝0，令x 1＝z 0，则z 1＝－x 0. 所以n ＝(z 0，0，－x 0)．因为平面BCD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，且二面角A -BD -C 的大小为120°， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|cos 120°|＝12，得z 20＝3x 20.设平面ABC 的法向量为l ＝(x 2，y 2，z 2)，因为BA ＝(－22，2，62)，BC ＝(2，2，0)，则00l BA l BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即⎩⎨⎧－22x 2＋2y 2＋62z 2＝0，2x 2＋2y 2＝0， 令x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝ 3. 所以l ＝(1，－1，3)．设二面角A -BC -D 的平面角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈l ，m 〉|＝|31＋1＋（3）2|＝155.所以tan θ＝63.。

专题6：空间的平行与垂直问题问题归类篇类型一: 线线平行一、前测回顾1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若D 、E 是棱CC 1，AB 的中点，求证：DE ∥平面AB 1C 1．提示：法一：用线面平行的判定定理来证： “平行投影法”：取AB 1的中点F ，证四边形C 1DEF 是平行四边形．“中心投影法”延长BD 与B 1C 1交于M ，利用三角线中位线证DE ∥法二：用面面平行的性质取BB 1中点G ，证平面DEG ∥平面AB 1C 1． 二、方法联想（1）证明线线平行 方法1：利用中位线；方法2：利用平行四边形； 方法3：利用平行线段成比例； 方法4：利用平行公理； 方法5：利用线面平行性质定理； 方法6：利用线面垂直性质定理；方法7：利用面面平行．（2）已知线线平行，可得线面平行三、归类巩固*1．如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 为平行四边形，求证：EF ∥BC ． (平行公理证明线线平行，由线线平行得线面平行)类型二: 线面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C (2)若E ，F 分别是A 1A ，C 1C 的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面BDF ． 提示：(1)用面面平行的判定定理证： 证明BD ∥B 1D 1，A 1B ∥D 1C ． (2)证明BD ∥B 1D 1，BF ∥D 1E ．二、方法联想A 1D 1ABCDB 1C 1E ·F ·（1）证明线面平行方法1 构造三角形(中心投影法)，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①在直线和平面外寻找一点P ；②连接P A 交平面α于点M ；③连接P A 交平面α于点N ，④连接MN 即为要找的平行线．方法2：构造平行四边形(平行投影法) ，转化为线线平行．寻找平面内平行直线步骤，如下图：①选择直线上两点A 、B 构造两平行直线和平面α相交于M 、N ；②连接MN 即为要找的平行线．方法3：构造面面平行．构造平行平面步骤，如下图：①过A 做AC 平行于平面α内一条直线A’C’；②连结BC ；③平面ABC 即为所要找的平行平面．（2）已知线面平行方法1 可得线线平行，过直线l 做平面β交已知平面α于直线m ，则l ∥m ．方法2 可得面面平行三、归类巩固**1．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 、E 是棱CC 1，AB 的上的点，且AE ＝23AB ，若DE ∥平面AB 1C 1，求CDDC1的值．（已知线面，转化为线线平行）*2．E ，P ，G ，H 分别是四面体的棱ABCD 的棱AB 、CD 、CA 、CB 的中点， 求证：PE ∥平面PGH ．（通过面面的平行证明线面平行）*3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1A 的中点．点F 在棱CC 1上，使得平面EB 1D 1∥平面BDF ． 求证：点F 为棱CC 1的中点．类型三: 面面平行一、前测回顾1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为棱CC 1的中点，AC 交BD 于O ，求证：A 1O ⊥平面MBD提示：用线面垂直的判定定理：证BD ⊥平面AA 1C 1C ，从而得出BD ⊥A 1O ； 在矩形AA 1C 1C 中，用平几知识证明A 1O ⊥OM ；M OA 1 D 1 ABCDB 1C 1m lα① ② A B CA ’C ’ ①② ① A M NBABCSGFE二、方法联想（1）证明面面平行方法 在一个平面内寻找两条相交直线证明与另一个平面平行．注意 证面面平行必须先通过证线面平行，不可以直接通过证线线平行来证面面平行． （2）已知面面平行 可得线线平行三、归类巩固*1． 如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB ，过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：（1）平面EFG ∥平面ABC ； （2）BC ⊥SA ． 答案：证明略 (考查平面与平面平行，线线垂直)类型四: 线线垂直一、前测回顾1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均相等，D 为BB 1的中点，求证：A 1B ⊥C D ． 分析：要证明A 1B ⊥C D ，只要证明A 1B 与CD 所在的平面垂直，或CD 与A 1B 所在的平面垂直， 但都没有现成的平面，构造经过CD 的平面与直线A 1B 垂直，或经过A 1B 的平面与直线CD 垂直．方法1：取AB 的中点E ，连CE ，证A 1B ⊥平面CDE ； 方法2：取B 1C 1的中点F ，连BF ，证CD ⊥平面A 1BF ．二、方法联想（1）证明线线垂直方法1：利用线面垂直；构造垂面证线线垂直 要证l 垂直于AB ，构造垂面证线线垂直步骤:如下图：①过A 找垂直于l 的直线AC ；②连结BC ，③证BC 垂直l ，则l ⊥面ABC ． 方法2：利用线线平行转移线线垂直； 方法3：利用勾股定理；方法4：利用等腰三角形三线合一； 方法5：利用菱形对角线互相垂直； 方法6：利用四边形为矩形． （2）已知线线垂直 可得线面垂直三、归类巩固A 1BCC 1B 1DAAB lC①②*1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， D 为BB 1的中点， A 1B ⊥CD ，求证：AA 1＝AB ．类型五: 线面垂直一、前测回顾1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点． 求证：平面PEF ⊥平面P AC ．提示：设EF 与AC 交于点O ，证EF ⊥AC ，EF ⊥OP ， 从而得出EF ⊥平面P AC ． 二、方法联想 （1）证明线面垂直方法 证明直线与平面内两条相交直线垂直． （2）已知线面垂直 可得线线垂直和面面垂直三、归类巩固*1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是平行四边形，PB ＝PD ，且E ，F 分别是BC ， CD 的中点，若平面PEF ⊥平面P AC ，求证：四边形ABCD 是菱形．*2．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 交BD 于O ，点M 在棱CC 1上，且A 1O ⊥平面MBD ， 求证：M 为棱CC 1的中点． （线面垂直得线线垂直）*3．在四面体ABCD 中，AD ⊥BC ，CA ＝CB ＝CD ＝1，BD ＝2，则△ABC 的面积为_____． （计算证明线线垂直）*4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，AB 1⊥BC 1，求证：A 1C ⊥BC 1． （利用平行转移线线垂直，从而一条直线与两异面直线的 垂直转化为线面的垂直）类型六: 面面垂直一、前测回顾1．如图，已知VB ⊥平面ABC ，侧面VAB ⊥侧面VAC ，求证：△VAC 是直角三角形． 提示：过B 作BD ⊥VA ，垂足为D ，由侧面VAB ⊥侧面VAC ，得出BD ⊥侧面VAC ，从面BD ⊥AC ， 由VB ⊥平面ABC ，得AC ⊥VB ，从而AC ⊥平面VAB ． 所以AC ⊥VA ．B C DA P EF BCAVA 1 BDAPEF二、方法联想（1）证明面面垂直关键是找到和另一个平面垂直的垂线，转化为线面垂直． 找垂线的一般方法：①分别在两个平面内找两条互相垂直的直线，再判断其中一条直线垂直于平面； ②找（或作）两平面交线的垂线．③若存在第三个平面与其中一个面垂直，则在第三个内作找或作它们的交线的垂线（可以就是第三个与另一个平面的交线），再将这个垂线转移到另一个平面内．（2）已知面面垂直优先在其中一个平面内找或作两个平面交线的垂线，转化为线面垂直．三、归类巩固**1．在四棱锥P －ABCD 中，CD ⊥平面P AD ，△P AD 是正三角形，DC //AB ，DA ＝DC ＝2AB ．求证：平面PBC ⊥平面PDC.（存在第三个面与其中一个面垂直）提示1：取PD 中点M ，则AM ⊥平面PDC ，下面只需将AM平移到平面PBC 内． 提示2：作出平面P AD 与平面PBC 的交线PN ，只需证明PN ⊥平面PDC ．类型七: 有关表面积、体积计算一、前测回顾1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________． 答案 ：6π2．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________． 答案： 3二、方法联想①表面距离问题考虑表面展开，转化成平面问题 ②体积计算，先证明高，后用体积公式求体积三、归类巩固*1．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°， 侧棱P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，E 为AB 的中点，则四面体PBCE 的 体积为 ．PABCDPABCD*2．如图，在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3cm ，AA 1＝2cm ， 则四棱锥A ―BB 1D 1D 的体积为 cm 3． 答案：6 (考查空间几何体的体积计算)*3．三棱锥P - ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D - ABE 的体积为V 1，P - ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________．答案：14(考查空间多面体的体积的关系)综合应用篇一、例题分析例1：在四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，P A ＝2AB ．(1)若F 为PC 的中点，求证：PC ⊥平面AEF ； (2)求证：CE ∥平面P AB ．提示：(1)证明：PC ⊥AF ，PC ⊥EF ．(2)①中心投影法：延长CD 与AB 交于G ，证明CE ∥PG ． ②平行投影法：取P A 中点M ，过C 作CN ∥AD 交AB 于N ．证四边形CEMN 是平行四边形，从而得CE ∥MN ．③面面平行的性质：取AD 中点H ，证明平面CEH ∥平面P AB ． 〖教学建议〗一、主要问题归类与方法：1．证明直线与平面垂直．方法：(1)定义法：a ⊥b ，b 为平面α内任意一条直线⇒ a ⊥平面α．(2)线面垂直的判定定理：a ⊥m ，a ⊥n ，m ⊂平面α，n ⊂平面α，m ∩n ＝A ⇒ a ⊥平面α．(3)面面垂直的性质定理：平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝l ，a ⊂平面α，a ⊥l ⇒ a ⊥平面α． 2．证明直线与平面平行．方法：(1)定义法：常常借助反证法完成；(2)判定定理：a ∥b ，a ⊄平面α，b ⊂平面α⇒ a ∥平面α．用判定定理来证线面平行的关键是在平面内找到与已知直线平行的直线，其方法有：中心投影法与平行投影法． 证明线线平行常用方法：①平面几何的方法：三角形中位线，平行四边形，平行线段成比例等． ②面面平行的性质：α∥β，γ∩α＝m ，γ∩β＝n ⇒m ∥n ． ③线面垂直的性质：a ⊥平面α，b ⊥平面α⇒a ∥b ． ④公理4：a ∥c ，b ∥c ⇒a ∥b ．(3)面面平行的性质：平面α∥平面β， a ⊂平面α⇒ a ∥平面α．ABEPF二、方法选择与优化建议：1．用方法(2)，方法(2)是证明线面垂直的常用方法。

专题五空间中的平行与垂直知识梳理：1、平面中的平行有哪些？2、空间中的平行有哪些？如何推导？（定理、性质用图示展示）3、平面中的垂直有哪些？4、空间中的垂直有哪些？如何推导？（定理、性质用图示展示）1．(2017·高考全国卷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()2．(2016·高考浙江卷)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∥n C．n⊥l D．m ⊥n3．(2016·全国卷Ⅱ)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)4．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)证明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD.若E为棱BD 上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．类型一空间线面位置关系的判断[典例1](1)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l D．α与β相交，且交线平行于l(2)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⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α变式1．如本例(2)改为设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中不正确的是() A．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”的充要条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件[自我挑战]1.m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题：①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中，所有真命题的序号是________．(1)证明：平面AEC⊥平面BED.(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积．自我挑战：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.[互动迁移1]在本例条件下，证明平面BEF⊥平面ABCD.[互动迁移2]在本例条件下，若AB＝BC，求证：BE⊥平面PAC.[变式训练] (2017·山东卷)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1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，1A1E⊥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.类型三立体几何中的折叠、探索问题[典例3](2017·山东济南模拟)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A′DE的位置，使A′C⊥CD，如图(2)．(1)求证：DE∥平面A′BC；(2)求证：A′C⊥BE；(3)线段A′D上是否存在点F，使平面CFE⊥平面A′DE？若存在，求出DF的长；若不存在，请说明理由．[母题变式]本例的条件不变，在线段BE上是否存在点H，使平面A′BE⊥平面A′CH?(1)试在线段A′C上确定一点H，使FH∥平面A′BE.(2)试求三棱锥A′EBC的外接球的半径与三棱锥A′EBC的表面积．2。

6个解答题专项强化练(二) 空间中位置关系的证明1.在长方体ABCD ­A1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.求证： (1)AC 1∥平面BDE ；(2)A 1E ⊥平面BDE .证明：(1)连结AC 交BD 于点O ，连结OE .在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，因为四边形ABCD 为正方形，所以点O 为AC 的中点，因为AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，又EC ＝12AA 1， 所以EC ＝12CC 1， 即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE .又因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE ，所以AC 1∥平面BDE .(2)连结B 1E .设AB ＝a ，则在△BB 1E 中，BE ＝B 1E ＝2a ，BB 1＝2a .所以BE 2＋B 1E 2＝BB 21 ，所以B 1E ⊥BE .由ABCD ­A 1B 1C 1D 1为长方体，得A 1B 1⊥平面BB 1C 1C .因为BE ⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BE . 因为B 1E ∩A 1B 1＝B 1，B 1E ⊂平面A 1B 1E ，A 1B 1⊂平面A 1B 1E ，所以BE ⊥平面A 1B 1E . 又因为A 1E ⊂平面A 1B 1E, 所以A 1E ⊥BE .同理A 1E ⊥DE .又因为BE ∩DE ＝E ，BE ⊂平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以A 1E ⊥平面BDE .2.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．求证：(1)MN ∥平面PAB;(2)AM ⊥平面PCD .证明：(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，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以CD ⊥平面PAD .又AM ⊂平面PAD ，所以CD ⊥AM .因为CD ∩PD ＝D ，CD ⊂平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以AM ⊥平面PCD .3.如图，已知四棱锥P ­ABCD 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 .证明：(1)取PB 的中点E ，连结EA ，EN ，在△PBC 中，EN ∥BC 且EN＝12BC ，由AM ＝12AD ，AD ∥BC ，AD ＝BC ，得EN ∥AM ，EN ＝AM . ∴四边形ENMA 是平行四边形，∴MN ∥AE .又MN ⊄平面PAB ，AE ⊂平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .(2)过点A 作PM 的垂线，垂足为H .∵平面PMC ⊥平面PAD ，平面PMC ∩平面PAD ＝PM ，AH ⊥PM ，AH ⊂平面PAD ，∴AH ⊥平面PMC ，又CM ⊂平面PMC ，∴AH ⊥CM .∵PA ⊥平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥CM .∵PA ∩AH ＝A ，PA ⊂平面PAD ，AH ⊂平面PAD ，∴CM ⊥平面PAD .∵AD ⊂平面PAD ，∴CM ⊥AD .4.如图，在直三棱柱ABC ­A1B 1C 1中，BC ⊥AC ，D ，E 分别是AB ，AC 的中点．求证：(1)B 1C 1∥平面A 1DE ；(2)平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.证明：(1)因为D ，E 分别是AB ，AC 的中点，又因为在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，B 1C 1∥BC ，所以B 1C 1∥DE .又B 1C 1⊄平面A 1DE ，DE ⊂平面A 1DE ，所以B 1C 1∥平面A 1DE .(2)在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CC 1⊥底面ABC ，又DE ⊂底面ABC ，所以CC 1⊥DE .又BC ⊥AC ，DE ∥BC ，所以DE ⊥AC ，又CC 1⊂平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且CC 1∩AC ＝C ， 所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面A 1DE ，所以平面A 1DE ⊥平面ACC 1A 1.5.如图，在三棱锥P ­ABC 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．(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．解：(1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，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 ，又AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC .因为BD ⊂平面BDE ，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. 6．由四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1­B 1CD 1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，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 证明：(1)取B 1D 1的中点O 1，连结CO 1，A 1O 1，因为ABCD ­A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ，因此四边形A 1OCO 1为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C ，因为O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1， 所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为E ，M 分别为AD ，OD 的中点，所以EM ∥AO .因为AO ⊥BD ，所以EM ⊥BD ，又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1E ⊥BD ，因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1，又A 1E ⊂平面A 1EM ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ， 所以B 1D 1⊥平面A 1EM ，又B 1D 1⊂平面B 1CD 1，所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.。