【小初高学习]2017届高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 7.5 垂直关系课时规范训练 文 北师

α⊥β.( × )
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解析：(1)直线 l 与平面 α 内的无数条直线都垂直，则有 l⊥α 或 l 与 α 斜交或 l⊂α 或 l∥α，故(1)错误．
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误． (3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直 于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交， 也可能在另一平面内，故(3)错误． (4)若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的所有直线， 则 α⊥β，故(4)错误．
(5)由于 PD⊥平面 ABCD，故平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PDB⊥平面 ABCD，平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDA⊥平面 PDC，平面 PAC⊥平面 PDB，平面 PAB⊥平面 PAD，平面 PBC⊥ 平面 PDC，共 7 对．
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02 考点探究 明晰规律
第七章
立体几何(lìtǐjǐhé)
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第五节
直线、平面(píngmiàn)垂直的判定及其性质
第二页，共四十九页。
最新考纲
考情分析
1.以立体几何的定义、公 1.直线、平面垂直的判定及其性质
理和定理为出发点，认识 是高考中的重点考查内容，涉及线
和理解空间中线面垂直的 线垂直、线面垂直、面面垂直的判
第二十六页，共四十九页。
(2)设 AD＝1，则四棱锥 M-ABB1A1 的底面 ABB1A1 的面积 SABB1A1＝4，高为 AD＝1，
所以四棱锥 M-ABB1A1 的体积 V1＝13SABB1A1×AD＝43. 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 的面积 SABCD＝32，高为 AA1＝2，所以四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的体积 V2＝SABCD×AA1＝3， 所以VV12＝49.

然后再依据题意判定． (2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何
模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命 题进行辨析．
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【变式训练】 1.给出下列命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形；
平行
_全___等如各__侧_图_．棱：之平间面的A关BC系与是平__面__平__A行_1B__且1C__1相_间_等_的__关__系__是．________，△ABC 与△A1B1C1 的关系是
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(如2)图棱：锥一(以个四底棱面锥是为四例边) 形，四个侧面是有一个_公___共__顶___点______的三角形．
但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构 成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的 截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体AC1中
的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；⑤正确，由棱台的概念 可知． 答案：②③④⑤
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其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图3所示，它是由两个同底圆
锥组成的几何体；⑤错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱 延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
答案：B
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探究点二 几何体的三视图
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(1)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )
(2)(2015·济宁模拟)点 M，N 分别是正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱 A1B1，A1D1 的中点，

7.5 空间中的垂直关系一、选择题1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是 ( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β 2.(2015·深圳调研)如图，在立体图形D －ABC 中，若AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则下列结论正确的是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE3．(2015·洛阳检测)如图，P A 垂直于圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E, F 分别是点A 在PB, PC 上的射影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥BC . 正确命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 4．(2015·天津模拟)如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形；③三棱锥D －ABC 是正三棱锥； ④平面ADC ⊥平面ABC . 其中正确的是( )A ．①②④B ．①②③C ．②③④D ．①③④5．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为导学号74780074( )A.12 B ．1 C.32D ．2 答案：1．D 2.C 3.C 4.B 5.A二、填空题6．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ADC ＝90°，且AA 1＝AD ＝DC ＝2，M ∈平面ABCD ，当D 1M ⊥平面A 1C 1D 时，DM ＝________.7．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 、G 分别是AB 、BC 、B 1C 1的中点．下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形；②P在直线FG上运动时，AP⊥DE；③Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积不变；④M是正方体的面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是一条线段．8．如图所示，在四棱锥P ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案：6．227.②③④8.DM⊥PC(不唯一)三、解答题9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F为棱BC的中点．(1)求证：AE⊥DA1；(2)在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.解析：(1)证明：连接AD1，BC1，由正方体的性质可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB，又AB∩AD1＝A，∴DA1⊥平面ABC1D1，又AE⊂平面ABC1D1，∴DA1⊥AE.(2)所求G点即为A1点，证明如下：由(1)可知AE⊥DA1，取CD的中点H，连接AH，EH，由DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH＝H，可证DF⊥平面AHE，∵AE⊂平面AHE，∴DF⊥AE.又DF∩A1D＝D，∴AE⊥平面DF A1，即AE⊥平面DFG.10．如图，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且AEAC＝AFAD＝λ(0<λ<1)．(1)判断EF与平面ABC的位置关系并给予证明；(2)是否存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD，如果存在，求出λ的值，如果不存在，说明理由．导学号74780075解析：(1)EF⊥平面ABC.证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.又∵在△BCD中，∠BCD＝90°，∴BC⊥CD.又∵AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC，又∵在△ACD中，E、F分别是AC、AD上的动点，且AE AC ＝AFAD＝λ(0<λ<1)， ∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面ABC .(2)∵CD ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥CD ， 在Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°，∴AB ＝BD tan 60°＝6，则AC ＝AB 2＋BC 2＝7，当BE ⊥AC 时，BE ＝AB ×BC AC ＝67，AE ＝AB 2－BE 2＝367，则AE AC ＝3677＝67，即λ＝AE AC ＝67时，BE ⊥AC . 又∵BE ⊥CD ，AC ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面ACD ， ∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面ACD .∴存在λ，且当λ＝67时，平面BEF ⊥平面ACD .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？说明理由．导学号74780076解析：(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.(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，又A1D∩DE＝D，所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，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.。

解析：易判断①④正确．⑤中△PMN是正三角形且AM＝AP ＝AN，因此三棱锥A－PMN是正三棱锥，故图⑤中l⊥面MNP.同 理可否定③，因为AM≠AP≠AN，也易否定②.
答案：①④⑤
5．将正方形ABCD沿AC折成直二面角后，∠DAB＝______. 解析：如图，取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC， BO⊥AC，故∠DOB为二面角的平面角，从而∠DOB＝90°.设正 方形边长为1，则DO＝BO＝ 22，所以DB＝1，故△ADB为等边三 角形，所以∠DAB＝60°. 答案：60°
考点一 直线与平面垂直的判定与性质 [例1] 如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABC－ A1B1C1中，AC＝AA1＝2AB＝2，∠BAC＝90°，点D是侧棱CC1延 长线上一点，EF是平面ABD与平面A1B1C1的交线．
(1)求证：EF⊥A1C；
(2)当直线BD与平面ABC所成角的正弦值为
(2)如图(2)连接HE. 因为G，H分别为AC，BC的中点， 所以GH∥AB. 由AB⊥BC，得GH⊥BC. 又H为BC的中点， 所以EF∥HC，EF＝HC， 因此四边形EFCH是平行四边形．
所以CF∥HE. 又CF⊥BC， 所以HE⊥BC. 又HE，GH 平面EGH， HE∩GH＝H， 所以BC⊥平面EGH. 又BC 平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.
由(1)知PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥P-DFBC的高． 在Rt△PEC中，PE＝ PC2－EC2＝ 42－22＝2 3， 所以V四棱锥P-DFBC＝13S四边形DFBC·PE ＝13×178x 36－x2×2 3＝7， 所以x4－36x2＋243＝0， 解得x2＝9或x2＝27. 由于x>0，因此x＝3或x＝3 3， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形DFCG为平行四边形， 则O为CD的中点． 又H为BC的中点， 所以OH∥BD.又OH 平面FGH，BD 所以BD∥平面FGH.

[0,π]
4.常用的数学方法与思想
数形结合思想、转化与化归思想.
第五页，编辑于星期六：二十点 四十一分。
第七章
第五节
直线、平面垂直的判定及其性质
主干知识回顾
主干知识回顾
名师考点精讲
综合能力提升
-6-
1.下列命题:①若直线l垂直于平面α内的两条直线,则l⊥α;②若直线l垂直于平面α内的无数条直线,则l⊥α;③若直线
的性质和面面垂直的判定可知B正确;若α∥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n,C不正确;若α⊥β,m⊥α,
n∥β,则m,n可能平行、相交或异面,所以D不正确.
第七页，编辑于星期六：二十点 四十一分。
第七章
第五节
直线、平面垂直的判定及其性质
主干知识回顾
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综合能力提升
-8-
6.如图,P是正方形ABCD所在平面外的一点,PA=AB,且PA⊥平面ABCD,则在△PAB,△PBC,△PCD,△PAD,
(2)连接BC1,连接AC1交CA1于点E,连接DE,易知E是AC1的中点.
又D是AB的中点,则DE∥BC1.
又DE⊂平面CA1D,BC1⊄平面CA1D,∴BC1∥平面CA1D.
(3)由(1)知CD⊥平面AA1B1B,
故CD是三棱锥C-A1B1D的高.
在Rt△ACB中,AC=BC=2,
∴AB=2 2, =
若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β或α,β相交,B错误;由线面平行的性质定理和面面垂直的
判定定理可得C正确;若α⊥γ,α⊥β,则β,γ可能平行或相交,D错误.
第十一页，编辑于星期六：二十点 四十一分。
第七章
第五节
直线、平面垂直的判定及其性质

第十五页，编辑于星期六：二十点 三十七分。
解析: 如图所示．
因为 PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P， 所以 PA⊥平面 PBC. 又因为 BC⊂平面 PBC，所以 PA⊥BC. 同理，PB⊥AC，PC⊥AB.但 AB 不一定垂直于 BC.
第十六页，编辑于星期六：二十点 三十七分。
考点一 线面垂直的判定与性质(高频考点) 直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型 多为解答题，难度适中，属中档题．高考对直线与平面垂直 的判定与性质的考查常有以下三个命题角度： (1)证明线面垂直； (2)证明线线垂直； (3)求体积问题．
1．(2015·高考浙江卷)设 α，β是两个不同的平面，l，m 是两
条不同的直线，且 l⊂α，m⊂β.( A )
A．若 l⊥β，则 α⊥β
B．若 α⊥β，则 l⊥m
C．若 l∥β，则 α∥β
D．若 α∥β，则 l∥m
解析:因为 l⊥β，l⊂α，所以 α⊥β(面面垂直的判定定理)，
故 A 正确．
第九页，编辑于星期六：二十点 三十七分。
第二十页，编辑于星期六：二十点 三十七分。
判定线面垂直的四种方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个 平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个 也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理.
第二十一页，编辑于星期六：二十点 三十七分。
第二十六页，编辑于星期六：二十点 三十七分。
(1)判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个 平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为 线线垂直.

第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节 空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征： ①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到； ③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到； ④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征： ①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形； ③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴、y ′轴的夹角为45°(或135°)，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法 ①基本要求：长对正，高平齐，宽相等． ②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：选B A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥V­ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC­DEF截去一个三棱锥A­BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥P­BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P­BCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为( ) A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2解析：选C 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选 A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·衡阳联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·武汉调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体 D．三棱柱解析：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6，O ′C ′＝2，则原图形OABC 的面积为( )A ．24 2B ．12 2C ．48 2D ．20 2解析：选A 由题意知原图形OABC 是平行四边形，且OA ＝BC ＝6，设平行四边形OABC的高为OE ，则OE ×12×22＝O ′C ′，∵O ′C ′＝2，∴OE ＝42，∴S ▱OABC ＝6×42＝24 2. 6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________． 解析：因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2. 答案：2 28．如图，点O 为正方体ABCD ­A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D ′OEF 在正方体的面DCC ′D ′及其对面ABB ′A ′上的正投影是①；在面BCC ′B ′及其对面ADD ′A ′上的正投影是②；在面ABCD 及其对面A ′B ′C ′D ′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ­ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ­ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ­ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABE ­A 1B 1E 1符合题设要求，此时俯视图△ABE 是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1符合题设要求，此时俯视图△ABC 是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD 是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA ＝PD2＋AD2＝22＋62＝6 3 cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式2．空间几何体的表面积与体积公式[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A ．41π3B ．62π3C ．83π3D ．104π3解析：选D 由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V ＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A ．8 3B ．6 3C ．12D ．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a ，高为h ，则由图示知32a ＝23，∴a ＝4，∴123＝34×42×h ，∴h ＝3， ∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a ，各面均为等边三角形的四面体S ­ABC ，它的表面积为________．解析：过S 作SD ⊥BC ，∵BC ＝a ，∴SD ＝32a ， ∴S △SBC ＝34a 2，∴表面积S ＝4×34a 2＝3a 2. 答案：3a 21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．84 cm 3B ．92 cm 3C ．100 cm 3D ．108 cm 3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100 cm 3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S ＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一 空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15解析：选B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr 2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π， ∴r 2＝4，r ＝2，故选B.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A ．12 5B ．24 2C ．24D ．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h ＝22＋12＝5，侧面积S ＝＋52×4＝12 5.[谨记通法] 几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二 空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．13＋2π B ．13π6C ．7π3D ．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A ．18 B ．17 C ．16D ．15解析：选 D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略[即时应用]1．(2016·浙江瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选 B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋×2＝4. 2．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V ＝34×43π×23＝8π.考点三 与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变． 常见的命题角度有： (1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正方体(长方体)的外接球； (4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A ．3172B ．210C ．132D ．310解析：选C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132.角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·九江一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ­ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE ＝42－32－32＝2，∴V E ­ABCD ＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·长沙模拟)体积为163的正四棱锥S ­ABCD 的底面中心为O ，SO 与侧面成的角的正切值为22，那么过S ­ABCD 的各顶点的球的表面积为( ) A ．32π B ．24π C ．16πD ．12π解析：选C 如图，取AB 的中点为F ，连接SF ，过点O 作OG ⊥SF ，则∠OSG 为SO 与侧面所成的角， 且tan ∠OSG ＝OF SO ＝22.设AB ＝2a ，则SO ＝2a ，所以13×4a 2×2a ＝163，得a ＝ 2.延长SO 交外接球于E ，则EB ⊥SB ，由OB 2＝SO ·OE 得4＝2·(2R －2)，所以R ＝2，S ＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A ．163πB ．323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3.2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．203B ．403C ．20D ．40解析：选B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A ．15πB ．20πC ．30πD ．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________． 解析：由题意知球的直径2R ＝a ， ∴R ＝a2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2.答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r ， 则另一底面半径为3r .由S ＝π(r ＋3r )·3＝84π，解得r ＝7.2．(2015·云南师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A ．9B ．10C ．12D ．18解析：选 A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD ⊥平面ABCD ，AB 与DC 平行，AB ＝2，DC ＝4，AD ＝3，SD ＝3，所求体积V ＝13×12×(2＋4)×3×3＝9. 3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．3 3B ． 3C ．2 6D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3.4．(2015·陕西高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4解析：选D 由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示． 表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.5．(2015·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323 cm 3D ．403cm 3解析：选C 由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．6．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：易知原几何体是底面圆半径为1，高为2的圆锥体的一半，故所求体积为V ＝12×13×(π×12)×2＝π3.答案：π37．(2015·天津高考)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.答案：83π8．(2016·唐山一模)在半径为2的球面上有不同的四点A ，B ，C ，D ，若AB ＝AC ＝AD ＝2，则平面BCD 被球所截得图形的面积为________．解析：过点A 向平面BCD 作垂线，垂足为M ，则M 是△BCD 的外心，而外接球球心O 位于直线AM 上，连接BM ，设△BCD 所在截面圆半径为r ，∵OA ＝OB ＝2＝AB ，∴∠BAO ＝60°，在Rt △ABM 中，r ＝2sin 60°＝3， ∴所求面积S ＝πr 2＝3π. 答案：3π9．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8，∴r 2＝7，∴r ＝7.答案：710．(2016·安徽六校联考)如图所示，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，求该多面体的体积．解：法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，。

答案：①④
突破· 3个热点考向
考向一
有关垂直关系的判断 [案例探究]
例 1
(1)[2014· 浙江高考]设 m，n 是两条不同的直线，α，β )
是两个不同的平面，下列说法中正确的是( A. 若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B. 若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C. 若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D. 若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α
第七章
立体几何
第 5讲
直线、平面垂直的判定及性质
1.能以立体几何中的定义、 公理和定理为出 发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质 和判定定理. 2.能运用公理、 定理和已获得的结论， 证明 一些有关空间图形的位置关系的简单命题.
记牢· 2个必备考点
考点 1 直线与平面垂直 1.直线和平面垂直的定义 直线 l 与平面 α 内的 任意一条 直线都垂直，就说直线 l 与 平面 α 互相垂直． 2．直线与平面垂直的判定定理
答案：D
2. 对于直线 m，n 和平面 α，β，γ，有如下四个命题： (1)若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α； (2)若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α； (3)若 α⊥β，γ⊥β，则 α∥γ； (4)若 m⊥α，m∥n，n⊂β，则 α⊥β. 其中真命题的个数是( A. 1 C. 3 B. 2 D. 4 )
答案：B
4. [2015· 温州模拟]正方体 ABCD－A′B′C′D′中，E 为 A′C′的中点，则直线 CE 垂直于( A. A′C′ C. A′D′ B. BD D. AA′ )
解析：连接 B′D′， ∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′， 且 A′C′∩CC′＝C′， ∴B′D′⊥平面 CC′E. 而 CE⊂平面 CC′E， ∴B′D′⊥CE. 又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.

的两条直线平行
_a_⊥__α_ _b_⊥__α_ ⇒a∥b
知识梳理
2.直线和平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的__射__影__所成的角，叫做这条直 线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是 __9_0_°_；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是__0_° _. (2)范围：__0_，__π2_ .
知识梳理
4.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直__二__面__角__，就说这 两个平面互相垂直.
知识梳理
(2)判定定理与性质定理 文字语言
如果一个平面过另一个平面 判定
的_垂__线___，那么这两个平面 定理
垂直
图形表示
符号表示
_a_⊂__α_ _a_⊥__β_ ⇒α⊥β
知识梳理
两个平面垂直，如果一个平 性质 面内有一直线垂直于这两个 定理 平面的_交__线___，那么这条直
线与另一个平面垂直
_α_⊥__β_
_α_∩__β_＝__a_

_l_⊥__a_
⇒l⊥α
_l_⊂_β__
常用结论
1.三垂线定理 平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影 垂直，那么它也和这条斜线垂直. 2.三垂线定理的逆定理 平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条 斜线在该平面内的射影垂直. 3.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直，则l⊥α.( × ) (2)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ )

第五节直线、平面垂直的判定与性质☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例命题角度1.以立体几何的定义、公理和定理出发点，认识和理解空间中线、面垂的有关性质与判定定理；能运用公理、定理和已获得的结论证一些空间图形的垂直关系的简单命。

2016，全国卷Ⅰ，18(1)，6分(证明面面垂直)2016，全国卷Ⅱ，19(1)，6分(证明线面垂直)2015，全国卷Ⅰ，18(1)，6分(证明面面垂直)2013，全国卷Ⅰ，18(1)，6分(证明线线垂直)1.直线、平面垂直的判定及其性质是考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线垂直、面面垂直的判定及其应用等内容；2.题型主要以解答题的形式出现，解题要有较强的推理论证能力，广泛应用转化与归的思想。

微知识小题练1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直。

(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行}a⊥αb⊥α⇒a∥b2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直}l⊂βl⊥α⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直微点提醒1．在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行，还有可能异面、相交等。

2．使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”。

3．判断线面关系时最容易漏掉线在面内的情况。

小|题|快|练一、走进教材1．(必修2P73A组T1改编)下列命题中不正确的是( )A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ【解析】根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内。

(2)因为平面 ABCD⊥平面 ACEF，平面 ABCD∩平面 ACEF＝AC，FA⊥AC，FA⊂平面 ACEF，故 FA⊥ 平面 ABCD.
连接 EO，易知四边形 AOEF 为边长为 1 的正方形， 所以 EO⊥平面 ABCD，则 EO⊥BD. 所以△BDE 为等腰三角形，BD＝2BO＝2OC＝2， BE＝DE＝ BO2＋EO2＝ 2. 因为 BD2＝BE2＋DE2 所以 BE⊥DE.同理在△BEF 中，BE⊥EF， 因为 DE∩EF＝E，所以 BE⊥平面 DEF.
直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，属中档题，且有如下命题角 度.
命题角度 1 线线、线面、面面平行垂直的基本问题 典例1 [2014·辽宁高考]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 解析 对于选项 A，若 m∥α，n∥α，则 m 与 n 可能相交、平行或异面，A 错误；显然选项 B 正确；对 于选项 C，若 m⊥α，m⊥n，则 n⊂α 或 n∥α，C 错误；对于选项 D，若 m∥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α 或 n 与 α 相交，D 错误．故选 B.
命题角度 3 以多面体为载体，考查与线面垂直
有关的探索性问题
典例3
[2015·温州模拟]如图 1 所示，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，D，E 分别为 AC，AB 的中点，
点 F 为线段 CD 上的一点，将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置，使 A1F⊥CD，如图 2 所示．
(1)求证：A1F⊥BE； (2)线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C⊥平面 DEQ？说明理由．

(2)(2014·浙江高考)设m,n是两条不同的直线,α ,β
是两个不同的平面
(
)
A.若m⊥n,n∥α ,则m⊥α
B.若m∥β ,β ⊥α ,则m⊥α
C.若m⊥β ,n⊥β ,n⊥α ,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β ,β ⊥α ,则m⊥α
【解题导引】解答(1)(2)均可依据线面平行、垂直的
判定与性质逐一判断.
l∥m;④若α ⊥β ,α ∩β =l,m⊥l,则m⊥β .真命题的个
数为 A.0 ( ) B.1 C.2 D.3
【解析】选C.两平面平行,则平面内任何一条直线必平
行于另一个平面,故①是真命题;两平面平行,若一条直
线垂直于其中一个平面,则必垂直于另一个平面,故②
是真命题;对于③,直线l也有可能与直线m异面,故③是
【典例1】(1)(2015·安徽高考)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
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理:
文字语言 判 定 定 理 一个平面过另一 个平面的_____, 垂线 则这两个平面 垂直
图形语言
符号语言 l⊥ α _____ l⊂β ⇒_____ α ⊥β
文字语言 性 两个平面垂直,则
图形语言
符号语言 _______ α ⊥β
质 一个平面内垂直于
(2)选C.对A若m⊥n,n∥α,则m⊂α或m∥α或m⊥α,故
A选项错误;对B若m∥β,β⊥α,则m⊂α或m∥α或m⊥α,

第五节直线、平面垂直的判定及其性质【最新考纲】 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．(2)判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．(4)直线和平面垂直的性质：①垂直于同一个平面的两条直线平行．②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任意直线．③垂直于同一条直线的两平面平行．2．直线和平面所成的角(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°．3．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( )(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( )(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．( )(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( ) 答案：(1)×(2)×(3)×(4)×2．下列命题中不正确的是( )A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ.解析：根据面面垂直的性质定理，A项中l⊂β，l∥β或l⊥β.答案：A3．(2015·浙江卷)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m解析：∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．答案：A4．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．解析：∵PA⊥平面ABC∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC则△PAB，△PAC为Rt△由BC⊥AC，且AC∩PA＝A∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC因此△ABC，△PBC也是Rt△.答案：4垂直问题的转化关系．1．证明线线垂直的方法．(1)定义：两条直线所成的角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.2．证明线面垂直的方法．(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α； (2)判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m 、n ⊂α，m ∩n ＝A l⊥m，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)判定定理2：a∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α； (4)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 3．证明面面垂直的方法．(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； (2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β.A 级 基础巩固一、选择题1．(2016·佛山一中期中)设α、β、γ为不同的平面，m 、n 、l 为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( )A ．α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥lB ．α∩γ＝m ，α⊥γ，β⊥γC ．α⊥γ，β⊥γ， m ⊥αD ．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α解析：A 中，缺少条件m ⊂α，不满足面面垂直的性质定理，不正确．在选项B ，C 中，平面α与β可能平行或相交，推不出m⊥β.在D 中，n ⊥α，n ⊥β，则α∥β，根据m⊥α，得m⊥β，D 正确．答案：D2．(经典再现)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l⊥m，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l∥αB ．α⊥β且l⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l解析：根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l ，因此选项D 正确．答案：D3．如图，在正四面体P ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立．．．的是( )A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，∴BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B、C均正确．答案：D4．(2014·浙江卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．( ) A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析：A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．答案：C5．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B 的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( )A．MN∥ABB．MN与BC所成的角为45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC解析：由圆的性质，BC⊥AC.又VA⊥平面ABC，则VA⊥BC.从而BC⊥平面VAC，平面VAC⊥平面VBC.因此C不正确，D正确．由于MN∥AC，BC⊥AC，所以A，B不正确．答案：D二、填空题6．如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)7．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是________．解析：取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥平面BB1C1C.所以∠ADE 为直线AD 与平面BB 1C 1C 所成的角． 设三棱柱的所有棱长为a ， 在Rt △AED 中， AE ＝32a ，DE ＝a 2. 所以tan ∠ADE ＝AE DE ＝3，则∠ADE＝π3.故AD 与平面BB 1C 1C 所成的角为π3.答案：π38．如图所示，在三棱锥D ABC 中，若AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则下列命题中正确的是________(填序号)．①平面ABC⊥平面ABD ； ②平面ABC⊥平面BCD ；③平面ABC⊥平面BDE ，且平面ACD⊥平面BDE ；④平面ABC⊥平面ACD ，且平面ACD⊥平面BDE. 解析：由AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 为AC 中点， 则AC⊥DE，AC ⊥BE ，又DE∩BE＝E ，从而AC⊥平面BDE.所以平面ABC⊥平面BDE ，平面ACD⊥平面BDE ，③正确． 答案：③ 三、解答题9．(2016·西安质检)如图所示，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 ＝12PA＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 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.B 级 能力提升1．如图，在正四棱锥SABCD 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∥面SBD；④EP⊥面SAC中恒成立的为( )A．①③B．③④C．①②D．②③④解析：∵E，M，N是BC，CD，SC的中点，∴EN∥SB，EM∥BD，从而可得EN∥平面SBD，EM∥平面SBD.又EN与EM是平面EMN内的两条相交直线，∴平面EMN∥平面SBD，故EP∥平面SBD，因此③正确，当点P与M不重合时，②不正确．在正四棱锥S ABCD中，AC⊥平面SBD.从而AC⊥平面EMN，由EP⊂平面EMN，得AC⊥EP，①正确．又易知EM⊥平面SAC，因此④不恒成立．答案：A2．如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.解析：∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D.为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)．设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.答案：a或2a[高考导航]__________________________________1．立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．[热点突破]__________________________________热点1 平行、垂直关系的证明与体积的计算(满分现场)以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．(本小题满分12分)如图所示，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面，AB ⊥BC ，AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点．(1)求证平面ABE⊥平面B 1BCC 1. (2)求证C 1F ∥平面ABE. (3)求三棱锥EABC 的体积．规范解答：(1)在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1⊥底面ABC ，且AB ⊂平面ABC.所以BB 1⊥AB.又因为AB⊥BC，且BB 1∩BC ＝B ① 所以AB⊥平面B 1BCC 1.3分 因为AB ⊂平面ABE ② 所以平面ABE⊥平面B 1BCC 1.4分图1 图2(2)法一 如图1，取AB 中点G ，连接EG ，FG. 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG∥AC，且FG ＝12AC.因为AC∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG∥EC 1，且FG ＝EC 1.所以四边形FGEC 1为平行四边形.6分 所以C 1F ∥EG.又因为EG ⊂平面ABE ，C 1F ⊄平面ABE ， ③ 所以C 1F ∥平面ABE.8分法二 如图2，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH. 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF∥AB， 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点， 所以EC 1綊AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE.又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， ④6分 所以平面ABE∥平面C 1HF ， 又C 1F ⊂平面C 1HF ， 所以C 1F ∥平面ABE.8分(3)解：因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB⊥BC， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3.10分 所以三棱锥EABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. ⑤12分 【满分规则】 (1)本题的易失分点：①在第(1)问中，忽视条件①与②，导致证明线面、面面垂直的判定定理条件不全，进而扣分．②在第(2)问中，作不出辅助线，线面平行证明受阻，或忽视条件③，漏掉线面平行判定定理的条件扣1分．③运算不细心或运算能力差，导致运算结果(如⑤处)错误扣2分． (2)满分规则：①得关键点分：证明立体几何要注意解题规范，严格按照线面平行、垂直的定理条件要求，有序进行论证说明．②得步骤分：阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤，不能漏掉，否则扣分．③得运算分：在解题过程中，涉及有关长度、角、面积、体积等计算问题时，一定要细心准确，否则思路正确，由于运算失误而扣分，非常可惜．【构建模板】 第一步：利用线面垂直判定定理，证AB⊥平面B 1BCC 1.第二步：证明平面ABE⊥平面B1BCC1.第三步：根据线面平行判定证明C1F∥平面ABE.第四步：根据体积公式，计算三棱锥E ABC的体积．第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．【变式训练】(2015·课标全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E ACD的体积为63，求该三棱锥E ACD的侧面积．(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)解：设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝22x.由已知得，三棱锥E ACD的体积V E ACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝63.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥E ACD的侧面积为3＋2 5.热点2 平面图形折叠成空间几何体问题(真题探源)先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．(2015·陕西卷)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.(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．【命题立意】本题以平面图形的折叠为背景，考查空间垂直关系、棱锥体积的计算．考查学生识图空间想象能力．推理论证能力及数学应用意识，同时考查数学运算求解能力，突出考查方程思想、转化化归思想方法．(1)证明：在图(1)中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.则在图(2)中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O. 从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解：由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ， 又由(1)可得A 1O ⊥BE ， 所以A 1O ⊥平面BCDE. 即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．由图(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 ＝13S ·A 1O ＝13·a 2·22a ＝26a 3. 由26a 3＝362，得a ＝6. 【真题探源】 高考越来越重视教材题目的拓展及相关习题的融合．本题源于人教A 版必修2P 79B 组第1题的改造迁移，两题均考查空间垂直关系的证明、锥体的体积计算．高考真题将折叠“正方形”改造为折叠“直角梯形”为背景．第(2)问中，将教材中“根据正方形边长，求锥体体积”改造为“已知锥体的体积求直角梯形的底边长”．两题求解的关键在于分清翻折前后图形线面位置关系和度量关系的变化情况．试题的导向有利于中学数学教学，要求在高三复习中重视挖潜教材题目的功能，另外真题也和选修2－1P 119页B 组第3题有密切联系．《人教A 版必修2》P 79习题B 组第1题 如图所示，在边长为2的正方形ABCD 中，(1)点E 是AB 的中点，点F 是BC 的中点，将△AED，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A′，求证：A′D⊥EF.(2)当BE ＝BF ＝14BC 时，求三棱锥A′EFD 的体积．【变式训练】 已知等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，且满足ADDB ＝CE EA ＝12，将△ADE 沿DE 折叠到△A 1DE 的位置，使平面A 1DE ⊥平面BCED ，连接A 1B ，A 1C.(1)证明：A 1D ⊥平面BCED.(2)在线段BD 上是否存在点M ，使得CM∥平面A 1DE ？若存在，求出BM 的长；若不存在，说明理由．(1)证明：在△ABC 中，AD DB ＝CE EA ＝12，得AD ＝CE ＝1，BD ＝AE ＝2，在△ADE 中，∠A ＝60°，AD ＝1，AE ＝2. 由余弦定理得DE ＝3， 于是AE 2＝AD 2＋DE 2.故△ADE 为直角三角形，且DE⊥AD.因此折叠后DE⊥A 1D. 因为平面A 1DE ⊥平面BCED ， 平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ， A 1D ⊂平面A 1DE ， 所以A 1D ⊥平面BCED.(2)解：存在满足要求的点M 过C 作BD 边的垂线，垂足即为所求的点M. 证明如下：由(1)可知DE⊥AB，于是DE∥CM， 因为CM ⊄平面A 1DE ，DE ⊂平面A 1DE ， 所以CM∥平面A 1DE ，因为△ABC 为等边三角形，且CM⊥BD， 所以BM ＝12BA ＝32.线、面位置关系中的开放存在性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．(2016·威海模拟)如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD ，且E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF∥平面PAD ；(2)在线段CD 上是否存在一点G ，使得平面EFG⊥平面PDC ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．(1)证明：如图所示，连接EF ，AC ，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，且点F 为对角线BD 的中点．所以对角形AC 经过点F ，又在△PAC 中，点E 为PC 的中点， 所以EF 为△PAC 的中位线， 所以EF∥PA，又PA ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ， 所以EF∥平面PAD.(2)解：存在满足要求的点G.在线段CD 上存在一点G 为CD 的中点，使得平面EFG⊥平面PDC ， 因为底面ABCD 是边长为a 的正方形， 所以CD⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，侧面PAD∩平面ABCD ＝AD ， 所以CD⊥平面PAD.又EF∥平面PAD ，所以CD⊥EF. 取CD 中点G ，连接FG 、EG. 因为F 为BD 中点， 所以FG∥AD.又CD⊥AD，所以FG⊥CD， 又FG∩EF＝F ， 所以CD⊥平面EFG ， 又CD ⊂平面PDC ， 所以平面EFG⊥平面PDC.1．在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．【变式训练】 (2015·安徽卷)如图，三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥PABC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC⊥B M ，若存在点M ，求出PMMC 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题设AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°， 可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32.由PA⊥平面ABC ，可知PA 是三棱锥P ABC 的高．又PA ＝1，所以三棱锥P ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·PA ＝36. (2)在平面ABC 内，过点B 作BN⊥AC，垂足为N. 在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM. 由PA⊥平面ABC 知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N ，故AC⊥平面MBN. 又BM ⊂平面MBN ，所以AC⊥BM.在直角△BAN 中，AN ＝AB·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32，由于MN∥PA，得PM MC ＝AN NC ＝13，故在线段PC 上存在点M ，使得AC⊥BM，且PM MC ＝13.1．(2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.(1)解：标出点F、G、H的位置如图所示．(2)解：平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形．所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCD EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.2．如图所示，ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE，AC和BD交于点G.(1)求证：AE∥平面BFD. (2)求三棱锥CBFG 的体积．(1)证明：由题意可得G 是AC 的中点， 因为BF⊥平面ACE ， 所以BF⊥CE，又BC ＝BE ， 所以F 是CE 的中点， 所以FG∥AE，又FG ⊂平面BFD ，AE ⊄平面BFD ， 所以AE∥平面BFD.(2)解：由矩形ABCD 知AD∥BC，且AD⊥平面ABE. 所以BC⊥平面ABE ，则BC⊥AE. 因为BF⊥平面ACE ，所以BF⊥AE， 又BC∩BF＝B ，所以AE⊥平面BCE. 由(1)知G 是AC 的中点，F 是CE 的中点． 所以FG∥AE 且FG ＝12AE ＝1.所以FG⊥平面BCE.在Rt △BCE 中，BF ＝12CE ＝CF ＝2，所以S △CFB ＝12×2×2＝1.所以V CBFG＝V GBCF＝13S △CFB ×FG ＝13×1×1＝13. 3．如图，在边长为1的等边△ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G ，将△ABF 沿AF 折起，得到如图所示的三棱锥A BCF ，其中BC＝22.(1)证明：DE∥平面BCF. (2)证明：CF⊥平面ABF. (3)当AD ＝23时，求三棱锥FDEG 的体积V FDEG.(1)证明：在等边△ABC 中，AD ＝AE ， 所以AD DB ＝AE EC，从而在折叠后的三棱锥A BCF 中，仍有AD DB ＝AEEC，所以DE∥BC，又DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF. 所以DE∥平面BCF.(2)证明：在等边△ABC 中，F 是BC 的中点， 所以AF⊥FC，BF ＝CF ＝12.因为在三棱锥ABCF 中，BC ＝22， 所以BC 2＝BF 2＋CF 2，CF ⊥BF. 因为BF∩AF＝F ， 所以CF⊥平面ABF.(3)解：由(1)可知GE∥CF 中，结合(2)得GE⊥平面DFG. 由AD ＝23，且等边△ABC 的边长为1，∴DG ＝GE ＝12×23＝13，GF ＝13×32＝36，则S △DFG ＝12DG ·GF ＝12×13×36＝336.故V 棱锥FDEG＝V 棱锥EDFG＝13GE ·S △DFG ＝3324. 4．(2015·广东卷)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)求证：BC∥平面PDA ； (2)证明：BC⊥PD；(3)求点C 到平面PDA 的距离．(1)证明：∵四边形ABCD 为长方形，∴BC ∥AD. 又BC ⊄平面PDA ，AD ⊂平面PDA ， ∴BC ∥平面PDA.(2)证明：∵BC⊥CD，平面PDC⊥平面ABCD 且平面PDC∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面PDC ， 又PD ⊂平面PDC ， 因此BC⊥PD.(3)解：取CD 的中点E ，连接PE ，AC. ∵PD ＝PC ，∴PE ⊥CD ，∴PE ＝PC 2－CE 2＝42－32＝7.∵平面PDC⊥平面ABCD 且平面PDC∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PDC ， ∴PE ⊥平面ABCD. 由(2)知BC⊥平面PDC. 又AD∥BC，∴AD ⊥平面PDC. 又PD ⊂平面PDC ，∴AD ⊥PD. 设点C 到平面PDA 的距离为h ，则V C PDA＝V PACD，∴13S △PDA ·h ＝13S △ACD ·PE ， ∴h ＝S △ACD ·PE S △PDA ＝12×3×6×712×3×4＝372，故点C 到平面PDA 的距离为372.5．(2016·石家庄调研)如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，且AB∥EF，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且AD ＝EF ＝AF ＝1，AB ＝2.(1)求证：平面AFC⊥平面CBF ；(2)在线段CF 上是否存在一点M ，使得OM∥平面DAF ？并说明理由． (1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ， 平面ABCD∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，由AF ⊂平面ABEF ，得AF⊥CB. 又∵AB 是圆O 的直径， ∴AF⊥BF，从而AF⊥平面CBF. ∵AF ⊂平面AFC ， 故平面AFC⊥平面CBF.(2)解：取CF 中点记作M ，设DF 的中点为N ，连接AN ，MN ， 则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ，∴MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN. 又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ， ∴OM ∥平面DAF.故在线段CF 上存在点M ，当点M 是CF 的中点时，使得OM∥平面DAF. 6．(2015·湖南卷)如图所示，直三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，E ，F 分别是BC ，CC 1的中点．(1)证明：平面AEF⊥平面B 1BCC 1；(2)若直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角为45°，求三棱锥FAEC 的体积．(1)证明：如图，因为三棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱，所以AE⊥BB 1.又E 是正三角形ABC 的边BC 的中点， 所以AE⊥BC. 因此AE⊥平面B 1BCC 1. 又AE ⊂平面AEF ， 所以平面AEF⊥平面B 1BCC 1.(2)解：设AB 的中点为D ，连接A 1D ，CD. 因为△ABC 是正三角形，所以CD⊥AB. 又三棱柱ABCA 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD⊥AA 1.因此CD⊥平面A 1ABB 1，于是∠CA 1D 为直线A 1C 与平面A 1ABB 1所成的角． 由题设，∠CA 1D ＝45°，所以A 1D ＝CD ＝32AB ＝ 3. 在Rt △AA 1D 中，AA 1＝ A 1D 2－AD 2＝3－1＝2， 所以FC ＝12AA 1＝22.故三棱锥FAEC 的体积V ＝13S △AEC ·FC ＝13×32×22＝612. 命题立意：知识：空间线面、面面垂直关系的证明，直线与平面所成的角以及三棱锥的体积的计算．能力：通过空间线面、面面垂直关系的证明考查空间想象能力和推理论证能力，通过求三棱锥的体积考查运算求解能力．试题难度：中．。

第五讲 直线、平面垂直的判定与性质知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 直线与平面垂直 (1)直线与平面垂直①定义：若直线l 与平面α内的_任意__一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直．②判定定理：一条直线与一个平面内的两条_相交__直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a ⊂α，_b ⊂α__，l ⊥a ，l ⊥b ，a∩b＝P ⇒l ⊥α.③性质定理：垂直于同一个平面的两条直线_平行__.即：a ⊥α，b ⊥α⇒_a ∥b__. (2)直线与平面所成的角①定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的_锐角__，叫做这条斜线和这个平面所成的角． 若直线与平面平行或直线在平面内，直线与平面所成角为_0__，若直线与平面垂直，直线与平面所成角为_π2__.②线面角θ的范围：θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.知识点二 平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：从一条直线出发的_两个半平面__所组成的图形叫做二面角．②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作与棱_垂直__的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．③二面角θ的范围：θ∈[0，π]． (2)平面与平面垂直①定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是_直二面角__，就说这两个平面互相垂直． ②判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a ⊂α，a ⊥β⇒_α⊥β__. ③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．即：α⊥β，a ⊂α，α∩β＝b ，a ⊥b ⇒_a ⊥β__.重要结论1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．2．若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(×)(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( ×)(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(×)(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √)(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(×)题组二走进教材2．(多选题)(必修2P73T1)下列命题中正确的是( ABC )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β[解析] 对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．题组三走向高考3．(2017·课标全国Ⅲ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( C )A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC[解析] ∵A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，∴BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，∴BC1⊥A1E.故选C．4．(2019·北京)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)__.[解析] 由l，m是平面α外的两条不同直线，及线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，若l⊥α，m∥α，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得l⊥m，∴若l⊥α，m∥α，则l⊥m，故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α.(或若l⊥α，m∥α，则l⊥m)．5．(2020·全国Ⅱ(节选))如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F.[证明] ∵M，N分别为BC，B1C1的中点，∴MN∥BB1又AA1∥BB1，∴MN∥AA1在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC⊥BB1∵MN∥BB1，MN⊥BC由MN∩AM＝M，MN，AM⊂平面A1AMN∴BC⊥平面A1AMN又∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴B1C1∥平面ABC又∵B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF∴B1C1∥EF，∴EF∥BC又∵BC⊥平面A1AMN∴EF⊥平面A1AMN∵EF⊂平面EB1C1F∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN.考点突破·互动探究考点一空间垂直关系的基本问题——自主练透例1 (1)(2021·河北保定七校联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，p：m⊥n，若p是q的必要条件，则q可能是( B )A．q：m⊥α，n∥β，α⊥βB．q：m⊂α，n⊥β，α∥βC．q：m⊥α，n⊥β，α∥βD．q：m⊂α，n∥β，α⊥β(2)(2019·陕西汉中质检一)已知l ，m 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，l ⊥α，m ⊂β，则有下面四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ，②若α⊥β，则l ∥m ；③若l ∥m ，则α⊥β；④若l ⊥m ，则α∥β.其中所有正确的命题是( A )A ．①③B ．①④C ．②③D ．①②③④(3)(多选题)(2021·四川成都诊断改编)已知α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是空间中两条不同的直线，则下列说法错误的是( ABD )A ．若m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥nB ．若m ∥α，n ∥β，且α⊥β，则m ∥nC ．若m ⊥α，n ∥β，且α∥β，则m ⊥nD ．若m ⊥α，n ∥β，且α⊥β，则m ⊥n[解析] (1)由题知q 能推出p ：m ⊥n.对A ，当m ∥n 时仍然可以有m ⊥α，n ∥β，α⊥β.故A 错误．对B ，n ⊥β，α∥β，则n ⊥α，又m ⊂α，则m ⊥n.故B 正确．对C ，m ⊥α，α∥β则m ⊥β，又n ⊥β，故m ∥n.故C 错误．对D ，当α⊥β且相交于m 时，若n ∥m ，也满足m ⊂α，n ∥β.故D 错误．⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫2l ⊥α α∥β⇒l ⊥βm ⊂β⇒l ⊥m ，①对；⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒m ⊥α m ⊂β⇒α⊥β，③对；由图可知②④错．故选A ．(3)由m ∥α，n ∥β，且α∥β，得m ∥n 或m 与n 相交，或m 与n 异面，故A 错误；由m ∥α，n ∥β，且α⊥β，得m ∥n 或m 与n 相交或m 与n 异面，故B 错误；由m ⊥α，α∥β，得m ⊥β，又n ∥β，则m ⊥n ，故C 正确；由m ⊥α，n ∥β且α⊥β，得m ∥n 或m 与n 相交或m 与n 异面，故D 错误，故选A 、B 、D ．名师点拨解决空间中线面、面面垂直的问题有以下三种方法：(1)依据相关定理得出结论．(2)结合符合题意的模型(如构造正方体、长方体)作出判断，或借助笔、纸、桌面进行演示，注意能平移或旋转的线，让其动动再判断．(3)否定命题时只需举一个反例即可．〔变式训练1〕(1)(2021·东北三省三校模拟)已知α，β是不重合的平面，m ，n 是不重合的直线，则m ⊥α的一个充分条件是( C )A ．m ⊥n ，n ⊂αB ．m ∥β，α⊥βC ．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥βD ．α∩β＝n ，α⊥β，m ⊥n(2)(2021·福建福州调研)已知两条直线m ，n 和两个平面α，β，下列命题正确的是( A ) A ．若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥β B ．若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β C ．若m ⊥α，n ∥β，且m ⊥n ，则α⊥β D ．若m ⊥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β[解析] (1)对于答案A ：m ⊥n ，n ⊂α，得出m 与α是相交的或是垂直的，或m ⊂α，故A 错；答案B ：m ∥β，α⊥β，得出m 与α是相交的、平行的都可，故B 错；答案C ：n ⊥α，n ⊥β，得出α∥β，再m ⊥β得出m ⊥α，故C 正确．⎭⎪⎬⎪⎫2m ⊥αm ⊥n⇒n ⊂α或n ∥α.若n ⊂α，又n ⊥β，∴α⊥β；若n ∥α，则存在l ⊂α且l ∥n ，又n ⊥β，∴l ⊥β，∴α⊥β，故A 正确；事实上，在B 中条件下，α、β可能相交；在C 中条件下，α、β可能平行；在D 的条件下，α⊥β，故选A ．考点二 直线与平面垂直的判定与性质——多维探究角度1 线、面垂直的判定例2 如图所示，已知PA ⊥矩形ABCD 所在平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．(1)求证：MN ⊥CD ；(2)若∠PDA ＝45°，求证：MN ⊥平面PCD ． [证明] 解法一：(1)连接AC ，AN ，BN ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AC ，在Rt △PAC 中，N 为PC 中点． ∴AN ＝12PC ．∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC ． 又BC ⊥AB ，PA∩AB＝A ， ∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ．从而在Rt △PBC 中，BN 为斜边PC 上的中线， ∴BN ＝12PC ．∴AN ＝BN ，∴△ABN 为等腰三角形． 又M 为底边AB 的中点，∴MN ⊥AB ，又AB ∥CD ，∴MN ⊥CD ． (2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ． 又∠PDA ＝45°，∴AP ＝AD ．∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ＝BC ，∴PA ＝BC ． 连接PM ，CM ，又∵M 为AB 的中点，∴AM ＝BM. 而∠PAM ＝∠CBM ＝90°，∴Rt △PAM ≌Rt △CBM. ∴PM ＝CM ，又N 为PC 的中点，∴MN ⊥PC ． 由①知MN ⊥CD ，PC∩CD＝C ，∴MN ⊥平面PCD ． 解法二：∵PA ⊥平面ABCD ， ∴PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，又AB ⊥AD ，∴PA 、AB 、AD 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，不妨设C(a ，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，c 2， (1)由MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，c 2，CD →＝(－a,0,0)，∴MN →·CD →＝0，∴MN ⊥CD ． (2)∵∠PDA ＝45°，∴b ＝c ， 又PC →＝(a ，b ，－b)，∴MN →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，b 2·(a，b ，－b)＝0，∴MN ⊥PC ，又MN ⊥CD ， ∴MN ⊥平面PCD ． 角度2 线、面垂直的性质例3 (2021·河北“五个一联盟”联考，节选)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1C 1⊥平面AA 1C 1C ，D 是AA 1的中点，△ACD 是边长为1的等边三角形．证明：CD ⊥B 1D ．[证明] ∵△ACD 是边长为1的等边三角形， ∴∠ADC ＝60°，∠DA 1C 1＝120°. ∵D 是AA 1的中点，△ACD 的边长为1， ∴AD ＝A 1D ＝A 1C 1＝1，即△A 1C 1D 是等腰三角形， ∴∠A 1DC 1＝30°，从而∠CDC 1＝90°，即CD ⊥C 1D ． ∵B 1C 1⊥平面AA 1C 1C ，且CD ⊂平面AA 1C 1C ， ∴B 1C 1⊥CD ．∵B 1C 1∩C 1D ＝C 1，B 1C 1⊂平面B 1C 1D ，C 1D ⊂平面B 1C 1D ， ∴CD ⊥平面B 1C 1D ．∵B 1D ⊂平面B 1C 1D ，∴CD ⊥B 1D ．名师点拨1．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系． (2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理． (4)利用直线与平面垂直的性质． (5)向量法：a ⊥b ⇔a·b＝0. 2．证明线面垂直的常用方法(1)利用判定定理，它是最常用的思路．(2)利用线面垂直的性质：若两平行线之一垂直于平面，则另一条线必垂直于该平面． (3)利用面面垂直的性质：①两平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面．②若两相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面． (4)向量法：证明直线的方向向量与平面的法向量平行． 〔变式训练2〕(1)(角度1)(2020·河南六市一模)在如图所示的几何体中，ABC －A 1B 1C 1为三棱柱，且AA 1⊥平面ABC ，四边形ABCD 为平行四边形，AD ＝2CD ．∠ADC ＝60°，若AA 1＝AC ，求证：AC 1⊥平面A 1B 1CD ．(2)(角度2)(2021·湖南炎德英才大联考，节选)如图，圆柱OQ 的上，下底面圆的圆心分别为Q ，O ，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的下底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的直径AB ＝4，母线AD ＝AP ＝2 3.求证：AG ⊥BD ．[证明] (1)证法1：∵AD ＝2CD ，∠ADC ＝ 60°， ∴DC ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，∴AA 1⊥DC ． ∴DC ⊥平面AA 1C 1C ，又AC 1⊂平面AA 1C 1C ， ∴DC ⊥AC 1，∵AA 1＝AC ，∴四边形AA 1C 1C 为菱形，∴AC 1⊥A 1C ， 而DC∩A 1C ＝C ，∴AC 1⊥平面A 1B 1CD ． 证法2：∵AD ＝2CD ，∠ADC ＝60°，∴∠ACD ＝90°，则CD ，CA ，CC 1两两垂直．如图，建立空间直角坐标系C －xyz.不妨设CD ＝1，则C(0,0,0)，D(1,0,0)，A(0，3，0)，C 1(0,0，3)，A 1(0，3，3)． ∴AC 1→＝(0，－3，3)，CD →＝(1,0,0)，CA 1→＝(0，3，3)．易得AC 1→·CD →＝0，AC 1→·CA 1→＝0.∴AC 1⊥CD ，AC 1⊥CA 1，又∵CD∩CA 1＝C ， ∴AC 1⊥平面A 1B 1CD ．(2)证法1：∵AD ＝AP ，又G 是DP 的中点， ∴AG ⊥DP.①∵AB 为圆O 的直径，∴AP ⊥BP ，易知DA ⊥底面ABP ，∴DA ⊥BP ，而AD∩AP＝A ， ∴BP ⊥平面ADP ，又AG ⊂平面ADP ，∴BP ⊥AG ，②∴由①②可知：AG ⊥平面BDP ，又BD ⊂平面BDP ， ∴AG ⊥BD ．证法2：∵AB 为⊙O 的直径，∴PA ⊥PB ，如图建立空间直角坐标系，由题意知P(0,0,0)，A(0,23，0)，B(2,0,0)，D(0,23，23)，G(0，3，3)， ∴AG →＝(0，－3，3)，BD →＝(－2,23，23)， ∴AG →·BD →＝0，即AG ⊥BD ．考点三 两个平面垂直的判定与性质——师生共研例4 (2020·四川成都二诊)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1； (2)求几何体AA 1EBC 的体积．[解析] (1)证明：如图，连接AC 1交A 1C 于点O ，连接OE ，OF ，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为矩形，所以OA ＝OC 1.又因为F 为AC 的中点， 所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1.因为E 为BB 1的中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1.所以BE ∥OF 且BE ＝OF.所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE. 因为AB ＝CB ，F 为AC 的中点， 所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．因为AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BF ，所以OE ⊥AA 1. 又AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1.因为OE ⊂平面A 1EC ，所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1. (2)四棱锥A 1－EB 1C 1C 的高为h ＝4sin 60°＝23， 底面为直角梯形，面积为S ＝12×(3＋6)×4＝18，得VA 1－EB 1C 1C ＝13×23×18＝123，故几何体AA 1EBC 的体积为VAA 1EBC ＝VABC －A 1B 1C 1－VA 1－EB 1C 1C ＝12×4×4×32×6－123＝12 3.例5 (2021·黑龙江大庆市质检)在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝2，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ⊥平面PAD ； (2)求点E 到平面PAB 的距离．[解析] (1)连接BD ，在△PAD 中，PA ＝PD ＝2，E 是AD 的中点， ∴PE ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥BE ，又∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为等边三角形， ∴BE ⊥AD ，又∵PE∩AD＝E ，PE ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， ∴BE ⊥平面PAD ．(2)在△PAB 中，PA ＝AB ＝2，PB ＝6，则S △PAB ＝152， 在△ABE 中，AB ＝2，AE ＝1，BE ＝3，则S △ABE ＝32， 由PE ⊥面ABCD ，PE ＝3，得 V P －ABE ＝13×3×12×1×3＝12，由V P －ABE ＝V E －PAB ，设点E 到平面PAB 的距离为h ， 则13×152×h＝13×32×3，则h ＝155， 即点E 到平面PAB 的距离为155.名师点拨(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知面面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．(3)〔变式训练3〕(1)(2020·湖南娄底模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝π3，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PC 上一点，若平面EBD ⊥平面ABCD ，则PE EC ＝_12__.(2)(2021·云南玉海一中期中)已知三棱锥P －ABC(如图1)的展开图如图2，其中四边形ABCD 为边长等于2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．证明：平面PAC ⊥平面ABC ．[解析] (1)取AD 的中点O ，连接OC 交BD 于F 点，连接EF ，∵△PAD 是等边三角形，∴PO ⊥AD ，∵OD ∥BC ，BC ＝2OD ，∴FC ＝2OF. 又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，PO ⊥AD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，又∵平面BDE ⊥平面ABCD ，∴PO ∥平面BDE. ∴OP ∥EF ，∴PE EC ＝OF FC ＝12.故答案为：12.(2)证明：如图取AC 的中点O ，连接BO ，PO.由题意可知PA ＝PB ＝PC ＝2，∴PO ＝1，AO＝BO＝CO＝1，∵在△PAC中，PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC．∵在△POB中，PO＝1，OB＝1，PB＝2，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB．∵AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC，∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．名师讲坛·素养提升立体几何中的轨迹问题例6 (多选题)(2021·山东青岛模拟)在如图所示的棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P 在侧面BCC1B1所在的平面上运动，则下列命题中正确的为( ABD )A．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线B．若点P到点A的距离为2，则动点P的轨迹是一个周长为2π的圆C．若点P到直线AB的距离与到点C的距离之和为1，则动点P的轨迹是椭圆D．若点P到直线AD与直线CC1的距离相等，则动点P的轨迹是双曲线[解析] A．∵PA⊥BD1，∴P在过A且与BD1垂直的平面ACB1上，又P∈平面BCC1B，∴P的轨迹是平面ACB1与平面BCC1B1的交线B1C，故A正确；B．点P的轨迹是以A为球心，半径为2的球面与平面BCC1B1的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆的半径为r，球心A到平面BCC1B1的距离为1，则r＝22－1＝1，所以小圆周长l＝2πr＝2π，故B正确；C．点P到直线AB的距离就是点P到点B的距离，即平面BCC1B1内的点P满足|PB|＋|PC|＝1＝|BC|，即满足条件的点P的轨迹就是线段BC，不是椭圆，故C不正确；D．如图，过P分别作PM⊥BC于点M，PE⊥CC1于点E，则PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AD，过M作MN⊥AD，连接PN，PM∩MN＝M，所以AD⊥平面PMN，所以PN⊥AD，如图建立平面直角坐标系，设P(x，y)，PM＝y，则PN2＝1＋y2，PE2＝(1－x)2，即1＋y2＝(1－x)2，整理为：(x－1)2－y2＝1，则动点P的轨迹是双曲线，故D正确．故选ABD．[引申](1)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线CC1的距离相等，则点P的轨迹为_以B为焦点、CC1为准线的抛物线__.(2)本例中，若点P到直线AB的距离与到直线AD的距离相等，则点P的轨迹为_与BC距离为1的两条平行线__.名师点拨立体几何中的轨迹面是常转化为两面的交线，或在某面内建立坐标系通过求轨迹方程求解．〔变式训练4〕(2021·安徽蚌埠质检)平面α的一条斜线AP交平面α于P点，过定点A的直线l与AP垂直，且交平面α于M点，则M点的轨迹是( A )A．一条直线B．一个圆C．两条平行直线D．两个同心圆[解析] 由题意知M在过A且与PA垂直的平面β内，∴点M的轨迹为平面α与β的交线，故选A．。

2019/8/9
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解析 若 α⊥β，m⊂α，n⊂β，则 m 与 n 相交、平行或 异面，故 A 错误；
∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故 B 正 确；
若 m⊥n，m⊂α，n⊂β，则 α 与 β 的位置关系不确定， 故 C 错误；
若 α∥β，m⊂α，n⊂β，则 m∥n 或 m，n 异面，故 D 错误．故选 B.
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【变式训练 1】 [2018·北京东城模拟]已知 m 和 n 是两 条不同的直线，α 和 β 是两个不重合的平面，那么下面给出 的条件中一定能推出 m⊥β 的是( )
A．α⊥β，且 m⊂α B．m∥n，且 n⊥β C．α⊥β，且 m∥α D．m⊥n，且 n∥β
2019/8/9
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解 (1)证明：∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝ 2. 在梯形 ABCD 中，AD＝ 2，AB＝2， ∴AD2＋BD2＝AB2，∴∠ADB＝90°. ∴AD⊥BD. 又平面 ADEF⊥平面 ABCD， 平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD， ∴BD⊥平面 ADEF. 又 BD⊂平面 BDM， ∴平面 BDM⊥平面 ADEF.
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设 AB＝x，则由已知可得 AD＝
2x，PE＝
2 2 x.
故四棱锥 P－ABCD 的体积
VP－ABCD＝31AB·AD·PE＝13x3.
由题设得13x3＝38，故 x＝2.
从而结合已知可得 PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝
2 2，PB＝PC＝2 2.
板块二 典例探究·考向突破
2019/8/9
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【高考领航】 2017 届高考数学大一轮复习第七章立体几何 7.5 垂直关系课时规范训练理北师大版[A 级基础操练]1．(2016 ·佳木斯名校联考) 已知直线m， l ，平面α，β，且 m⊥ α，lβ ，给出下列命题：①若α∥ β ，则m⊥l；②若α ⊥β ，则m∥ l；③若m⊥ l，则α⊥ β ；④若m∥ l，则α ⊥ β，此中正确的命题的个数是()A．1B．2C．3D．4分析：①中，α∥ β，且 m⊥ α，则 m⊥β，因为 lβ ，所以m⊥ l，所以①正确；②中，α ⊥ β，且 m⊥ α，则 m∥β或 m β，又 lβ ，则m与l可能平行，可能异面，可能订交，所以②不正确；③中，m⊥ l ，且 m⊥ α，lβ，则α 与β 可能平行，可能订交，所以③不正确；④中，m∥ l ，且 m⊥ α，则 l ⊥ α，因为 lβ ，所以α ⊥ β，所以④正确，应选 B.答案： B2．(2014 ·高考广东卷 ) 若空间中四条两两不一样的直线l 1， l 2， l 3，l 4，知足 l 1⊥ l 2， l 2 ⊥l 3， l 3⊥l 4，则以下结论必定正确的选项是()A．l1⊥l 41 4B．l∥lC．l1 与 l 4既不垂直也不平行D．l1 与 l 4的地点关系不确立分析：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，记 l 1＝ DD1，l 2＝DC，l 3＝ DA，若 l 4＝ AA1，知足l ⊥l ，l ⊥ l ，l ⊥ l ，此时 l ∥ l4 ，能够清除选项 A 和 C. 若l ＝ DC，也知足条件，能够排1 2 2 3 3 4 1 4 1除选项 B. 应选 D.答案： D3．(2016 ·重庆模拟) 在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°分析：如图，二面角α－l－β 为45°，ABβ ，且与棱l成45°角，过 A 作 AO⊥ α于 O ，作 AH ⊥ l 于 H . 连结 OH 、 OB ，则∠ AHO 为二面角 α －l － β 的平面角，∠ ABO 为 AB 与平面 α 所成角．不如设 AH ＝ 2，在 Rt △ AOH 中，易得 AO ＝ 1；在 Rt △ ABH 中，易得 AB ＝ 2.AO 1故在 Rt △ ABO 中， sin ∠ ABO ＝ ＝ ，∴∠ ABO ＝30°，为所求线面角．AB 2答案： A4．设 l ， m ， n 为三条不一样的直线，α 为一个平面，给出以下命题①若 l ⊥ α ，则 l 与 α 订交②若m α ， n α ， ⊥ ， ⊥ n ，则 l ⊥ αl m l③若 l ∥ m ， m ∥n ， l ⊥ α，则 n ⊥ α④若 l ∥ ， ⊥α ， ⊥ α，则 l ∥nm m n此中正确命题的序号为 ________．分析： 因为垂直是直线与平面订交的特别状况，故①正确；因为 m 、n 不必定订交，故②不正确；依据平行线的传达性，故l ∥ ，又 l ⊥ α ，故 n ⊥ α 进而③正确；由⊥α ，nnm⊥α 知 m ∥n ，故 l ∥ n ，故④正确．答案： ①③④5．已知△的三边长分别为＝ 5， ＝4， ＝3， 是AB 边上的点， P 是平面ABCABCABBC AC M 外一点．给出以下四个命题：①若 PA ⊥平面 ABC ，则三棱锥 P - ABC 的四个面都是直角三角形；②若 PM ⊥平面 ABC ，且 M 是 AB 边的中点，则有 PA ＝ PB ＝PC ；③若 PC ＝ 5， PC ⊥平面 ABC ，则△ PCM 面积的最小值为 152 ；④若 ＝5， P 在平面 上的射影是△内切圆的圆心，则点 P 到平面 的距离PCABCABCABC为 23.此中正确命题的序号是 ________．( 把你以为正确命题的序号都填上)分析： 由题意知 AC ⊥ BC ，关于①，若 PA ⊥平面 ABC ，则 PA ⊥BC ，又 PA ∩ AC ＝ A ，∴ BC⊥平面 PAC ，∴ BC ⊥PC ，所以该三棱锥 P - ABC 的四个面均为直角三角形，①正确；关于②， 由已知得 M 为△ ABC 的外心，所以 MA ＝ MB ＝MC .∵ PM ⊥平面 ABC ，则 PM ⊥ MA ， PM ⊥ MB ， PM ⊥MC ，由三角形全等可知 PA ＝ PB ＝ PC ，故②正确；关于③，要使△ PCM 的面积最小，只要 CM121 12最短，在 Rt △ ABC 中， CM min ＝ 5 ，∴ S △PCMmin ＝2× 5 ×5＝ 6，故③错误；关于④，设 P 点在平面内的射影为 ，且 为△ 的心里，由平面几何知识得△的内切圆半径r ＝ 1，ABC O O ABC ABC22且 OC ＝ 2，在 Rt △ POC 中， PO ＝ PC －OC ＝ 23，∴点 P 到平面 ABC 的距离为 23，故④2正确．答案： ①②④6．已知点 P ，A ， B ， C ， D 是球 O 表面上的点， PA ⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是边长为2 3的正方形．若 PA ＝ 2 6，则△ OAB 的面积为________．分析： 将直四棱锥补成长方体如图：球 O 的直径 2R ＝3 2＋3 2＋62＝ 4 3，∴ R ＝2 3.1S △ OAB ＝2×2 3×3＝ 3 3.答案： 3 37. (2016 ·山东高考展望题 ) 如图，已知直三棱柱 ABC - A BC 中，∠ ACB ＝90°， AC ＝ BC1 1 1＝2， AA ＝ 4， D 是棱 AA上的任一点， ， 分别为 ，的中点．1 1 1(1) 求证： MN ∥平面 DCC 1；(2) 试确立点 D 的地点，使得 DC 1⊥平面 DBC .解： (1) 证法一：如图，连结1，因为 ， N 分别为 ，1的中点，故 ∥1，AC M AB BC MN AC又 AC 1 平面 DCC 1， MN 平面 DCC 1，故 MN ∥平面 DCC 1.证法二：如图，取 BC 的中点 G ，连结 GN ，GM ，则 GN ∥ CC 1，又 CC 1? 平面 DCC 1，GN ?平面DCC 1，故 GN ∥平面 DCC 1. 同理可知 GM ∥平面 DCC 1，又 GN ，GM 是平面 NMG 内的两条订交直线，3故平面 NMG ∥平面 DCC 1，又 MN 平面 NMG ，故 MN ∥平面 DCC 1.(2) 当点 D 为 AA 1 的中点时，知足 DC 1⊥平面 DBC .证明：由题意可知BC ⊥ AC ， BC ⊥ CC 1，而 AC ， CC 1是平面 AA 1C 1C 内的两条订交直线，故⊥平面11，又 1平面11 ，故1⊥.BC AAC C DC AACC DC BC在△ CDC 1中， CD ＝ 2 2，DC 1＝ 2 2，CC 1＝2224，知足 CD ＋ DC 1＝ CC 1，所以 DC 1⊥ DC ，又 BC ， 是平面 内的两条订交直线，故 1⊥平面.DC DBCDC DBC8．(2014 ·高考新课标全国卷Ⅱ ) 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 ＝ 3，求三棱锥 E － ACD 的体积．分析： (1) 证明：连结 BD 交 AC 于点 O ，连结 EO .因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点．又 E 为 PD 的中点，所以 EO ∥ PB .因为 EO 平面 AEC ， PB 平面 AEC ，所以 PB ∥平面 AEC .(2) 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， AB 的方向为 x 轴的正方向， | AP | 为单位长，成立空间直角坐标系 －xyz ，A3 13 1则 D (0，3，0) ，E 0， 2 ，2，AE ＝ 0， 2 ，2 .→设 B ( m,0,0)( m >0) ，则 C ( m ， 3， 0) ， AC ＝( m ， 3，0) ．→n 1· AC ＝ 0，设 n 1＝ ( x ， y ， z ) 为平面 ACE 的法向量，则→n 1· AE ＝ 0，4mx ＋ 3y ＝0，3即 31可取 n ＝ ，－1， 3 .1m2 y ＋ 2z ＝ 0，又 n 2＝ (1,0,0)为平面 DAE 的法向量，由题设 |cos 〈 n 1，n 2〉| ＝ 1，即 32＝ 1，解23＋ 4m 23得 m ＝ 2.因为 E 为的中点，所以三棱锥 －1 －的体积1 1 的高为 ，三棱锥＝×× 3PD E ACD 2E ACDV 323 13× 2×2＝ 8 .[B 级 能力打破 ]1．如图，在正方体ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， P 为对角线 BD 1 的三均分点， P 到各极点的距离的不一样取值有 ()A ．3 个B ．4 个C ．5 个D ．6 个分析： 画出几何图形，利用空间线面关系定理定性剖析．如图，取底面ABCD 的中心 O ，连结 PA ，PC ， PO . ∵ AC ⊥平面 DD 1B ，又 PO 平面 DD 1B ，∴AC ⊥ PO .又 O 是 BD 的中点， ∴ PA ＝ PC . 同理， 取 B 1C 与 BC 1 的交点 H ，易证 B 1C ⊥平面 D 1C 1B ，∴ B 1C ⊥ PH . 又 H 是 B 1C 的中点，∴ PB 1＝PC ，∴ PA ＝ PB 1＝ PC . 同理可证 PA 1＝ PC 1＝ PD . 又 P是 BD 1的三均分点，∴ PB ≠ PD 1≠ PB 1≠PD ，故点 P 到正方体的极点的不一样距离有4 个．答案： B2．(2016 ·山西四校联考 ) 在空间内，设 l ， m ，n 是三条不一样的直线，α ， β， γ 是三个不一样的平面，则以下命题中为假命题的是( )A ． α⊥ γ ， β⊥ γ ， α∩ β ＝ l ，则 l ⊥ γB ． l ∥α ， l ∥β ， α ∩β ＝ m ，则 l ∥ mC ． α∩ β ＝ l ，β ∩ γ ＝m ， γ ∩α ＝ n ， l ∥ m ，则 l ∥ n5D ． α⊥ γ ， β⊥ γ ，则 α ⊥ β 或 α ∥ β分析： 关于 A ，∵假如两个订交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真题；关于B ，∵假如要一条直线平行于两个订交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；关于C ，∵假如三个平面两两订交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或互相平行，∴该命题是真命题；关于D ，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D 是假命题．综上所述，选D.答案： D3．如图，已知六棱锥P － ABCDEF 的底面是正六边形， PA ⊥平面 ABC ，PA ＝ 2AB ，则以下结论正确的选项是 ( )A ． PB ⊥ ADB ．平面 PAB ⊥平面 PBCC ．直线 BC ∥平面 PAED ．直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45°分析： ∵PB 在底面的射影为 AB ，AB 与 AD 不垂直，清除 A. 又 BD ⊥AB ，BD ⊥ PA ，∴BD ⊥面 PAB . 但 BD 不在面 PBC 内，清除 B. 关于 C 选项，∵ BD ∥ AE ，∴ BD ∥面 PAE ，∴ BC 与面 PAE不平行，清除 C. 又∵PD 与面 ABC 所成角为∠ ，∵ ＝ 2 ＝ ，∴∠ ＝45°，应选PDA AD AB PA PDAD.答案： D4．若四周体 ABCD 的三组对棱分别相等，即 AB ＝ CD ， AC ＝ BD ，AD ＝BC ，则 ________( 写出全部正确结论的编号) ．①四周体 ABCD 每组对棱互相垂直；②四周体 ABCD 每个面的面积相等；③从四周体 ABCD 每个极点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于 180°；④连结四周体 ABCD 每组对棱中点的线段互相垂直均分；⑤从四周体 ABCD 每个极点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．分析： 把四周体 ABCD 搁置在如下图的长方体中，明显命题①错误；因四个面对应的6三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形， 所以②正确； 当 ABCD 为正四周体时，夹角之和等于 180°，所以③错误；因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；而命题⑤明显成立．故应填②④⑤.答案： ②④⑤5．如下图，正方体ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱长是 1，过 A 点作平面 A 1BD 的垂线，垂足为点H ，有以下三个命题：①点 H 是△ A 1BD 的中心；② AH 垂直于平面 CB 1D 1；③ AC 1与 B 1 C 所成的角是 90°.此中正确命题的序号是 ________．分析：因为－ 11 1 1是正方体，所以 － 1是一个正三棱锥，所以 A 点在平面ABCD A B CD A ABDA BD 上的射影 H 是三角形 A BD 的中心， 故①正确； 又因为平面 CBD 与平面 A BD 平行，所以111 11AH ⊥平面 CB 1D 1，故②正确；进而可得 AC 1⊥平面 CB 1D 1，即 AC 1 与 B 1C 垂直，所成的角等于90°. 答案： ①②③6．(2016 ·淮南模拟 ) 已知四棱锥 P － ABCD 的底面 ABCD 是矩形， PA ⊥底面 ABCD ，点 E 、F 分别是棱 PC 、 PD 的中点，则①棱 AB 与 PD 所在的直线垂直；②平面 PBC 与平面 ABCD 垂直；③△ PCD 的面积大于△ PAB 的面积；④直线 AE 与直线 BF 是异面直线．以上结论正确的选项是________． ( 写出全部正确结论的编号 )分析： 由条件可得 AB ⊥平面 PAD ，所以 AB ⊥ PD ，故①正确；∵ PA ⊥平面 ABCD ，∴平面1PAB 、平面 PAD 都与平面 ABCD 垂直，故平面 PBC 不行能与平面 ABCD 垂直，②错；S △ PCD ＝ 2CD · PD ，1S △ PAB ＝ 2AB ·PA ，由 AB ＝ CD ， PD ＞ PA 知③正确；由 E 、 F 分别是棱PC 、 PD 的中点可得EF ∥CD ，又 AB ∥ CD ，所以 EF ∥ AB ，故 AE 与 BF 共面，故④错．答案： ①③7．在四边形 ABCD 中， AB ⊥ AD ， AD ∥ BC ， AD ＝ 6， BC ＝ 4， AB ＝2，点 E ， F 分别在 BC ，AD 上， EF ∥ AB . 现将四边形 ABEF 沿 EF 折起，使平面 A BEF ⊥平面 EFDC ，如图，设 AD 的中点7为 P.(1)当 E 为 BC的中点时，求证： CP∥平面 ABEF；(2)设 BE＝ x，问当 x 为什么值时，三棱锥 A- CDF的体积取最大值？并求出这个最大值．1 解： (1) 证法一：取AF的中点 Q，连结 QE， QP，则 QP∥ DF，且 QP＝2DF.1又 DF＝4， EC＝2，且 DF∥ EC，所以 EC∥ DF，且 EC＝2DF，所以 PQ∥ EC，且 PQ＝EC，故四边形 PQEC为平行四边形，所以CP∥ QE，又 QE 平面 ABEF， CP 平面 ABEF，所以 CP∥平面 ABEF.证法二：如图，取FD的中点 M，连结 PM，CM.在△ ADF中， P， M分别为 DA， DF的中点，1所以 PM∥ AF，且 PM＝2AF.又 DF＝4， EC＝2，且 DF∥ EC，所以 FM∥ EC，且 FM＝ EC，即四边形 EFMC为平行四边形，所以 EF∥ MC.又 PM∩ MC＝ M，AF∩ EF＝F，所以平面 PMC∥平面 ABEF.又 PC 平面 PMC，所以 CP∥平面 ABEF.(2)因为平面 ABEF⊥平面 EFDC，平面 ABEF∩平面 EFDC＝EF，又 AF⊥ EF，所以 AF⊥平面 EFDC，所以平面 AFD⊥平面 EFDC.已知 BE＝ x(0< x≤4)，所以 AF＝ x， FD＝6－ x，点 A 到平面 ECDF的距离为 x.1 1 12 故 V A- CDF ＝3×2×2×(6 － x ) · x ＝ 3(6 x － x ) ＝ [ － ( x － 3) 2＋ 9] ＝－ 1( x － 3) 2＋ 3.331所以当 x ＝ 3 时， V A- CDF 取最大值，最大值为 3.。