2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第5讲垂直关系练习理北师大版

§8.4 平行关系1．直线与平面平行的判定与性质2.面面平行的判定与性质知识拓展重要结论：(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．(×)(2)若一条直线平行于一个平面，则这条直线平行于这个平面内的任一条直线．(×)(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(×)(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．(√)(5)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.(×)(6)若α∥β，直线a∥α，则a∥β.(×)题组二教材改编2．下列命题中正确的是()A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊈α，则b∥α答案 D解析A中，a可以在过b的平面内；B中，a与α内的直线也可能异面；C中，两平面可相交；D中，由直线与平面平行的判定定理知b∥α，正确．3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．答案平行解析连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊈平面ACE，EO 平面ACE，所以BD1∥平面ACE.题组三易错自纠4．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中() A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线答案 A解析当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：①a α，b β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是________．(填上所有正确的序号)答案②④解析在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．6.如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．答案平行四边形解析∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形．题型一 直线与平面平行的判定与性质命题点1 直线与平面平行的判定典例 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝12AD ，E ，F ，H 分别为线段AD ，PC ，CD 的中点，AC 与BE 交于O 点，G 是线段OF 上一点．(1)求证：AP ∥平面BEF ； (2)求证：GH ∥平面P AD . 证明 (1)连接EC ，∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴BC 綊AE ，∴四边形ABCE 是平行四边形， ∴O 为AC 的中点．又F 是PC 的中点，∴FO ∥AP ，又FO 平面BEF ，AP ⊈平面BEF ，∴AP ∥平面BEF . (2)连接FH ，OH ，∵F ，H 分别是PC ，CD 的中点，∴FH ∥PD ，又PD 平面P AD ，FH ⊈平面P AD ， ∴FH ∥平面P AD .又O 是BE 的中点，H 是CD 的中点，∴OH ∥AD ，又AD 平面P AD ，OH ⊈平面P AD ， ∴OH ∥平面P AD .又FH ∩OH ＝H ，∴平面OHF ∥平面P AD . 又GH 平面OHF ，∴GH ∥平面P AD .命题点2 直线与平面平行的性质典例 (2017·长沙调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217.点G ，E ，F ，H 分别是棱PB ，AB ，CD ，PC 上共面的四点，平面GEFH ⊥平面ABCD ，BC ∥平面GEFH .(1)证明：GH ∥EF ；(2)若EB ＝2，求四边形GEFH 的面积．(1)证明 因为BC ∥平面GEFH ，BC 平面PBC ， 且平面PBC ∩平面GEFH ＝GH ，所以GH ∥BC . 同理可证EF ∥BC ，因此GH ∥EF .(2)解 如图，连接AC ，BD 交于点O ，BD 交EF 于点K ，连接OP ，GK .因为P A ＝PC ，O 是AC 的中点，所以PO ⊥AC ， 同理可得PO ⊥BD .又BD ∩AC ＝O ，且AC ，BD 底面ABCD ， 所以PO ⊥底面ABCD .又因为平面GEFH ⊥平面ABCD ，且PO ⊈平面GEFH ，所以PO ∥平面GEFH . 因为平面PBD ∩平面GEFH ＝GK ， 所以PO ∥GK ，且GK ⊥底面ABCD ， 从而GK ⊥EF .所以GK 是梯形GEFH 的高．由AB ＝8，EB ＝2得EB ∶AB ＝KB ∶DB ＝1∶4， 从而KB ＝14DB ＝12OB ，即K 为OB 的中点．再由PO ∥GK 得GK ＝12PO ，即G 是PB 的中点，且GH ＝12BC ＝4.由已知可得OB ＝42，PO ＝PB 2－OB 2＝68－32＝6， 所以GK ＝3.故四边形GEFH 的面积S ＝GH ＋EF2·GK ＝4＋82×3＝18. 思维升华 判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a ⊈α，b α，a ∥b ⇒a ∥α)． (3)利用面面平行的性质(α∥β，a α⇒a ∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a ⊈α，a ⊈β，a ∥α⇒a ∥β)．跟踪训练 (2016·全国Ⅲ)如图，四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ； (2)求四面体N-BCM 的体积． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ， 所以四边形AMNT 为平行四边形， 于是MN ∥AT .因为AT 平面P AB ，MN ⊈平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5， 故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N-BCM 的体积 V 四面体N-BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453.题型二 平面与平面平行的判定与性质典例 如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面； (2)平面EF A 1∥平面BCHG .证明 (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， ∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线， ∴GH ∥B 1C 1.又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ， ∴B ，C ，H ，G 四点共面． (2)∵E ，F 分别是AB ，AC 的中点， ∴EF ∥BC .∵EF ⊈平面BCHG ，BC 平面BCHG ， ∴EF ∥平面BCHG . ∵A 1G 綊EB ，∴四边形A 1EBG 是平行四边形， ∴A 1E ∥GB .又∵A 1E ⊈平面BCHG ，GB 平面BCHG ， ∴A 1E ∥平面BCHG .又∵A 1E ∩EF ＝E ，A 1E ，EF 平面EF A ，∴平面EF A1∥平面BCHG.引申探究在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B 平面A1BD1，DM⊈平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊈平面A1BD1，BD1 平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM 平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.思维升华证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．跟踪训练(2018·唐山质检)如图所示，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明(1)如图所示，设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.因为BE⊈平面DMF，MO 平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN.因为DE⊈平面MNG，GN 平面MNG，所以DE∥平面MNG.因为M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN.因为BD⊈平面MNG，MN 平面MNG，所以BD∥平面MNG.因为DE∩BD＝D，BD，DE 平面BDE，所以平面BDE∥平面MNG.题型三平行关系的综合应用典例如图所示，平面α∥平面β，点A∈α，点C∈α，点B∈β，点D∈β，点E，F分别在线段AB，CD上，且AE∶EB＝CF∶FD.(1)求证：EF ∥平面β；(2)若E ，F 分别是AB ，CD 的中点，AC ＝4，BD ＝6，且AC ，BD 所成的角为60°，求EF 的长． (1)证明 ①当AB ，CD 在同一平面内时，由平面α∥平面β，平面α∩平面ABDC ＝AC ，平面β∩平面ABDC ＝BD 知，AC ∥BD . ∵AE ∶EB ＝CF ∶FD ，∴EF ∥BD . 又EF ⊈β，BD β，∴EF ∥平面β.②当AB 与CD 异面时，如图所示，设平面ACD ∩平面β＝DH ，且DH ＝AC ，∵平面α∥平面β，平面α∩平面ACDH ＝AC ， ∴AC ∥DH ，∴四边形ACDH 是平行四边形，在AH 上取一点G ，使AG ∶GH ＝CF ∶FD ， 连接EG ，FG ，BH .又∵AE ∶EB ＝CF ∶FD ＝AG ∶GH ， ∴GF ∥HD ，EG ∥BH .又EG ∩GF ＝G ，BH ∩HD ＝H ， ∴平面EFG ∥平面β.又EF 平面EFG ，∴EF ∥平面β. 综合①②可知，EF ∥平面β.(2)解 如图所示，连接AD ，取AD 的中点M ，连接ME ，MF .∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点， ∴ME ∥BD ，MF ∥AC ， 且ME ＝12BD ＝3，MF ＝12AC ＝2.∴∠EMF 为AC 与BD 所成的角或其补角， ∴∠EMF ＝60°或120°. ∴在△EFM 中，由余弦定理得EF ＝ME 2＋MF 2－2ME ·MF ·cos ∠EMF ＝32＋22±2×3×2×12＝13±6，即EF ＝7或EF ＝19.思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决．跟踪训练 如图所示，四边形EFGH 为空间四边形ABCD 的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB ∥平面EFGH ，CD ∥平面EFGH ；(2)若AB ＝4，CD ＝6，求四边形EFGH 周长的取值范围． (1)证明 ∵四边形EFGH 为平行四边形， ∴EF ∥HG .∵HG 平面ABD ，EF ⊈平面ABD ， ∴EF ∥平面ABD .又∵EF 平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ， ∴EF ∥AB ，又∵AB ⊈平面EFGH ，EF 平面EFGH ， ∴AB ∥平面EFGH .同理可证，CD ∥平面EFGH . (2)解 设EF ＝x (0<x <4)， ∵EF ∥AB ，FG ∥CD ， ∴CF CB ＝x 4，则FG 6＝BF BC ＝BC －CF BC ＝1－x4. ∴FG ＝6－32x .∵四边形EFGH 为平行四边形，∴四边形EFGH 的周长l ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋6－32x ＝12－x . 又∵0<x <4，∴8<l <12，即四边形EFGH 周长的取值范围是(8,12)．1．若直线l 不平行于平面α，且l ⊈α，则( ) A ．α内的所有直线与l 异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交答案 B解析因为l⊈α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是()A．存在一条直线b，a∥b且b αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β答案 C解析在A，B，D中，均有可能a α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．3．(2018·攀枝花质检)平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是()A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面答案 D解析充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．4．一条直线l上有相异的三个点A，B，C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是()A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l α答案 D解析当l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；当l α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；当l⊥α时，直线l上有两个点到α的距离相等；当l与α斜交时，也只能有两个点到α的距离相等．故选D.5．对于空间中的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是()A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，n α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥n D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n答案 D解析对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故D正确．6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是()A．垂直B．相交不垂直C．平行D．重合答案 C解析如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.7．(2018·重庆模拟)在四面体A－BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．答案平面ABD与平面ABC解析如图，取CD的中点E，连接AE，BE，则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.8．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m γ.可以填入的条件有________．答案①或③解析由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．9．(2017·承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件______时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN 平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.10．(2018·海口调研)将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题”的是________．(填序号) 答案①③解析由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”．11．(2017·南昌模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝23，且△P AD与△ABD均为正三角形，E为AD的中点，G为△P AD 的重心．(1)求证：GF∥平面PDC；(2)求三棱锥G—PCD的体积．(1)证明 方法一 连接AG 并延长交PD 于点H ，连接CH .由梯形ABCD 中AB ∥CD 且AB ＝2DC 知，AF FC ＝21.又E 为AD 的中点，G 为△P AD 的重心，∴AG GH ＝21. 在△AHC 中，AG GH ＝AF FC ＝21，故GF ∥HC .又HC 平面PCD ，GF ⊈平面PCD ， ∴GF ∥平面PDC .方法二 过G 作GN ∥AD 交PD 于N ，过F 作FM ∥AD 交CD 于M ，连接MN ，∵G 为△P AD 的重心，GN ED ＝PG PE ＝23，∴GN ＝23ED ＝233.又ABCD 为梯形，AB ∥CD ， CD AB ＝12，∴CF AF ＝12， ∴MF AD ＝13，∴MF ＝233，∴GN ＝FM . 又由所作GN ∥AD ，FM ∥AD ，得GN ∥FM ， ∴四边形GNMF 为平行四边形．∴GF ∥MN ，又∵GF ⊈平面PCD ，MN 平面PCD ， ∴GF ∥平面PDC .方法三 过G 作GK ∥PD 交AD 于K ，连接KF ，GK ，由△P AD 为正三角形，E 为AD 的中点，G 为△P AD 的重心，得DK ＝23DE ，∴DK ＝13AD ，又由梯形ABCD 中AB ∥CD ，且AB ＝2DC ， 知AF FC ＝21，即FC ＝13AC ， ∴在△ADC 中，KF ∥CD ， 又∵GK ∩KF ＝K ，PD ∩CD ＝D ， ∴平面GKF ∥平面PDC ，又GF 平面GKF ，∴GF ∥平面PDC .(2)解 方法一 由平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 与△ABD 均为正三角形，E 为AD 的中点，知PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，又∵平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE 平面P AD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝3， 由(1)知GF ∥平面PDC ，∴V 三棱锥G —PCD ＝V 三棱锥F —PCD ＝V 三棱锥P —CDF ＝13×PE ×S △CDF . 又由梯形ABCD 中AB ∥CD ，且AB ＝2DC ＝23，知DF ＝13BD ＝233，又△ABD 为正三角形，得∠CDF ＝∠ABD ＝60°， ∴S △CDF ＝12×CD ×DF ×sin ∠BDC ＝32，得V 三棱锥P —CDF ＝13×PE ×S △CDF ＝32，∴三棱锥G —PCD 的体积为32. 方法二 由平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 与△ABD 均为正三角形，E 为AD 的中点，知 PE ⊥AD ，BE ⊥AD ，又∵平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE 平面P AD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，且PE ＝3， 连接CE ，∵PG ＝23PE ，∴V 三棱锥G —PCD ＝23V 三棱锥E —PCD ＝23V 三棱锥P —CDE＝23×13×PE ×S △CDE ， 又△ABD 为正三角形，得∠EDC ＝120°， 得S △CDE ＝12×CD ×DE ×sin ∠EDC ＝334.∴V 三棱锥G —PCD ＝23×13×PE ×S △CDE＝23×13×3×334＝32， ∴三棱锥G —PCD 的体积为32. 12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，BC ＝PD ＝2，E 为PC 的中点，CB ＝3CG .(1)求证：PC ⊥BC ；(2)AD 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面MEG ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，BC 平面ABCD ， 所以PD ⊥BC .因为四边形ABCD 是正方形，所以BC ⊥CD . 又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD 平面PCD ， 所以BC ⊥平面PCD .因为PC 平面PDC ，所以PC ⊥BC .(2)解 连接AC ，BD 交于点O ，连接EO ，GO ，延长GO 交AD 于点M ，连接EM ，则P A ∥平面MEG . 证明如下：因为E 为PC 的中点，O 是AC 的中点， 所以EO ∥P A .因为EO 平面MEG ，P A ⊈平面MEG ， 所以P A ∥平面MEG . 因为△OCG ≌△OAM ， 所以AM ＝CG ＝23，所以AM 的长为23.13．(2018·南昌质检)在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD ．异面直线PM 与BD 所成的角为45° 答案 C解析 因为截面PQMN 是正方形，所以MN ∥QP ， 又PQ 平面ABC ，MN ⊈平面ABC ，则MN ∥平面ABC ， 由线面平行的性质知MN ∥AC ，又MN 平面PQMN ，AC ⊈平面PQMN ，则AC ∥截面PQMN ，同理可得MQ ∥BD ，又MN ⊥QM ，则AC ⊥BD ，故A ，B 正确．又因为BD ∥MQ ，所以异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与QM 所成的角，即为45°，故D 正确．14．(2017·山西太原五中月考)过三棱柱ABC —A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有________条． 答案 6解析 过三棱柱ABC —A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线只可能落在平面DEFG 中(其中D ，E ，F ，G 分别为AC ，BC ，B 1C 1，A 1C 1的中点)．易知经过D ，E ，F ，G 中任意两点的直线共有C 24＝6(条)．15．如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f(x)的图像大致是()答案 C解析过M作MQ∥DD1，交AD于点Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1.又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，∵MQAQ＝DD1AD＝2，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y＝f(x)的图像为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.16．(2018·哈尔滨模拟)在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于点D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为________． 答案452解析 如图，取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ，SG ，BG 平面SGB ， 故AC ⊥平面SGB ， 所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB 平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 则H ，F 也为AS ，SC 的中点， 从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ， 所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝⎛⎭⎫12AC ·⎝⎛⎭⎫12SB ＝452.。

a⊥α ⇒a∥b b⊥α __________
判定 定理
那么该直线与此平面垂直 如果两条直线同
垂直于一个平面 那么这 _________________
性质 定理
两条直线平行
2.平面与平面垂直 直二面角 ，就说这两个平面互 (1)定义：两个平面相交， 如果所成的二面角是__________ 相垂直． (2)定理：
PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对． 答案：7
02
课堂· 考点突破
直线与平面垂直的判定与性质
[明技法] 判定线面垂直的四种方法
[提能力] 【典例】 (2016· 全国卷Ⅱ改编)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O， 5 AB＝5，AC＝6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF＝ ，EF 交 BD 于点 H.将△ 4 DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置．OD′＝ 10. 求证：D′H⊥平面 ABCD．
第 八 章 立体几何
第四节 空间中的垂直关系
考点
高考试题
考查内容
核心素养
面面垂直的判定，三棱锥的体积及 2017·全国卷Ⅲ·T19·12分 二面角 直线、平 面垂直的 线面垂直、面面垂直的判定，二面 2016·全国卷Ⅰ·T18·12分 判定与性 角 质 勾股定理的逆定理，线面垂直的判 2016·全国卷Ⅱ·T19·12分 定，二面角
3 ．“直线 a 与平面 M 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平面 M 垂直”的
( B )
A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不 能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．

例2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
侧面积.
思考证明面面垂直的常用方法有哪些?
第二十一页，共45页。
,求该三棱锥的
√6
3
-22-22
考点
(kǎo
diǎn)1
考点
diǎn)2
(2)解 设 AB=x,在菱形 ABCD 中,由∠ABC=120°,
√3
2

可得 AG=GC= x,GB=GD= .
因为 AE⊥EC,
所以在 Rt△AEC 中,可得
2
√3
EG= x.
2
√2
2
由 BE⊥平面 ABCD,知△EBG 为直角三角形,可得 BE= x.
由已知得,三棱锥 E-ACD 的体积
考点(kǎo
diǎn)3
证明 如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1.
diǎn)1
考点(kǎo
diǎn)2
考点
(kǎo
diǎn)3
(1)证明 延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,
所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,
所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.
考点(kǎo
diǎn)2
考点3
(1)证明(zhèngmíng) 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.

交、m 在 β 内，故 A 错误；由线面垂直的性质定理可知 B 正确；若 α⊥β，
m∥α，则 m，β 的位置关系也不确定，故 C 错误；若 m⊥n，n∥β，则 m，
β 的位置关系也不确定，故 D 错误．故选 B.
解析 答案
2．(多选)下列命题中正确的有( ) 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 β B．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 β C．如果平面 α⊥平面 γ，平面 β⊥平面 γ，α∩β＝l，那么 l⊥平面 γ D．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 若 α⊥β，则 α 内至少有一条直线垂直于平面 β，而非所有直线 都垂直于平面 β.故选 ABC．
判 如果一条直线与一个平面
定 内的 02 __两__条__相__交__直__线___
定 垂直，那么该直线与此平
理 面垂直
符号语言
03 _a__⊂__α_，__b_⊂__α___
04 _a_∩__b_＝__O___ 05 _l_⊥__a__
⇒l⊥α
06 _l_⊥__b__
(3)直线与平面垂直的性质定理
答案 2
答案
解析 如图，过点 P 作 PO⊥平面 ABC 于 O，则 PO 为 P 到平面 ABC 的距离．再过 O 作 OE⊥AC 于 E，OF⊥
BC 于 F，连接 PC，PE，PF，则 PE⊥AC，PF⊥BC．
又 PE＝PF＝ 3，所以 OE＝OF， 所以 CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO＝45°. 在 Rt△PEC 中，PC＝2，PE＝ 3，所以 CE＝1，所以 OE＝1，所以 PO＝ PE2－OE2＝ 32－12＝ 2.

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

第六页，共三十八页。
1．若两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个平行平面中的一个，则这一条 直线也与另一个平面也垂直．
第三十二页，共三十八页。
证明：(1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD，
(2)性质定理：垂直于同一平面的两条直线 平行 . (píngxíng) 用符号语言表示为：a⊥α，b⊥α⇒ a∥b .
2021/12/13
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3．两平面垂直的判定
(1)利用定义：两个平面相交，若所成的二面角为 90°，
则称这两个平面互相垂直．
(2) 判 定 定 理 ： 如 果 一 个 平 面 经 过 另 一 个 平 面 的 一
2021/12/13
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因为 FE⊂平面 PCE，所以平面 PAC⊥平面 PCE. 因为 PA⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD， 所以 PA⊥BD. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BD⊥AC. 因为 PA∩AC＝A，所以 BD⊥平面 PAC. 因为 BD∥EF，所以 EF⊥平面 PAC.
2021/12/13
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【变式探究(tànjiū)】
1．四面体 ABCD 中，AC＝BD，E、F 分别是 AD、BC 的中点，且 EF＝ 22AC，∠BDC＝90°，求证：BD⊥平面 ACD.
2021/12/13
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证明：取 CD 的中点 G，连接 EG、FG，
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2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54 空间向量的应用（一）平行与垂直理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54 空间向量的应用（一）平行与垂直理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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题组训练54 空间向量的应用（一)平行与垂直1．已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝错误!＋错误!＋错误!，向量b＝错误!＋错误!－错误!，则与a，b不能构成空间基底的向量是（) A.错误!B。

错误!C.错误!D.错误!或错误!答案C解析根据题意得错误!＝错误!(a－b），∴错误!，a，b共面．2．有4个命题:①若p＝x a＋y b，则p与a，b共面；②若p与a，b共面,则p＝x a＋y b；③若错误!＝x错误!＋y错误!，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则错误!＝x错误!＋y错误!.其中真命题的个数是( ）A．1 B．2C．3 D．4答案B解析①正确，②中若a，b共线，p与a不共线，则p＝x a＋y b就不成立．③正确．④中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则错误!＝x错误!＋y错误!不正确．3．从点A（2,－1，7）沿向量a＝（8,9，－12）的方向取线段长｜AB｜＝34，则B点坐标为( )A．(18,17，－17）B．(－14，－19，17)C．（6，错误!，1）D．（－2，－错误!，13)答案A解析设B点坐标为（x,y，z），则错误!＝λa（λ>0），即(x－2,y＋1，z－7）＝λ(8，9，－12）．由|错误!｜＝34,即错误!＝34，得λ＝2。

§8.5空间中的垂直关系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中垂直关系的简单命题．在高考中，对空间垂直关系的考查主要表现在三个方面：一是将关于空间位置关系的定义、判定和性质结合起来，以选择、填空的形式，对有关命题的真假进行判断；二是灵活运用判定定理、性质定理求线面角、二面角，考查空间想象能力及计算能力；三是以几何体为载体，在解答题中以证明的形式，考查线线、线面、面面垂直关系及逻辑推理能力．1．线线垂直如果两条直线所成的角是______(无论它们是相交还是异面)，那么这两条直线互相垂直．2．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，我们就说______________________，记作____________．直线l叫做______________，平面α叫做______________．直线与平面垂直时，它们惟一的公共点P叫做_________．垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到平面的距离．(2)判定定理：一条直线与一个平面内的________都垂直，则该直线与此平面垂直．推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．用符号表示：a∥b，a⊥α⇒b⊥α.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__________．3．直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，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直角；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°的角．任一直线与平面所成角θ的范围是____________．4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的_____________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______________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范围是__________．5．平面与平面垂直(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，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________，则这两个平面垂直．(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于______的直线与另一个平面垂直．【自查自纠】1．直角2．(1)直线l 与平面α互相垂直 l ⊥α 平面α的垂线 直线l 的垂面 垂足 (2)两条相交直线 (3)平行 3．锐角 [0°，90°]4．(1)两个半平面所组成的图形 (2)垂直于棱 [0°，180°]5．(1)直二面角 (2)垂线 (3)交线设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，当m ⊂α，n ⊂β时，下列命题正确的是( )A ．若m ∥n ，则α∥βB ．若m ⊥n ，则α⊥βC ．若m ⊥β，则m ⊥nD ．若n ⊥α，则m ⊥β解：易知A ，B ，D 错误．故选C.设α，β为两个不同的平面，直线l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：据面面垂直的判定定理可知，若l ⊂α，l ⊥β⇒α⊥β，反之则不一定成立．故选A. 在三棱柱ABC -A1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解：如图，取BC 的中点E ，连接AE ，DE ，可知AE ⊥侧面BB 1C 1C ，∠ADE 就是AD与侧面BB 1C 1C 所成的角．设各棱长为a ，则在Rt △AED 中，ED ＝12a ，AE ＝32a ，tan ∠ADE＝3，所以∠ADE ＝60°.故选C.如图，二面角α-l -β的大小是60°，线段AB ⊂α，B ∈l ，AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是________．解：过点A 作平面β的垂线，垂足为C ，连接BC ，在β内作CD ⊥l ，交l 于点D ，连接AD .∵l ⊥CD ，l ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，∴l ⊥面ACD .∴l ⊥AD .故∠ADC 为二面角α-l -β的平面角，即∠ADC ＝60°，易知∠ABC 为直线AB 与平面β所成的角．设CD ＝a ，则AD ＝2a ，AC ＝3a .又∵∠ABD ＝30°，∴AB ＝4a .∴sin ∠ABC ＝AC AB ＝3a 4a ＝34.故填34.在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，过对角线BD ′的一个平面交AA ′于E ，交CC ′于F ，则①四边形BFD ′E 一定是平行四边形； ②四边形BFD ′E 有可能是正方形；③四边形BFD ′E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形； ④平面BFD ′E 有可能垂直于平面BB ′D .以上结论正确的为____________．(写出所有正确结论的编号)解：根据两平面平行的性质定理可得BFD ′E 为平行四边形，①正确；若四边形BFD ′E 是正方形，则BE ⊥ED ′，又A ′D ′⊥EB ，A ′D ′∩ED ′＝D ′，∴BE ⊥面ADD ′A ′，与已知矛盾，②错；易知四边形BFD ′E 在底面ABCD 内的投影是正方形ABCD ，③正确；当E ，F 分别为棱AA ′，CC ′的中点时，EF ∥AC ，又AC ⊥平面BB ′D ，∴EF ⊥面BB ′D ，④正确．故填①③④.类型一 线线垂直问题如图，在四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，D 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝2AD ，AD ＝A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：AA 1⊥BD ；(2)证明：CC 1∥平面A 1BD .证明：(1)∵D 1D ⊥面ABCD ，且BD ⊂面ABCD ，∴D 1D ⊥BD .又∵AB ＝2AD ，∠BAD ＝60°，在△ABD 中，由余弦定理得BD 2＝AD 2＋AB 2－2AD ·AB cos60°＝3AD 2， ∴AD 2＋BD 2＝AB 2. ∴AD ⊥BD .又∵AD ∩D 1D ＝D ，∴BD ⊥面ADD 1A 1. 又AA 1⊂面ADD 1A 1, ∴AA 1⊥BD .(2)连接AC ，A 1C 1，设AC ∩BD ＝E ，连接A 1E .∵四边形ABCD 为平行四边形，∴EC ＝12AC .由棱台定义及AB ＝2AD ＝2A 1B 1知A 1C 1∥EC 且 A 1C 1＝EC ，∴四边形A 1ECC 1为平行四边形．∴CC1∥A1E.又∵A1E⊂面A1BD，CC1⊄面A1BD，∴CC1∥面A1BD.【评析】本题主要考查线线、线面位置关系．第(1)问证明线线垂直，其实质是通过证明线面垂直，再化归为线线垂直；第(2)问证明线面平行，需转化为证明线线平行，由于面A1BD中没有与CC1平行的直线，故需作辅助线．(2013·江苏)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.证明：(1)∵AS＝AB，AF⊥SB，∴F是SB的中点．又∵E分别是SA的中点，∴EF∥AB.又∵EF⊄平面ABC, AB⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC.同理可证FG∥平面ABC.又∵EF∩FG＝F, EF，FG⊄平面ABC，∴平面EFG∥平面ABC.(2)∵平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，∴AF⊥平面SBC.又∵BC⊂平面SBC，∴AF⊥BC.又∵AB⊥BC, AB∩AF＝A, AB，AF⊂平面SAB，∴BC⊥平面SAB.又∵SA⊂平面SAB，∴BC⊥SA.类型二线面垂直问题如图，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.(1)求证：CE⊥平面P AD；(2)若P A＝AB＝1，AD＝3，CD＝2，∠CDA＝45°，求四棱锥P-ABCD的体积．解：(1)证明：因为P A⊥底面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以P A⊥CE.因为AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.又P A∩AD＝A，所以CE⊥平面P AD.(2)由(1)可知CE⊥AD.在Rt△ECD中，CE＝CD·sin45°＝1，DE＝CD·cos45°＝1，又因为AB＝1，则AB＝CE.又CE∥AB，AB⊥AD，所以四边形ABCE为矩形，四边形ABCD为梯形．因为AD ＝3，所以BC ＝AE ＝AD －DE ＝2，S ABCD ＝12(BC ＋AD )·AB ＝12(2＋3)×1＝52，V P -ABCD ＝13S ABCD ·P A ＝13×52×1＝56. 于是四棱锥P -ABCD 的体积为56.【评析】证明线面垂直的基本思路是证明该直线和平面内的两条相交直线垂直，亦可利用面面垂直的性质定理来证明；第(2)问的难点在于求底面四边形ABCD 的面积，注意充分利用题设条件，先证明底面ABCD 是直角梯形，从而求出底面面积，最后求体积．(2013·陕西改编)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD . 又∵底面ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC . ∴BD ⊥平面A 1OC .∴BD ⊥A 1C .又∵OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2，∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C .又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1.∵BD ∩BB 1＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .类型三 面面垂直问题如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．(1)求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； (2)证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M . 解：(1)因为C 1D 1∥B 1A 1，所以∠MA 1B 1为异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角，因为A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，所以∠A 1B 1M ＝90°.而A 1B 1＝1，B 1M ＝B 1C 21＋MC 21＝2，故tan ∠MA 1B 1＝B 1MA 1B 1＝ 2.(2)证明：由A 1B 1⊥平面BCC 1B 1， BM ⊂平面BCC 1B 1， 得A 1B 1⊥BM .①由(1)知，B 1M ＝2，又BM ＝BC 2＋CM 2＝2，B 1B ＝2， B 1M 2＋BM 2＝B 1B 2，从而BM ⊥B 1M .②又A 1B 1∩B 1M ＝B 1，由①②得BM ⊥平面A 1B 1M . 而BM ⊂平面ABM ，∴平面ABM ⊥平面A 1B 1M . 【评析】求异面直线所成的角，一般方法是通过平移直线，把异面问题转化为共面问题，通过解三角形求出所构造的角；证明面面垂直，可转化为证明线面垂直，而线面垂直又可以转化为证明线线垂直，在证明过程中，需充分利用规则几何体本身所具有的几何特征简化问题，有时还需应用勾股定理的逆定理，通过计算来证明垂直关系，这在高考题中是常用方法之一．本题还可以利用规则几何体建立空间直角坐标系，利用向量的方法来求解．如图，在三棱锥V -ABC 中，VC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，且AC ＝BC ＝a ，∠VDC ＝θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π2.(1)求证：平面VAB ⊥平面VCD ； (2)当角θ在⎝⎛⎭⎫0，π2上变化时，求直线BC 与平面VAB 所成的角的取值范围． 解：(1)证明：∵AC ＝BC ＝a ，∴△ACB 是等腰三角形．又D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB . 又VC ⊥底面ABC ，∴VC ⊥AB .于是AB ⊥平面VCD .又AB ⊂平面VAB ， ∴平面VAB ⊥平面VCD .(2)在平面VCD 内过点C 作CH ⊥VD 于H ，则由(1)知CH ⊥平面VAB .连接BH ，于是∠CBH 就是直线BC 与平面VAB 所成的角．在Rt △CHD 中，易知CH ＝22a sin θ.设∠CBH ＝φ，在Rt △BHC 中，CH ＝a sin φ，∴22sin θ＝sin φ. ∵0<θ<π2，∴0<sin θ<1，0<sin φ<22.又0<φ<π2，∴0<φ<π4.即直线BC 与平面VAB 所成角的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，π4. 类型四 垂直综合问题如图，在圆锥PO 中，已知PO ＝2，⊙O 的直径AB ＝2，C 是AB ︵的中点，D为AC 的中点．(1)证明：平面POD ⊥平面P AC ； (2)求二面角B -P A -C 的余弦值．解：(1)证明：∵OA ＝OC ，D 为AC 中点， ∴AC ⊥OD.又∵PO ⊥底面⊙O ，AC ⊂底面⊙O ，∴AC ⊥PO .∵OD ∩PO ＝O ，∴AC ⊥平面POD .而AC ⊂平面P AC ，∴平面POD ⊥平面P AC .(2)在平面POD 中，过O 作OH ⊥PD 于H ，由(1)知，平面POD ⊥平面P AC ，∴OH ⊥平面P AC .又P A ⊂平面P AC ，∴P A ⊥OH .在平面P AO 中，过O 作OG ⊥P A 于G ，连接HG ，则有 P A ⊥平面OGH ，从而P A ⊥HG ，∴∠OGH 是二面角B -P A -C 的平面角． 在Rt △ODA 中，OD ＝OA ·sin45°＝22.在Rt △POD 中，OH ＝PO ·OD PO 2＋OD 2＝2×222＋12＝105，在Rt △POA 中，OG ＝PO·OA PO 2＋OA 2＝2×12＋1＝63，在Rt △OHG 中，sin ∠OGH ＝OH OG ＝10563＝155，所以cos ∠OGH ＝105.故二面角B -P A -C 的余弦值为105.【评析】本题以圆锥为载体，主要考查面面垂直及二面角的计算等．第(1)问是利用隐含的线线、线面垂直得出面面垂直，充分利用圆及圆锥的性质是证明的关键；第(2)问的难点在于如何作出二面角B -P A -C 的平面角，这主要是利用第(1)问面面垂直的性质作图来实现的，在作出二面角的平面角后，构造(或找出)含此角的三角形，计算即可．注意尽量将计算问题放在直角三角形内．(2013·广东)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A ′­BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ； (2)求二面角A ′­CD -B 的平面角的余弦值．解：(1)证明：在图1中，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2.如图示，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos45°＝ 5.由翻折不变性可知A ′D ＝22，易得A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，∴A ′O ⊥OD .同理可证A ′O ⊥OE .又∵OD ∩OE ＝O ，∴A ′O ⊥平面BCDE .(2)过O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ，∵A ′O ⊥平面BCDE ，由三垂线定理知A ′H ⊥CD ，∴∠A ′HO 为二面角A ′­CD -B 的平面角.结合图1可知，H 为AC 中点，又O 为BC 中点，故OH ＝12AB ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋OA ′2＝302 ，∴cos ∠A ′HO ＝OH A ′H ＝155，∴二面角A ′­CD -B 的平面角的余弦值为155.1．判断(证明)线线垂直的方法 (1)根据定义；(2)如果直线a ∥b ，a ⊥c ，则b ⊥c ； (3)如果直线a ⊥面α，c ⊂α，则a ⊥c ；(4)向量法：两条直线的方向向量的数量积为零． 2．证明直线和平面垂直的常用方法(1)利用判定定理：两相交直线a ，b ⊂α，a ⊥c ，b ⊥c ⇒c ⊥α. (2)a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(3)利用面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(4)利用面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝m ，a ⊂α，a ⊥m ⇒a ⊥β；α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m ⇒m ⊥γ.3．证明面面垂直的主要方法(1)利用判定定理．在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边，勾股定理的逆定理等结论；(2)用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角；(3)如果一个平面垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面：α∥β，α⊥r ⇒β⊥r .4．平面与平面垂直性质的应用 当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等．5．注意线线垂直、线面垂直、面面垂直间的相互转化6．线面角、二面角求法 求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找) ⇒证⇒求(算)三步曲．也可用射影法：设斜线段AB 在平面α内的射影为A ′B ′，AB 与α所成角为θ，则cos θ＝||A ′B ′||AB ；设△ABC 在平面α内的射影三角形为△A ′B ′C ′，平面ABC 与α所成角为θ，则cos θ＝S △A ′B ′C ′S △ABC .。

(5)×. 若两平面垂直,则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.
(6)√.
【易错点索引】
序号
易错警示
典题索引
1
证明线面垂直时忽视平面上的两条直
线相交
考点一、T3
考点三、角度1
2
证明面面垂直时找错直线
考点一、T3,4
3
应用面面垂直的性质定理时忽视与交
线垂直
考点三、角度2
4
线面角、二面角概念混淆致误
即O为△ABC的垂心.
答案:垂
考点一
垂直关系的基本问题
【题组练透】
1.已知α,β表示两个不同的平面,m为平面α内的一条直线,则“α⊥β”是
“m⊥β”的 (
)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:
(4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α. (
)
)
)
(5)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面. (
(6)如果两个平面所成的二面角为90°,则这两个平面垂直.(
)
)
提示:(1) ×.直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则l⊥α.
(2)√.
(3)√.
(4)×. 若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a⊂α.
①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,
γ⊥β,则α∥γ;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题为 (
A.①②③
B.①②④
C.①③④
D.②③④
)
3.如图,在三棱锥A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.

高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3， 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ， 连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角． 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形． 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)． 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量． 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解． 跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点． (1)证明：BE ⊥PD ；(2)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面FAB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋8－t 23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)， 所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．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．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)， 所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． (1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分]设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ， 又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解 以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)， 设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， 由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)． 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°， 即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。

题组(1)(2023·广东六校第四次联考)已知正四面体 ABCD 的棱长为 1,且
=2 ,则 ·=(
1
A.
6
1
B.6
)
1
C.3
1
D.
3
(2)已知 O 为空间直角坐标系的原点,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),
且点 Q 在直线 OP 上运动,当 ·取得最小值时,的坐标是
考点二
平面向量基本定理的应用
例题(1)如果A(1,5,-2),B(2,4,2),C(a,3,b+2)三点在同一直线上,那么
a=
,b=
.
(2)(2023·湖南师大附中模拟)已知=(-2,2,-2), =(-1,6,-8),=(x-4,-2,0),且
点 D 在平面 ABC 内,则 x=
.
(3)已知 A,B,C 三点不共线,对平面 ABC 外的任一点 O,若点 M 满足 =
OG 上一点,且 =41 ,则(
A.1 =
1

6
B.1 =
1

12
C.1 =
1

18
D.1 =
1

8
+
1

6
+
+
1

12
+
1

18
+
1

8
+
1

6
+
1

12
+
1

18
1

8
)
答案 B
解析 连接AG并延长交BC于点N,连接ON.
由 G 是△ABC 的重心,可得 =

课堂典例讲练
线面垂直的判定与性质 [例 1] 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平 行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O 为 AC 的中点，PO ⊥平面 ABCD.证明：AD⊥平面 PAC.
[分析] 只需证 AD⊥AC，再利用线面垂直的判定定理即 可．
[解析] ∵∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1. ∴∠DAC＝90°，即 AD⊥AC， 又 PO⊥平面 ABCD，AD⊂平面 ABCD， ∴PO⊥AD，而 AC∩PO＝O， ∴AD⊥平面 PAC.
所以 A1F∥AD.
又 AD 平面 ADE，A1F⃘平面 ADE，
所以 A1F∥平面 ADE.
平行与垂直关系的综合应用 [例 3] 如图，在四面体 ABCD 中，CB＝CD，AD⊥BD， 点 E、F 分别是 AB、BD；
(2)平面 EFC⊥平面 BCD.
2．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的判定方法 ①定义：如果两个平面所成的二面角是直角 ，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一条垂线 ，则这两 个平面垂直．
(2)平面与平面垂直的性质 如果两平面垂直，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．
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.
[答案] ①④
[解析] 本题考查四面体的性质，取 BC 的中点 E， 则 BC⊥AE，BC⊥DE， ∴BC⊥平面 ADE，∴BC⊥AD，故①正确． 设 O 为 A 在面 BCD 上的射影，依题意 OB⊥CD，OC⊥ BD， ∴O 为垂心，∴OD⊥BC，∴BC⊥AD，故④正确， ②③易排除，故答案为①④.

2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何 8.5 垂直关系教师用书文北师大版1．直线与平面垂直图形条件结论判定a⊥b，bα(b为α内的任意一条直线)a⊥αa⊥m，a⊥n，m、nα，m∩n＝O a⊥αa∥b，a⊥αb⊥α性质a⊥α，bαa⊥ba⊥α，b⊥αa∥b2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，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)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直⎭⎪⎬⎪⎫lβl⊥α⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面错误!⇒l⊥α【知识拓展】重要结论：(1)若两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，则这一条直线与另一个平面也垂直．【思考辨析】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)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √)(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( ×)(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √)1．(教材改编)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答案 A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．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又aα，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( )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答案 C解析A中，由m⊥n, n∥α，可得mα或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得mα或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或mα或m∥α，错误．4．(2016·某某模拟)在正四面体ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，下面的结论不正确的是( )A．BC∥平面AGFB．EG⊥平面ABFC．平面AEF⊥平面BCDD．平面ABF⊥平面BCD答案 C解析易知点A在平面BCD上的投影在底面的中心，而中心不在EF上，所以平面AEF⊥平面BCD错误，选C.5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的投影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB，AB平面PAB，∴PC⊥AB，又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，即O为△ABC的心.题型一直线与平面垂直的判定与性质例1 (2016·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．OD ′＝10.证明：D ′H ⊥平面ABCD . 证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，且OH ，EF 平面ABCD ，所以D ′H ⊥平面ABCD .思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．(2015·某某)如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二 平面与平面垂直的判定与性质例2 如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ； (2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)方法一 取PA 的中点H ，连接EH ，DH .又E 为PB 的中点， 所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH平面PAD ，CE平面PAD .所以CE ∥平面PAD . 方法二 连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ，又CF 平面PAD ，AD平面PAD ，所以CF ∥平面PAD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA . 又EF平面PAD ，PA平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD . 又CE平面CEF ，所以CE ∥平面PAD .(2)因为E 、F 分别为PB 、AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为AB ⊥PA ，所以EF ⊥AB ，同理可证AB ⊥FG . 又因为EF ∩FG ＝F ，EF 平面EFG ，FG平面EFG .所以AB ⊥平面EFG .又因为M ，N 分别为PD ，PC 的中点， 所以MN ∥CD ，又AB ∥CD ，所以MN ∥AB ， 所以MN ⊥平面EFG . 又因为MN 平面EMN ，所以平面EFG ⊥平面EMN .引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN ⊥平面PAC . 证明 因为AB ⊥PA ，AB ⊥AC ， 且PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC . 又MN ∥CD ，CD ∥AB ，所以MN ∥AB ， 所以MN ⊥平面PAC .又MN平面EMN，所以平面EMN⊥平面PAC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥PA，FG∥AC，又EF平面PAC，PA平面PAC，所以EF∥平面PAC.同理，FG∥平面PAC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAC.思维升华(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，aα⇒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．(2016·某某)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F 在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.题型三直线、平面垂直的综合应用例3 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4 5.(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；(2)求四棱锥P—ABCD的体积．(1)证明在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝45，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.又BD平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.(2)解 过P 作PO ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高．又△PAD 是边长为4的等边三角形，∴PO ＝2 3. 在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ， ∴四边形ABCD 为梯形．在Rt△ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形的高．∴S 四边形ABCD ＝25＋452×855＝24.∴V P —ABCD ＝13×24×23＝16 3.思维升华 垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥PABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积． (1)证明 因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，PD ，DE 都在平面PED 内， 所以AB ⊥平面PED ，又PG 在平面PED 内， 故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，从而G 是AB 的中点．(2)解 在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，PC ∩PA ＝P ，PC 与PA 都在平面PAC 中，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中， 可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF的体积V＝13×12×2×2×2＝43.16．立体几何证明问题中的转化思想典例(12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规X．规X解答证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]∵A1K平面A1MK，AN平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分]∴MK⊥B1C.∵A1B1平面A1B1C，B1C平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．已知直线m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，要使n⊥β，则应增加的条件是( ) A．nα且m∥n B．n∥αC．nα且n⊥m D．n⊥α答案 C解析由面面垂直的性质定理知选C.2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A．若α⊥β，mα，nβ，则m⊥nB．若α∥β，mα，nβ，，则m∥nC．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案 D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中，m与n可平行、可异面；C中，若α∥β，仍然满足m⊥n，mα，nβ，故C错误；故选D.3．(2016·某某模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E答案 C解析A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确，故选C.4．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′ B．BDC．A′D′ D．AA′答案 B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.5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M 为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①② B．①②③C．① D．②③答案 B解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA平面PAC，OM平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．答案AB、BC、ACAB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.7.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)答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.8.如图，PA⊥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⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥AF . ∵AF ⊥PC ，且BC ∩PC ＝C ， ∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， ∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF . 故①②③正确．9．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个． 答案 2解析 若α，β换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．10．(2016·某某)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点，理由如下： 连接BM ，CM .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，从而CM ∥AB . 又AB平面PAB ，CM平面PAB .所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明 由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD . 因为AD ∥BC ，BC ＝CD ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交， 所以PA ⊥平面ABCD ， 从而PA ⊥BD .又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PAB . 又BD平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .11．(2016·)如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面PAC ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA ∥平面CEF ？说明理由． (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，DC平面ABCD ，∴PC ⊥DC .又AC ⊥DC ，PC ∩AC ＝C ，PC 平面PAC ，AC平面PAC ，∴DC ⊥平面PAC .(2)证明 ∵AB ∥CD ，CD ⊥平面PAC ，∴AB⊥平面PAC，又AB平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又∵E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA平面CEF，EF平面CEF，∴PA∥平面CEF.12.(2016·某某铁一中学模拟)如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB＝90°，AB∥CD，AD＝AF＝CD＝2，AB＝4.(1)求证：AC⊥平面BCE；(2)求三棱锥E－BCF的体积．(1)证明过C作CM⊥AB，垂足为M，又∵AD⊥DC，∴四边形ADCM为矩形，∴AM＝MB＝2，∵AD＝2，AB＝4，∴AC＝22，CM＝2，BC＝22，∴AB2＝AC2＋BC2，∴AC⊥BC，∵AF⊥平面ABCD，BE∥AF，∴BE⊥平面ABCD，又∵AC平面ABCD，∴AC⊥EB，∵EB∩BC＝B，∴AC⊥平面BCE.word(2)∵AF ⊥平面ABCD ，∴AF ⊥CM ， 又CM ⊥AB ，AB ∩AF ＝A ， ∴CM ⊥平面ABEF ，∴V E －BCF ＝V C －BEF ＝13·12·BE ·EF ·CM ＝16·2·4·2＝83.。

则(
)
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案:(1)B (2)A
解析:(1)A.因为m⊥l,n⊥l,所以m∥n或者m与n相交或者m,n异面,所以A不正
确;B.因为垂直于同一条直线的两个平面平行,所以B正确;C.因为垂直于同
但m,n不平行,∴“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件.
考点二
直线、平面垂直的判定及性质(多考向探究)
考向1 直线与平面垂直的判定
例2如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 2 ,
PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,
(2)判定定理与性质定理
定理
名称
文字语言
如果一条直线和一个平面
判定
内的两条相交直线都垂
定理
直,那么该直线与此平面
垂直
性质
垂直于同一个平面的两条
定理
直线 平行
图形表示
符号表示
l⊥a
l⊥b
a⋂b = O ⇒l⊥α
a⫋α
b⫋α
a⊥α
b⊥α
⇒a∥b
微思考当直线m与平面α不垂直时,在α内是否一定存在无数条直线与m垂
又平面AA1C1C∩平面AA1B1B=AA1,平面B1EF∩平面AA1B1B=B1E,
∴AA1∥B1E,显然不成立,
∴假设不成立,即平面B1EF与平面A1BD不垂直.故B错误.
对于C,由题意知,直线AA1与B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC必相交.
故C错误.
对于D,连接AB1,CB1,易证平面AB1C∥平面A1C1D,

如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CA＝CB，AB＝AA1，
∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C； (2) 若 AB ＝ CB ＝ 2 ， A1C ＝
ABC-A1B1C1 的体积．
6，求三棱柱
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解：(1)证明：取 AB 的中点 O，连接 OC，OA1，A1B. 因为 CA＝CB，所以 OC⊥AB. 由于 AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B 为等边三角形， 所以 OA1⊥AB. 因为 OC∩OA1＝O，所以 AB⊥平面 OA1C. 又 A1C⊂平面 OA1C，故 AB⊥A1C. (2)由题设知△ABC 与△AA1B 都是边长为 2 的等边三角 形，所以 OC＝OA1＝ 3. 又 A1C＝ 6，则 A1C2＝OC2＋OA12，故 OA1⊥OC. 因为 OC∩AB＝O，所以 OA1⊥平面 ABC，OA1 为三棱柱 ABC-A1B1C1 的高． 又△ABC 的面积 S△ABC＝ 3，故三棱柱 ABC-A1B1C1 的体 积为 V＝S△ABC×OA1＝3.
若 l∥α，m⊥平面 α，则 l⊥m，所以“l⊥m”是 “l∥α”的必要而不充分条件．故填必要不充分．
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(2017 重庆八中适应性考试)在正四面体 P-ABC 中，D，
E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下面四个结论中正确的是
________．
①BC∥平面 PDF；
②DF⊥平面 PAE；
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【点拨】证明线面垂直的基本思路是证 明该直线和平面内的两条相交直线垂直，亦 可利用面面垂直的性质定理来证明；第(2)问 的难点在于求底面四边形 ABCD 的面积，注 意充分利用题设条件，先证明底面 ABCD 是 直角梯形，从而求出底面面积，最后求体积．

8．5空间中的垂直关系1．线线垂直如果两条直线所成的角是______(无论它们是相交还是异面)，那么这两条直线互相垂直．2．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，我们就说______________________，记作______．直线l叫做______________，平面α叫做______________．直线与平面垂直时，它们惟一的公共点P叫做______．垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到平面的________．(2)判定定理：一条直线与一个平面内的______________都垂直，则该直线与此平面垂直．推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．用符号表示：a∥b，a⊥α⇒b⊥α．(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__________．3．直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，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直角；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°的角．任一直线与平面所成角θ的范围是____________．4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的______________________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______________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范围是__________．5．平面与平面垂直(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，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________，则这两个平面垂直．(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于______的直线与另一个平面垂直．自查自纠：1．直角2．(1)直线l与平面α互相垂直l⊥α平面α的垂线直线l的垂面垂足距离(2)两条相交直线(3)平行3．锐角[0°，90°]4．(1)两个半平面所组成的图形(2)垂直于棱[0°，180°]5．(1)直二面角(2)垂线(3)交线(2018·广东清远一中月考)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①α⊥β⇒l∥m；②α∥β⇒l⊥m；③l⊥m⇒α∥β；④l∥m⇒α⊥β，其中正确命题的序号是() A．①②③B．②③④C．①③D．②④解：①中l与m可能相交、平行或异面；②中结论正确；③中两平面α，β可能平行，也可能相交；④中结论正确．故选D．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则() A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C．(2017·湖北武汉模拟)如图，在正方形ABCD 中，E，F分别是BC，CD的中点，连接AC，交EF于点G，沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF，得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，所以AH⊥平面EFH，B正确；因为过点A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；因为AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，所以EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，所以平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，所作直线一定在平面HAG内，所以C不正确；因为HG不垂直于AG，所以HG⊥平面AEF 不正确，所以D不正确．故选B．(2018·临沂检测)设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：____________．(用序号表示)解：若①②③成立，则m与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确．故填①③④⇒②(或②③④⇒①)．(2017重庆八中适应性考试)在正四面体P-ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中正确的是________．①BC∥平面PDF；②DF⊥平面P AE；③平面PDF⊥平面ABC；④平面P AE⊥平面AB C．解：由DF∥BC可得BC∥平面PDF，故①正确；若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面P AE，故②正确；由PO⊥平面ABC，PO⊂平面P AE，可得平面P AE⊥平面ABC，故④正确，平面PDF不过PO，故③不正确．故填①②④．类型一线线垂直问题(2018·湖州模拟改编)如图所示，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE⊥底面BCDE，O，F分别为BE，DE的中点．求证：(1)AO⊥CD；(2)CE⊥AF．证明：(1)因为△ABE为等边三角形，O为BE 的中点，所以AO⊥BE．又因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AO⊂平面ABE，所以AO⊥平面BCDE．又因为CD⊂平面BCDE，所以AO⊥C D．(2)连接BD，因为四边形BCDE为菱形，所以CE⊥B D．因为O，F分别为BE，DE的中点，所以OF∥BD，所以CE⊥OF．由(1)可知，AO⊥平面BCDE，因为CE⊂平面BCDE，所以AO⊥CE．因为AO∩OF＝O，所以CE⊥平面AOF．又AF⊂平面AOF，所以CE⊥AF．点拨：本题主要考查线线、线面位置关系．证明线线垂直，其实质是通过证明线面垂直，再化归为线线垂直．(2017武汉市武钢第三子弟中学月考)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝6，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B．因为CA＝CB，所以OC⊥A B．由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥A B．因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C．又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C．(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝3．又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥O C ．因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为V ＝S △ABC ×OA 1＝3．类型二 线面垂直问题如图，在边长为4的菱形ABCD 中， ∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC 交EF 于点O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接P A ，PB ，PD ，得到五棱锥P -ABFED ，且PB ＝10．(1)求证：BD ⊥平面POA ； (2)求四棱锥P -BDEF 的体积．解：(1)证明：如图，因为点E ，F 分别是题图中菱形ABCD 的边CD ，CB 的中点，所以BD ∥EF ．因为菱形ABCD 的对角线互相垂直，所以BD ⊥AC ，所以EF ⊥A C ．所以EF ⊥AO ，EF ⊥PO ．因为AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，所以EF ⊥平面POA ，所以BD ⊥平面PO A ．(2)如图，设AO ∩BD ＝H ，连接BO ．因为∠DAB ＝60°，所以△ABD 为等边三角形．所以BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3． 在Rt △BHO 中，BO ＝7．在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2，所以PO ⊥BO ．因为PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ，所以PO ⊥平面BFE D ．因为梯形BFED 的面积为S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33，所以四棱锥P -BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝3．点 拨：证明线面垂直的基本思路是证明该直线和平面内的两条相交直线垂直，亦可利用面面垂直的性质定理来证明；题(2)的难点在于证明PO 即是所求四棱锥的高．(2017锦州市第二高级中学月考)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC 1∥平面EFPQ ； (2)直线AC 1⊥平面PQMN ．证明：(1)如图，连接AD 1，由ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1，因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点， 所以FP ∥AD 1，从而BC 1∥FP ．而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ ．(2)如图，连接AC ，BD ，则AC ⊥B D ．由CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得CC 1⊥B D ．又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1A 1． 而AC 1⊂平面ACC 1A 1，所以BD ⊥AC 1． 因为M ，N 分别是A 1B 1，A 1D 1的中点，所以MN ∥BD ，从而MN ⊥AC 1．同理可证PN ⊥AC 1．又PN ∩MN ＝N ，所以直线AC 1⊥平面PQMN ．类型三 面面垂直问题如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．(1)求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值； (2)证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M ．解：(1)因为C 1D 1∥B 1A 1，所以∠MA 1B 1为异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角，因为A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，所以∠A 1B 1M ＝90°．而A 1B 1＝1，B 1M ＝B 1C 21＋MC 21＝2，故tan ∠MA 1B 1＝B 1MA 1B 1＝2．(2)证明：由A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，BM ⊂平面BCC 1B 1，得A 1B 1⊥BM ．① 由(1)知，B 1M ＝2，又BM ＝BC 2＋CM 2＝2，B 1B ＝2，B 1M 2＋BM 2＝B 1B 2，从而BM ⊥B 1M ．②又A 1B 1∩B 1M ＝B 1，由①②得BM ⊥平面A 1B 1M ．而BM ⊂平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面A 1B 1M ．点 拨：求异面直线所成的角，一般方法是通过平移直线，把异面问题转化为共面问题，通过解三角形求出所构造的角；证明面面垂直，可转化为证明线面垂直，而线面垂直又可以转化为证明线线垂直，在证明过程中，需充分利用规则几何体本身所具有的几何特征简化问题，有时还需应用勾股定理的逆定理，通过计算来证明垂直关系，这在高考题中是常用方法之一．(2018·豫南九校质检)在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，△P AD 是等边三角形，已知AD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4．(1)设M 是PC 上一点，求证：平面MBD ⊥平面P AD ；(2)求四棱锥P -ABCD 的体积．解：(1)证明：在△ABD 中，AD ＝2，BD ＝23，AB ＝4，由勾股定理可得AD ⊥B D ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BD ⊥平面P AD ，又BD ⊂平面MBD ，所以平面MBD ⊥平面P A D ． (2)取AD 的中点O ，连接PO ，则PO 是四棱锥P -ABCD 的高，易得PO ＝3，底面四边形ABCD 的面积是12×(2＋4)×2×234＝33，所以四棱锥P -ABCD 的体积为13×33×3＝3．类型四 垂直综合问题(2017大连经济技术开发区一中月考)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A ′­BCDE ，其中A′O ＝3．(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ； (2)求二面角A ′­CD -B 的平面角的余弦值．解：(1)证明：在图1中，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝22．如图示，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos45°＝5．由翻折不变性可知A ′D ＝22，易得A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥O D ．同理可证A ′O ⊥OE ．又因为OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE ． (2)过O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ，因为A ′O ⊥平面BCDE ，易知A ′H ⊥CD ，所以∠A ′HO 为二面角A ′­CD -B 的平面角．结合图1可知，H 为AC 中点，又O 为BC 中点，故OH ＝12AB ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋OA ′2＝302， 所以cos ∠A ′HO ＝OH A ′H ＝155．所以二面角A ′­CD -B 的平面角的余弦值为155．点 拨：本题主要考查线面垂直及二面角的计算等．折叠要注意不变量；作二面角，往往要通过作垂线来实现．如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝4，E 为AD 的中点，O 为BE 的中点．将△ABE 沿BE 折起到A ′BE ，使得平面A ′BE ⊥平面BCDE (如图2)．图1 图2 (1)求证：A ′O ⊥CD ；(2)求直线A ′C 与平面A ′DE 所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图1，在矩形ABCD 中，因为AB ＝2，BC ＝4，E 为AD 中点，所以AB ＝AE ＝2，因为O 为BE 的中点，所以AO ⊥BE ． 由题意可知，A ′O ⊥BE ，平面A ′BE ⊥平面BCDE ．因为平面A ′BE ∩平面BCDE ＝BE ，A ′O ⊂平面A ′BE ，所以A ′O ⊥平面BCDE ． 因为CD ⊂平面BCDE ，所以A ′O ⊥C D ． (2)取BC 中点为F ，连接OF ，由矩形ABCD 性质，可知OF ⊥BE ，由(1)可知，A ′O ⊥BE ， A ′O ⊥OF ，以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，在Rt △BAE 中，由AB ＝2，AE ＝2，则BE＝22，OA ＝2，所以A ′(0，0，2)，E (0，2，0)，F (2，0，0)，B (0，－2，0)，C (22，2，0)，D (2，22，0)，则A ′C →＝(22，2，－2)，ED →＝(2，2，0)，A ′E →＝(0，2，－2)．设平面A ′DE 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′E →＝0，m ·ED →＝0，⇒⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，则x ＝－1，z ＝1，所以m ＝(－1，1，1)．设直线A ′C 与平面A ′DE 所成角为θ，sin θ＝|cos 〈A ′C →，m 〉|＝|A ′C →·m ||A ′C →|·|m |＝23，所以直线A ′C 与平面A ′DE 所成角的正弦值为23．1．判断(证明)线线垂直的方法 (1)根据定义．(2)如果直线a ∥b ，a ⊥c ，则b ⊥c ． (3)如果直线a ⊥面α，c ⊂α，则a ⊥c ．(4)向量法：两条直线的方向向量的数量积为零．2．证明直线和平面垂直的常用方法 (1)利用判定定理：两相交直线a ，b ⊂α，a ⊥c ，b ⊥c ⇒c ⊥α．(2)a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α． (3)利用面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β． (4)利用面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝m ，a⊂α，a ⊥m ⇒a ⊥β；α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m ⇒m ⊥γ．3．证明面面垂直的主要方法 (1)利用判定定理：a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β． (2)用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角． (3)如果一个平面垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面：α∥β，α⊥γ⇒β⊥γ． 4．平面与平面垂直的性质的应用当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等．5．垂直关系的相互转化6．线面角、二面角求法 求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)⇒证⇒求(算)三步曲．也可用射影法：设斜线段AB 在平面α内的射影为A ′B ′，AB 与α所成角为θ，则cos θ＝||A ′B ′||AB ；设△ABC 在平面α内的射影三角形为△A ′B ′C ′，平面ABC 与α所成角为θ，则cos θ＝S △A ′B ′C ′S △ABC．1．(2017·唐山三模)已知平面α⊥平面β，则“直线m ⊥平面α”是“直线m ∥平面β”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：若α⊥β，且m ⊥α，则m ∥β或m ⊂β；若α⊥β，且m ∥β，则m ∥α或m 与α相交或m ⊂α．故选D ．2．(2018·上饶质检)已知P 是△ABC 所在平面外一点，P 到AB ，AC ，BC 的距离相等，且P 在△ABC 所在平面的射影O 在△ABC 内，则O 一定是△ABC 的 ( )A ．内心B ．外心C ．垂心D ．重心解：因为P 到AB ，AC ，BC 三边的距离相等，且P 在△ABC 所在平面的射影O 在△ABC 内，则O 到AB ，AC ，BC 三边的距离也相等，即点O 为△ABC 的内切圆的圆心，即△ABC 的内心．故选A ．3．(2018·福建泉州)如图，在下列四个正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 均为所在棱的中点，过E ，F ，G 作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD 1与平面EFG 不垂直的是 ()A BC D解：如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，M ，N ，Q 均为所在棱的中点，图形EFMNQG 是一个平面图形，直线BD 1与平面EFMNQG 垂直，而选项A ，B ，C 中的平面EFG 与这个平面重合，D 中EF ∥BB 1，而BB 1与BD 1不垂直，即BD 1与平面EFG 不垂直．故选D ．4．(2017沈阳市第一中学月考)设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解：当α⊥β时，由面面垂直的性质定理知b ⊥α，则b ⊥a ．所以“α⊥β”是“a ⊥b ”的充分条件．而当a ⊂α，且a ∥m 时，因为b ⊥m ，所以b ⊥a ，而此时平面α与平面β不一定垂直．所以“α⊥β”不是“a ⊥b ”的必要条件．故选A ．5．(2018·广东模拟)如图所示是一个几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为所在棱P A ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P A D．其中正确结论的个数是()A．1 B．2 C．3 D．4解：画出该几何体的直观图，如图所示，①因为E，F分别是P A，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；②直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；③由E，F分别是P A，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故③正确；④无法判定平面BCE⊥平面P AD，故④不正确．故选B．6．(2017瓦房店市高级中学月考)如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：①SG⊥平面EFG；②SD⊥平面EFG；③GF⊥平面SEF；④EF⊥平面GSD；⑤GD⊥平面SEF．正确的是()A．①和③B．②和⑤C．①和④D．②和④解：因为正方形中折叠前后都有SG⊥GE，SG ⊥GF，所以SG⊥平面EFG．①正确，②错误．因为SG⊥GF，SG⊥GD，所以GF并不垂直于SF，GD并不垂直于SD，即③⑤错误．因为EF⊥GD，EF⊥SG，GD∩SG＝G，所以EF⊥面GS D．④正确．故选C．7．在正方体ABCD-A′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F，则①四边形BFD′E一定是平行四边形；②四边形BFD′E有可能是正方形；③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影一定是正方形；④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D．以上结论正确的为__________．(写出所有正确结论的编号)解：根据两平面平行的性质定理可得BFD′E为平行四边形，①正确；若四边形BFD′E是正方形，则BE⊥ED′，又A′D′⊥EB，A′D′∩ED′＝D′，所以BE⊥面ADD′A′，与已知矛盾，②错；易知四边形BFD′E在底面ABCD内的投影是正方形ABCD，③正确；当E，F分别为棱AA′，CC′的中点时，EF∥AC，又AC⊥平面BB′D，所以EF⊥面BB′D，④正确．故填①③④．8．(教材改编)如图所示，在四边形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A­BCD中：①平面ADC⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面ABD；③平面ADC⊥平面BD C．其中正确的是____________．(写出所有正确结论的编号)解：在四边形ABCD中，由已知可得BD⊥C D．又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，所以CD⊥A B．又AD⊥AB，AD∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面ADC ，从而平面ABC ⊥平面AD C ．故填①②．9．(2017钟祥市实验中学月考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面是边长为a 的正方形，侧棱 PD ＝a ，P A ＝PC ＝2a ．求证：(1)PD ⊥平面ABCD ； (2)平面P AC ⊥平面PB D ． 证明：(1)因为PD ＝a ，DC ＝a ，PC ＝2a ，所以PC 2＝PD 2＋DC 2，所以PD ⊥D C ． 同理可证PD ⊥AD ，又AD ∩DC ＝D ， 所以PD ⊥平面ABC D ．(2)由(1)知PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AC ，而四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD ，又BD ∩PD ＝D ，所以AC ⊥平面PD B ．同时AC ⊂平面P AC ，所以平面P AC ⊥平面PB D ．10．(2018·河北石家庄联考)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形， ∠BAD ＝60°．PB ＝PD ＝2，P A ＝6．(1)证明：PC ⊥BD ；(2)若E 为P A 上一点，记三棱锥P -BCE 的体积和四棱锥P ­ABCD 的体积分别为V 1和V 2，当V 1∶V 2＝1∶8时，求EPAE的值．解：(1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接PO ． 因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ，且O 为BD 的中点，因为PB ＝PD ，所以PO ⊥BD ，又AC ∩PO ＝O ，所以BD ⊥平面P AC ，又 PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥P C ．(2)因为AB ＝PB ＝2，AD ＝PD ＝2，BD ＝BD ，所以△ABD ≌△PBD ，所以AO ＝PO ＝3，因为P A ＝6，所以P A 2＝OA 2＋OP 2，所以PO ⊥A C ． 又PO ⊥BD ，AC ∩BD ＝O ，所以PO ⊥平面ABC D ．过点E 作EF ∥PO ，交AC 于点F ， 所以EF ，PO 分别是三棱锥E -ABC 和四棱锥P -ABCD 的高． 又V 1＝V P ­ABC －V E ­ABC ＝13S △ABC ·(PO －EF )，V 2＝13S 菱形ABCD ·PO ，由V 1V 2＝18，得S △ABC ·（PO －EF ）S 菱形ABCD ·PO ＝18，即4(PO －EF )＝PO ，所以PO EF ＝43．因为EF ∥PO ，所以△AEF ∽△APO ， 所以PO EF ＝AP AE ＝AE ＋EP AE ＝43，所以EP AE ＝13．11．(2018·北京西城一模)如图1，在△ABC中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE 的中点，AB ＝AC ＝25，BC ＝4．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使得平面A 1DE ⊥平面BCED ，F 为A 1C 的中点，如图2所示．(1)求证：EF ∥平面A 1BD ；(2)求证：平面A 1OB ⊥平面A 1OC ；(3)在线段OC 上是否存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ？请说明理由．解：(1)证明：如图，取线段A 1B 的中点H ，连接HD ，HF ．因为在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以DE ∥BC ，且DE ＝12B C ．因为H ，F 分别为A 1B ，A 1C 的中点，所以HF ∥BC ，且HF ＝12BC ，所以HF ∥DE ，且HF ＝DE ．所以四边形DEFH 为平行四边形，所以EF ∥H D ．因为EF ⊄平面A 1BD ，HD ⊂平面A 1BD ， 所以EF ∥平面A 1B D ．(2)证明：因为在△ABC 中，AB ＝AC ，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以AD ＝AE ，所以A 1D ＝A 1E ，又O 为DE 的中点，所以A 1O ⊥DE ．因为平面A 1DE ⊥平面BCED ，且平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1O ⊂平面A 1DE ，所以A 1O ⊥平面BCED ，所以CO ⊥A 1O ． 又易求得OB ＝OC ＝22，所以OB 2＋OC 2＝BC 2，所以CO ⊥BO ， 又A 1O ∩BO ＝O ，A 1O ⊂平面A 1OB ，BO ⊂平面A 1OB ，所以CO ⊥平面A 1OB ，又CO ⊂平面A 1OC ，所以平面A 1OB ⊥平面A 1O C ．(3)在线段OC 上不存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ．理由如下：假设在线段OC 上存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ，连接GE ，GF ，则必有OC ⊥GF ，OC ⊥GE ．在Rt △A 1OC 中，由F 为A 1C 的中点，得G 为OC 的中点．在△EOC 中，因为OC ⊥GE ， 所以EO ＝EC ，这显然与EO ＝1，EC ＝5矛盾． 所以在线段OC 上不存在点G ，使得OC ⊥平面EFG ．(2018·大连二模)如图所示，在几何体ABCDEF 中，底面ABCD 为矩形，EF ∥CD ，CD ⊥EA ，CD ＝2EF ＝2，ED ＝3，M 为棱FC 上一点，平面ADM 与棱FB 交于点N ．(1)求证：ED ⊥CD ； (2)求证：AD ∥MN ； (3)若AD ⊥ED ，试问平面BCF 是否可能与平面ADMN 垂直？若能，求出FMFC 的值；若不能，请说明理由．解：(1)证明：因为底面ABCD 为矩形，所以CD ⊥A D ．又因为CD ⊥EA ，AD ∩EA ＝A ，所以CD ⊥平面EAD ，所以CD ⊥E D ．(2)证明：因为底面ABCD 为矩形，所以AD ∥B C ．因为AD ⊄平面FBC ，BC ⊂平面FBC ，所以AD ∥平面FB C ．又因为平面ADMN ∩平面FBC ＝MN ，所以AD ∥MN ．(3)平面ADMN 与平面BCF 可以垂直．证明如下：连接DF ．因为AD ⊥ED ，AD ⊥CD ，ED ∩CD ＝D ， 所以AD ⊥平面CDEF ， 所以AD ⊥DM ．因为AD ∥MN ，所以DM ⊥MN ． 因为平面ADMN ∩平面BCF ＝MN ， 若使平面ADMN ⊥平面BCF ，则需DM ⊥平面BCF ，即DM ⊥F C ．在梯形CDEF 中，因为EF ∥CD ，ED ⊥CD ，CD ＝2EF ＝2，ED ＝3，所以DF ＝DC ＝2．所以若使DM ⊥FC 能成立，则M 为FC 的中点．所以FM FC ＝12．。