高考数学复习 第76课时第九章 直线、平面、简单几何体空间向量及其运算名师精品教案 新人教A版

第73课时：第九章 直线、平面、简单几何体——直线和平面平行及平面与平面平行课题：直线和平面平行及平面与平面平行 一．复习目标：1．了解直线和平面的位置关系；掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理． 2．了解平面和平面的位置关系；掌握平面和平面平行的判定定理和性质定理． 二．课前预习：1．已知直线a 、b 和平面α，那么b a //的一个必要不充分的条件是（ D ）()A α//a ，α//b ()B α⊥a ，α⊥b ()C α⊂b 且α//a ()D a 、b 与α成等角2．α、β表示平面，a 、b 表示直线，则α//a 的一个充分条件是 （ D ）()A βα⊥，且β⊥a ()B b =βα ，且b a // )(C b a //，且α//b ()D βα//，且β⊂a3.已知平面//α平面β，P 是βα,外一点，过点P 的直线m 与βα,分别交于点C A ,，过点P 的直线n 与βα,分别交于点D B ,，且6=PA ，9=AC ，8=PD ，则BD 的长为（ B ）()A 16 ()B 24或524()C 14 ()D 20 4．空间四边形ABCD 的两条对角线4=AC ，6=BD ，则平行于两对角线的截面四边形的周长的取值范围是 ．答案：（8，12）三．例题分析：例1．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中． (1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C ；(2)若E 、F 分别是AA 1，CC 1的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面FBD ． 证明：(1)由B 1B ∥DD 1，得四边形BB 1D 1D 是平行四边形， ∴B 1D 1∥BD ，又BD ⊄平面B 1D 1C ，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ， ∴BD ∥平面B 1D 1C ． 同理A 1D ∥平面B 1D 1C ． 而A 1D ∩BD ＝D ，A1∴平面A 1BD ∥平面B 1CD ．(2)由BD ∥B 1D 1，得BD ∥平面EB 1D 1． 取BB 1中点G ，∴AE ∥B 1G ．从而得B 1E ∥AG ，同理GF ∥AD ． ∴AG ∥DF ． ∴B 1E ∥DF ．∴DF ∥平面EB 1D 1．∴平面EB 1D 1∥平面FBD ．说明 要证“面面平面”只要证“线面平面”，要证“线面平行”，只要证“线线平面”，故问题最终转化为证线与线的平行．例2．如图，已知M 、N 、P 、Q 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点． 求证：(1)线段MP 和NQ 相交且互相平分；(2)AC ∥平面MNP ，BD ∥平面MNP ． 证明：(1) ∵M 、N 是AB 、BC 的中点，∴MN ∥AC ，MN ＝21AC ． ∵P 、Q 是CD 、DA 的中点，∴PQ ∥CA ，PQ ＝21CA ． ∴MN ∥QP ，MN ＝QP ，MNPQ 是平行四边形． ∴□MNPQ 的对角线MP 、NQ 相交且互相平分．(2)由(1)，AC ∥MN ．记平面MNP (即平面MNPQ )为α．显然AC ⊄α． 否则，若AC ⊂α， 由A ∈α，M ∈α，得B ∈α； 由A ∈α，Q ∈α，得D ∈α，则A 、B 、C 、D ∈α，与已知四边形ABCD 是空间四边形矛盾．又∵MN ⊂α，∴AC ∥α， 又AC ⊄α，∴AC ∥α，即AC ∥平面MNP ．同理可证BD ∥平面MNP ．小结：例3．已知正四棱锥ABCD S -的底面边长为a ，侧棱长为a 2，点Q P ,分别在BD 和SC 上，并且2:1:=PD BP ，//PQ 平面SAD ，求线段PQ 的长．解：延长CP 交DA 延长线于点R ，连SR ，可证得PQ ∥SR ，由PBC ∆与PDR ∆相似及已知求得2DR a =。

2019-2020年高考数学复习 第71课时第九章直线、平面、简单几何体-课题：平面的基本性质一•复习目标：掌握平面的基本性质，会用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图. 二•课前预习： 1.、、表示不同的点，、表示不同的直线，、表示不同的平面，下列推理不正确的是(C )A 丨，A 三 *,B 丨，B ：=丨二：；一,B——二:--AB 直线，且不共线与重合2. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为， 腰和上底边均为1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是 (D )例2.已知：a , b , c , d 是不共点且两两相交的四条直线,求证： a , b , c , d 共面. 证明1 o 若当四条直线中有三条相交于一点，不妨设 a , b , c 相交于一点A , 但A'd ,如图1.3•对于空间三条直线,有下列四个条件： ①三条直线两两相交且不共点；②三条直线两两平行； ③三条直线共点；④有两条个由这五个点为顶点只构造出四个三棱锥,则这五AB// CD 直线AB BC AD DC 分别与平面a 相交于点 AB T A/D--CH2, 即先证明这些点都是某二• a , b , c , d 四条直线在同一平面 a 内.说明：证明若干条线（或若干个点）共面的一般步骤是：首先根据公理3或推论，由题给条件 中的部分线（或点）确定一个平面，然后再根据公理 1证明其余的线（或点）均在这个平面内•本题最容易忽视“三线共点”这一种情况•因此，在分析题意时，应仔细推敲问题中每 一句话的含义.例3•如图，点 A , B , C 确定的平面与点 D, E , F 确定的 平面相交于直线I ,且直线AB 与 I 相交于点G,直线EF 与 l 相交于点H,试作出平面 ABD 与平面CEF 的交线.解：如图3,在平面ABC 内，连结 AB 与I 相交于点G, 则G€平面DEF 在平面DEF 内，连结DG 与EF 相交于点M 则M€平面 ABD 且M€平面CEF 所以，M 在平面ABD 与平面CEF 的交线上.同理，可作出点N N 在平面ABD 与平面CEF 的交线上•连结 MN 直线MN 即为所求.例4.如图，已知平面 a , 3 ,且a3= I .设梯形 ABCDh , AD// BC 且ABa , CD 3 ,求证: AB CD I 共点（相交于一点）.证明 •••梯形 ABCD^ , AD// BC • AB, CD 是梯形ABCD 勺两条腰. • AB CD 必定相交于一点，• ••直线d 和A 确定一个平面a.又设直线d 与a , b , c 分别相交于E, F , 则 AE ，F ， G€ a .T A , E € a , A , E € a ,「. a a . 同理可证b a, c a .• a , b , c , d 在同一平面a 内.2当四条直线中任何三条都不共点时，如图•••这四条直线两两相交，则设相交直线 a , 面a .设直线c 与a , b 分别交于点H K,则H 又 H, K € C ,「. c a .同理可证d a . 、Aa/ .• r... d /a E Fb G c图12.b 确定一个平H" K ad /K € a .ab c图2G例3I DB设ABC& M又T ABa , CD3 , • ME a ,且M€ 3 . • M€ a 3 . 又T a 3 = I , —M€ I ,即AB CD l 共点.说明：证明多条直线共点时，一般要应用公理 2,这与证明多点共线是一样的.四•课后作业：1 •在空间四边形的边、、、上分别取点，如果与相交于一点，那么 ( ) 一定在直线上一定在直线上可能在直线上，也可能在直线上 既不在直线上，也不在直线上 2.有下列命题：①空间四点中有三点共线，则这四点必共面； ②空间四点中，其中任何三点不共线，则这四 点不共面；③用斜二测画法可得梯形的直观图仍为梯形； ④垂直于同一直线的两直线平行⑤ 两组对边相等的四边形是平行四边形.其中正确的命题是 _______________ . 答案：①③ 3.—个平面把空间分成 __2__部分，两个平面把空间最多分成 _4___部分，三个平面把空间 最多分成__8__部分. 4 .四边形中，AB 二BC 二CD 二DA 二BD =1，则成为空间四面体时，的取值范围 答案：. 5.如图，P 、Q R 分别是四面体 ABC 啲棱AB ACAD 上的点，若直线PQ 与直线BC 的交点为 M 直线RQ M 与直线DC 的交点为 N,直线PR 与直线DB 的交点为L , 试证明M N,L 共线.证明：易证 M N , L €平面 PQR 且 M N, L €平面BCD所以M N, L €平面PQF 平面BCD 即M N, L 共线.6. 如图，P 、Q R 分别是正方体 ABCD-ABCD 的棱AA ,DD 上的三点，试作出过 P , Q, R 三点的截面图. 作法 ⑴连接PQ 并延长之交 AB 的延长线于T ;⑵连接PR 并延长之交AD 的延长线于S ; ⑶连接ST 交CD 、BC 分别于M N,则线段 MN 为平面PQF 与面ABCD 的交线.⑷连接RMQN 则线段RMQN 分别是平面PQF 与面DCCD , 面BCGB 的交线.得到的五边形 PQNM 即为所求的截面图(如图 4). 说明 求作二平面的交线问题，主要运用公理1.解题关键是直接或间接找出二平面的两个确定的公共 占 八、、♦有时同时还要运用公理 2、3及公理的推论等知识.7.如图，在平行六面体 ABC -A i B CD 的中，A i CBD = O , BD 平面A i BC = P. 求证：P € BO.S图4证明在平行六面体 ABC D ABC D 中，•/ BD 平面 ABC = P,「. P € 平面 ABC , P € BD. •/ BD 平面 BBDD. ••• P € 平面 ABC ,且 P € 平面 BBDD.••• P €平面 ABC 平面 BBDD,••• A i C B i D = O , AC 平面 ABC , BD 平面 BBD D, •••O €平面 ABC,且 O €平面 BBDD.又B €平面A i BC , 且 B €平面BBDD, •平面 A i BC 平面 BBDD = BO .「. P € BO.说明一般地，要证明一个点在某条直线上，只要证明这 个点在过这条直线的两个平面上.2019-2020年高考数学复习 第72课时第九章直线、平面、简单几何体-空间直线名师精品教案课题：空间直线 一. 复习目标：1. 了解空间两条直线的位置关系.2. 掌握两条直线所成的角和距离的概念，会计算给出的异面直线的公垂线段的长. 二. 课前预习： 1. 下列四个命题：(1 )分别在两个平面内的两条直线是异面直线 (2) 和两条异面直线都垂直的直线有且只有一条 (3) 和两条异面直线都相交的两条直线必异面 (4 )若与是异面直线，与是异面直线，则与也异面 其中真命题个数为 (D )3212.在正方体中，、分别是棱和的中点，为上底面的中心，则直线与所成的角为( A )0 0 03045 603. ______________________________________________ 在棱长为的正四面体中，相对两条棱间的距离为 ____________________________________________ .(答案：)4. ________________________________________ 两条异面直线、间的距离是 1cm,它们所成的角为60°,、上各有一点 A B ,距公垂线的 垂足都是10cm,贝U A 、B 两点间的距离为 .答案：三. 例题分析：CC例1.已知不共面的三条直线、、相交于点，，，，，求证：与是异面直线.证一：(反证法)假设AD和BC共面，所确定的平面为a，那么点P、A B C D都在平面a内，.••直线a 、b 、c 都在平面a 内，与已知条件 a 、b 、c 不共面矛盾，假设不成立，二 AD 和BC 是异面 直线。

2008高考数学基础知识复习第九章直线、平面、简单的几何体引言立体几何的学习，主要把握对图形的识别及变换（分割，补形，旋转等），因此，既要熟记基本图形中元素的位置关系和度量关系，也要能在复杂背景图形中“剥出”基本图形.平面及空间直线1.平面的基本性质:(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内．公理2：如果两个平面有一个公共点,那么它们还有其他公共点,且所有这些公共点的集合是一条直线. 公理3：经过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面（不共线的三点确定一平面）．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点有且只有一个平面.推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3；经过两条平行直线有且只有一个平面．注：⑴水平放置的平面图形的直观图的画法——用斜二测．．．．画．法．．其规则是：①在已知图形取水平平面，取互相垂直的轴,Ox Oy，再取0z轴，使90xOz∠=，且90yOz∠=；②画直观图时，把它们画成对应的轴,,O x O y O z''''''，使45x O y'''∠=(或135)，90x O z'''∠=,x Oy''所确定的平面表示水平平面；③已知图形中平行于x轴、y轴或z轴的线段,在直观图中分别画成平行于x'轴、y'轴或z'轴的线段；④已知图形中平行于x轴和z轴的线段,在直观图中保持长度不变;平行于y轴的线段,长度为原来的一半．⑵运用平面的三个公理及推论，能证明共点、共线、共面一类问题。

2.空间两条直线位置关系有：相交、平行、异面.⑴相交直线───共面有且只有一个公共点；⑵平行直线───共面没有公共点；①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行;②等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等．推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等．⑶异面直线───不同在任．一平面内.平面 及空间直线(Ⅰ)两条异面直线所成的角(或夹角)：对于两条异面直线,a b ，经过空间任一点O 作直线a '∥a ,b '∥b ，则a '与b '所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．若两条异面直线所成的角是直角，则称这两条异面直线互相垂直.异面直线所成的角的范围是(0,90⎤⎦． (Ⅱ)两条异面直线的距离：和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线. 两条异面直线的公垂线段的长度，叫做两条异面直线的距离．注：①如图:设异面直线a ，b 所成角为θ, 则EF 2=m 2+n 2+d 2±2mnc os θ 或AB EF d AB⋅=②证明两条直线是异面直线一般用反证法。

2019-2020年高考数学复习 第72课时第九章 直线、平面、简单几何体-空间直线名师精品教案 新人教A 版 课题：空间直线一．复习目标：1．了解空间两条直线的位置关系．2．掌握两条直线所成的角和距离的概念，会计算给出的异面直线的公垂线段的长．二．课前预习：1．下列四个命题：（1）分别在两个平面内的两条直线是异面直线（2）和两条异面直线都垂直的直线有且只有一条（3）和两条异面直线都相交的两条直线必异面（4）若与是异面直线，与是异面直线，则与也异面其中真命题个数为 （ D ）3 2 1 02．在正方体中，、分别是棱和的中点，为上底面的中心，则直线与所成的角为（ A ）300 450 6003．在棱长为的正四面体中，相对两条棱间的距离为__ _．（答案：）4．两条异面直线、间的距离是1cm ，它们所成的角为600，、上各有一点A 、B ，距公垂线的垂足都是10cm ，则A 、B 两点间的距离为_______．答案：三．例题分析：例1．已知不共面的三条直线、、相交于点，，，，，求证：与是异面直线． 证一：（反证法）假设AD 和BC 共面，所确定的平面为α，那么点P 、A 、B 、C 、D 都在平面α内，∴直线a 、b 、c 都在平面α内，与已知条件a 、b 、c 不共面矛盾，假设不成立，∴AD 和BC 是异面直线。

证二：（直接证法）∵a ∩c=P ，∴它们确定一个平面，设为α，由已知C 平面α，B ∈平面α，AD 平面α，BAD ，∴AD 和BC 是异面直线。

例2． 一条长为的线段夹在互相垂直的两个平面、之间，AB与所成角为，与所成角为，且，，，、是垂足，求（1）的长；（2）与所成的角 解：（1）连BC 、AD ，可证AC ⊥β，BD ⊥α，∴ABC=300，∠BAD=450 ，Rt △ACB 中，BC=AB ·cos300= ， 在Rt △ADB 中，BD=AB ·sin450=在Rt △BCD 中，可求出CD=1cm （也可由AB 2=AC 2+BD 2+CD 2-2AC ·BD ·cos900求得）（2）作BE//l ，CE//BD ，BE ∩CE ，则∠ABE 就是AB 与CD 所成的角，连AE ，由三垂线定理可证BE ⊥AE ，先求出AE=，再在Rt △ABE 中，求得∠ABE=600。

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第76课时：第九章直线、平面、简单几何体——空间向量及其运算
课题：空间向量及其运算
一．复习目标：理解空间向量的概念、掌握空间向量的有关运算及其性质．
二．主要知识：
1．向量共线的充要条件：；
2．三点共线：；
3．三向量共面：；
4．四点共面：；
5．两向量夹角的范围；
三．课前预习：
1．如图：在平行六面体中，为
与的交点。

若，，，则下列向量中与
相等的向量是（）
2．有以下命题：
①如果向量与任何向量不能构成空间向量的一组基底，那么的关系是不共线；
②为空间四点，且向量不构成空间的一个基底，那么点一定共面；
③已知向量是空间的一个基底，则向量，也是空间的一个基底。

其中正确的命题是（）
①②①③②③①②③
3．下列命题正确的是（）
若与共线，与共线，则与共线；向量共面就是它们所在的直线共面；
零向量没有确定的方向；若，则存在唯一的实数使得；
4．已知A、B、C三点不共线，O是平面ABC外的任一点，下列条件中能确定点M与点A、B、C一定共面的是（）
四．例题分析：
1．已知在正三棱锥中，分别为中点，为
例
例2．已知分别是空间四边形的边的中点，
（1）用向量法证明四点共面；
（2）用向量法证明：∥平面；。

第77课时：第九章 直线、平面、简单几何体——空间向量的坐标运算课题：空间向量的坐标运算一．复习目标：向量的坐标运算和建系意识．二．主要知识：111222(,,),(,,)a x y z b x y z ==，333444(,,),(,,)A x y z B x y z1．a b += ；a b -= ；b λ= ；a b ⋅= ；2．//a b ⇔ ；a b ⊥⇔ ；3．cos ,a b <>= ；||a = ．4．AB = 。

三．基础训练：1．已知(cos ,1,sin ),(sin ,1,cos )a b θθθθ==,则向量a b +与a b -的夹角是（ ）()A 90 ()B 60 ()C 30 ()D 02．已知(1,1,),(2,,)a t t t b t t =--=，则||a b -的最小值是 （ ）()A ()B ()C ()D 115 3．已知ABCD 为平行四边形,且(4,1,3),(2,5,1),(3,7,5)A B C --,则点D 的坐标为______.4．设向量(1,3,2),(4,6,2),(3,12,)a b c t =-=-=-，若c ma nb =+，则t = ，m n += 。

5．已知向量b 与向量(2,1,2)a =-共线，且满足18a b ⋅=，()()ka b ka b +⊥-， 则b = ， k = 。

四．例题分析：例1．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为,AB BC 的中点，试在棱1B B 上找一点M ，使得1D M ⊥平面1EFB 。

例2．已知(3,2,1),(1,1,1)A B -，O 为坐标原点，（1）写出一个非零向量c ，使得c ⊥平面AOB ；（2）求线段AB 中点M 及AOB ∆的重心G 的坐标；（3）求AOB ∆的面积。

例3．如图，两个边长为1的正方形ABCD 与ABEF 相交于AB ，90,,EBC M N ∠=分别是,BD AE 上的点，且AN DM =，（1）求证：//MN 平面EBC ；（2）求MN 长度的最小值。

2019-2020年高考数学复习 第72课时 第九章 直线、平面、简单几何体-空间直线名师精品教案课题：空间直线 一．复习目标：1．了解空间两条直线的位置关系．2．掌握两条直线所成的角和距离的概念，会计算给出的异面直线的公垂线段的长． 二．课前预习： 1．下列四个命题：（1）分别在两个平面内的两条直线是异面直线 （2）和两条异面直线都垂直的直线有且只有一条 （3）和两条异面直线都相交的两条直线必异面 （4）若与是异面直线，与是异面直线，则与也异面 其中真命题个数为 （ D ） 3 2 1 02．在正方体中，、分别是棱和的中点，为上底面的中心，则直线与所成的角为（ A ） 300 450 6003．在棱长为的正四面体中，相对两条棱间的距离为__ _．（答案：）4．两条异面直线、间的距离是1cm ，它们所成的角为600，、上各有一点A 、B ，距公垂线的垂足都是10cm ，则A 、B 两点间的距离为_______． 答案：三．例题分析：例1．已知不共面的三条直线、、相交于点，，，，，求证：与是异面直线．证一：（反证法）假设AD 和BC 共面，所确定的平面为α，那么点P 、A 、B 、C 、D 都在平面α内，∴直线a 、b 、c 都在平面α内，与已知条件a 、b 、c 不共面矛盾，假设不成立，∴AD 和BC 是异面直线。

证二：（直接证法）∵a ∩c=P ，∴它们确定一个平面，设为α，由已知C 平面α，B ∈平面α，AD 平面α，BAD ，∴AD 和BC 是异面直线。

例2． 一条长为的线段夹在互相垂直的两个平面、之间，AB与所成角为，与所成角为，且，，，、是垂足，求（1）的长；（2）与所成的角解：（1）连BC 、AD ，可证AC ⊥β，BD ⊥α，∴ABC=300，∠BAD=450 ，Rt △ACB 中，BC=AB ·cos300= ， 在Rt △ADB 中，BD=AB ·sin450=在Rt △BCD 中，可求出CD=1cm （也可由AB 2=AC 2+BD 2+CD 2-2AC ·BD ·cos900求得）（2）作BE//l ，CE//BD ，BE ∩CE ，则∠ABE 就是AB 与CD 所成的角，连AE ，由三垂线定理可证BE ⊥AE ，先求出AE=，再在Rt △ABE 中，求得∠ABE=600。

第56讲直线、平面平行的判定与性质夯实基础【p128】【学习目标】1．熟练掌握线面平行、面面平行的判定定理和性质，会把空间问题转化为平面问题．2．学会应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化．3．掌握两个平面平行的判定定理和性质定理，并能应用其进行论证和解决有关问题．【基础检测】1．设l表示直线，α，β表示平面．给出四个结论：①如果l∥α，则α内有无数条直线与l平行；②如果l∥α，则α内任意的直线与l平行；③如果α∥β，则α内任意的直线与β平行；④如果α∥β，对于α内的一条确定的直线a，在β内仅有唯一的直线与a平行．以上四个结论中，正确结论的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3【解析】若l∥α，则在α内的直线与l平行或异面，故①正确，②错误．由面面平行的性质知③正确．对于④，在β内有无数条直线与a平行，故④错误．【答案】C2．已知m，n是两条不重合的直线，α，β是不重合的两个平面，则下列说法正确的是( )A．若m⊂α，n∥α，则m∥nB．若m⊥n，m⊥β，则n∥βC．若α∩β＝n，m∥n，则m∥α，且m∥βD．若m⊥α，m⊥β，则α∥β【解析】若m⊂α，n∥α，则m∥n或m与n异面，因此A不正确；B中n∥β不一定成立，还有可能n⊂β，所以B不正确；C中m有可能在α内或在β内，故C不正确；D 正确．【答案】D3．如图所示，A是平面BCD外一点，E，F，G分别是BD，DC，CA的中点，设过这三点的平面为α，则在图中的6条直线AB，AC，AD，BC，CD，DB中，与平面α平行的直线有( )A．0条B．1条C．2条D．3条【解析】显然AB与平面α相交，且交点是AB的中点，AB，AC，DB，DC四条直线均与平面α相交．在△BCD中，由已知得EF∥BC，又EF⊂α，BC⊄α，所以BC∥α.同理，AD ∥α，所以在题图中的6条直线中，与平面α平行的直线有2条．【答案】C4．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )A．①③B．①④C．②③D．②④【解析】①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B，可得出AB∥平面MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.【答案】B5．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，则下列命题正确的是( )A ．MN ∥APB ．MN ∥BD 1C ．MN ∥平面BB 1D 1D D ．MN ∥平面BDP【解析】取B 1C 1中点Q ，连接MQ ，NQ ， 由三角形中位线定理可得MQ∥B 1D 1，∴MQ ∥平面BB 1D 1D ，由四边形BB 1QN 为平行四边形得NQ∥BB 1， ∴NQ ∥平面BB 1D 1D ，∴平面MNQ∥平面BB 1D 1D ， MN ⊂平面MNQ ，∴MN ∥平面BB 1D 1D. 【答案】C 【知识要点】1．直线和平面的位置关系直线与平面的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧直线在平面内直线在平面外⎩⎪⎨⎪⎧直线与平面平行直线与平面相交 (1)直线和平面相交——有且只有__一个__公共点． (2)直线在平面内——有__无数个__公共点． (3)直线和平面平行——__没有__公共点． 2．直线与平面平行的判定(1)判定定理：如果__平面外__一条直线和这个__平面内__的一条直线__平行__，那么这条直线和这个平面平行，即a∥b，a ⊄α，b ⊂α⇒a ∥α.(2)如果两个平面__平行__，那么一个平面内的直线与另一个平面平行，即__α∥β，a ⊂α__，则a∥β.3．直线与平面平行的性质如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和__交线__平行，即a∥α，a ⊂β，α∩β＝b ，则__a∥b __．4．两个平面的位置关系(1)两个平面平行——__没有公共点__； (2)两个平面相交——__有一条公共直线__． 5．两个平面平行的判定定理(1)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． (2)垂直于同一条__直线__的两个平面平行． (3)平行于同一个__平面__的两个平面平行． 6．两个平面平行的性质定理(1)两个平面平行，其中一个平面内的__任意一条直线__必平行于另一个平面． (2)如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的__交线__互相平行． (3)一条直线__垂直__于两个平行平面中的一个平面，它也__垂直__于另一个平面．典例剖析 【p 129】考点1 直线与平面平行的判定与性质例1如图，在四面体A －BCD 中，F ，E ，H 分别是棱AB ，BD ，AC 的中点，G 为DE 的中点．证明：直线HG∥平面CEF.【解析】法一：如图，连接BH ，BH 与CF 交于K ，连接EK.∵F ，H 分别是AB ，AC 的中点， ∴K 是△ABC 的重心， ∴BK BH ＝23. 又据题设条件知，BE BG ＝23，∴BK BH ＝BEBG，∴EK ∥GH. ∵EK ⊂平面CEF ，GH ⊄平面CEF ， ∴直线HG∥平面CEF.法二：如图，取CD 的中点N ，连接GN ，HN.∵G 为DE 的中点，∴GN ∥CE. ∵CE ⊂平面CEF ，GN ⊄平面CEF ， ∴GN ∥平面CEF. 连接FH ，EN ，∵F ，E ，H 分别是棱AB ，BD ，AC 的中点， ∴FH 綊12BC ，EN 綊12BC ，∴FH 綊EN ，∴四边形FHNE 为平行四边形，∴HN∥EF. ∵EF ⊂平面CEF ，HN ⊄平面CEF ， ∴HN ∥平面CEF.HN∩GN＝N ， ∴平面GHN∥平面CEF.∵GH ⊂平面GHN ，∴直线HG∥平面CEF.例2如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AD 上的任意一点(不包括A ，D 两点)，平面CEC 1与平面BB 1D 交于FG.证明：FG∥平面AA 1B 1B.【解析】在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中， BB 1∥CC 1，BB 1⊂平面BB 1D ，CC 1⊄平面BB 1D ， 所以CC 1∥平面BB 1D.又CC 1⊂平面CEC 1，平面CEC 1与平面BB 1D 交于FG ， 所以CC 1∥FG.因为BB 1∥CC 1，所以BB 1∥FG. 而BB 1⊂平面AA 1B 1B ，FG ⊄平面AA 1B 1B ， 所以FG∥平面AA 1B 1B.考点2 面面平行的判定及性质例3如图，四边形ABCD 是平行四边形，点E ，F ，G 分别为线段BC ，PB ，AD 的中点．(1)证明：EF∥平面PAC ； (2)证明：平面PCG∥平面AEF.【解析】(1)∵E，F 分别是BC ，BP 的中点， ∴EF 綊12PC ，∵PC ⊂平面PAC ，EF ⊄平面PAC ， ∴EF ∥平面PAC.(2)∵E，G 分别是BC 、AD 中点， ∴AE ∥CG ，∵AE ⊄平面PCG ，CG ⊂平面PCG ， ∴AE ∥平面PCG ， 又∵EF∥PC，PC ⊂平面PCG ，EF ⊄平面PCG ， ∴EF ∥平面PCG ，AE ∩EF ＝E 点，AE ，EF ⊂平面AEF ， ∴平面AEF∥平面PEG.【点评】面面平行判定的一般思路是：线线平行⇒线面平行⇒面面平行．考点3 平行关系中的探索性问题例4在多面体ABCDEF 中，DE ∥AF ，DE ⊥平面ABCD ，EC ＝5，BF ＝32，四边形ABCD 是边长为3的菱形．(1)证明：BD⊥CF；(2)线段CD 上是否存在点G ，使AG∥平面BEF ，若存在，求CGCD 的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)连接AC ，由DE⊥平面ABCD ，DE ∥AF ，得AF⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以AF⊥BD， 由四边形ABCD 是菱形，得AC⊥BD，又AC∩AF＝A ，AC ，AF ⊂平面ACF ，所以BD⊥平面ACF ， 因为CF ⊂平面ACF ，所以BD⊥CF. (2)存在这样的点G ，且CG CD ＝23.证明如下：连接AG 交BD 于M ，过M 作MN∥DE 交BE 于N ，连接FN. 因为CG CD ＝23，且△DMG∽△BMA，所以BM BD ＝34.因为MN∥DE 所以MN DE ＝BM BD ＝34，即MN ＝34DE.因为DE⊥平面ABCD ，EC ＝5，CD ＝3，所以DE ＝4，所以MN ＝3. 因为DE∥AF，BF ＝32，AB ＝3，所以AF ＝3.于是MN∥AF 且MN ＝AF ，所以四边形AMNF 为平行四边形， 于是AM∥FN，即AG∥FN，又FN ⊂平面BEF ，AG ⊄平面BEF ，所以AG∥平面BEF.【点评】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．方法总结 【p 130】1．证明直线与平面平行常运用判定定理，即转化为线线的平行来证明． 2．直线与平面平行的判定方法： (1)a∩α＝∅⇒a∥α(定义法)，(2)⎭⎪⎬⎪⎫a∥b a ⊄αb ⊂α⇒a ∥α， 这里α表示平面，a ，b 表示直线． 3．两平面平行的判断方法 (1)依定义采用反证法．(2)依判定定理通过说明一平面内有两相交直线与另一平面平行来判断两平面平行． (3)依据垂直于同一直线的两平面平行来判定． (4)依据平行于同一平面的两平面平行来判定． 4．平行关系的转化程序 线线平行⇒线面平行⇒面面平行从上易知三者之间可以进行任意转化，因此要判定某一平行的过程就是从一平行出发不断转化的过程．在解题时要把握这一点，灵活确定转化思路和方向．走进高考 【p 130】1．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A.334 B.233 C.324 D.32【解析】记该正方体为ABCD －A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A′A，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A′－AB′D′是正三棱锥，所以A′A，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C′D′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB′D′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334.【答案】A2．(2017·某某)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【解析】(1)如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB. 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC∥AD，BC ＝12AD ，所以EF∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB. (2)分别取BC ，AD 的中点为M ，N. 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ.因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE.由△PAD 为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N 是AD 的中点得BN⊥AD. 所以AD⊥平面PBN ，由BC∥AD 得BC⊥平面PBN ，那么平面PBC⊥平面PBN. 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH.MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 考点集训 【p 246】A 组题1．已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是( ) A ．m ∥α，m ∥n ⇒n ∥α B ．m ∥α，n ∥α⇒m ∥nC ．m ∥α，m ⊂β，α∩β＝n ⇒m ∥nD ．m ∥α，n ⊂α⇒m ∥n【解析】A 中，n 还有可能在平面α内；B 中，m ，n 可能相交、平行、异面；由线面平行的性质定理可得C 正确．D 中，m ，n 可能异面．【答案】C2．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 中点，若平行六面体的各棱长均相等，给出下列说法：①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1，则以上正确说法的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】连接PM ，因为M 、P 为AB 、CD 的中点，故PM 平行且等于AD .由题意知AD 平行且等于A 1D 1.故PM 平行且等于A 1D 1.所以PMA 1D 1为平行四边形，故①正确．显然A 1M 与B 1Q 为异面直线．故②错误．由①知A 1M ∥D 1P .由于D 1P 即在平面DCC 1D 1内，又在平面D 1PQB 1内． 且A 1M 即不在平面DCC 1D 1内，又不在平面D 1PQB 1内． 故③④正确． 【答案】C3．已知平面α，β，γ，直线m ，n ，l ，给出下列四种说法： ①若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，且m ∥n ，则α∥β；②若m ，n 相交且都在α，β外，m ∥α，m ∥β，n ∥α，n ∥β，则α∥β； ③若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α∥β； ④若m ⊂α，n ⊂β，α∩β＝l ，m ∥n ，则m ∥l . 其中说法正确的有( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】由题意得，①中，若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，且m ∥n ，此时α与β相交或平行，所以不正确；②中根据平面与平面平行的判定定理可知，若m ，n 相交且都在α，β外，m ∥α，m ∥β，n ∥α，n ∥β，则α∥β是正确的；③中，若m ∥α，n ∥β，且m ∥n ，则α与β相交或平行，所以不正确；④中，根据线面平行的判定定理及性质定理，可知若m ⊂α，n ⊂β，α∩β＝l ，m ∥n ，则m ∥l 是正确的，故②④是正确的．【答案】B4．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱B 1B ，B 1C 1的中点，点G 是棱CC 1的中点，则过线段AG 且平行于平面A 1EF 的截面的面积为( )A ．1 B.98C.89D. 2【解析】取棱BC 的中点M ，连结AD 1，D 1G ，GM ，MA ，根据题意，结合线面，面面平行的性质，得到满足条件的截面为等腰梯形AD 1GM ， 由正方体的棱长为1，可求得该梯形的上底为22，下底为2，高为324， 利用梯形的面积公式可求得S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2×3242＝98. 【答案】B5．如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断： ①ED 与NF 所成的角为60°； ②∥平面AFB ；③BM ∥DE ；④平面BDE ∥平面NCF . 其中正确判断的序号是( ) A ．①③ B ．②③ C ．①②④ D ．②③④【解析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD －EFMN ，得：①ED 与NF 所成的角为60°，故①正确；②∥BE ，不包含于平面AFB ，BE ⊂平面AFB ，∴∥平面AFB ，故②正确；③BM 与ED 是异面直线，故③不正确；④∵BD ∥FN ，BE ∥，BD ∩BE ＝B ，FN ∩＝N ，BD ，BE ⊂平面BDE ，FN ，⊂平面NCF ，所以平面BDE ∥平面NCF ，故④正确，正确判断的序号是①②④.【答案】C6．如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，点E 是SA 上一点，当SE ∶SA ＝________时，SC ∥平面EBD .【解析】如图，连接AC ，设AC 与BD 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 是平行四边形，所以点O 是AC 的中点． 因为SC ∥平面EBD ，且平面EBD ∩平面SAC ＝EO ， 所以SC ∥EO ，所以点E 是SA 的中点，此时SE ∶SA ＝1∶2. 【答案】1∶27．设平面α∥β，A ，C ∈α，B ，D ∈β，直线AB 与CD 交于S ，若AS ＝18，BS ＝9，CD ＝34，则CS ＝____________．【解析】如图(1)，由α∥β可知BD ∥AC ，∴SB SA ＝SD SC ，即918＝SC －34SC，∴SC ＝68； 如图(2)，由α∥β知AC ∥BD ，∴SA SB ＝SC SD ＝SC CD －SC ，即189＝SC34－SC.∴SC ＝683.【答案】68或6838．如图，四边形ABCD 与ADEF 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 .【解析】(1)如图，连接AE ，则AE 必过DF 与GN 的交点O ，连接MO ，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE ∥MO ，又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 ， 又DE ⊄平面MNG ，GN ⊂平面MNG ， 所以DE ∥平面MNG .又M 为AB 中点，所以MN 为△ABD 的中位线， 所以BD ∥MN ，又BD ⊄平面MNG ，MN ⊂平面MNG ， 所以BD ∥平面MNG ，又DE 与BD 为平面BDE 内的两条相交直线， 所以平面BDE ∥平面MNG .B 组题1．设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则以下能够推出α∥β的是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2【解析】m ∥β且l 1∥α时，α，β可相交(如m ，l 1同时平行α，β交线); m ∥l 1且n ∥l 2时，α∥l 1，α∥l 2，又l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β；m ∥β且n ∥β时，α，β可相交(如m ，n 同时平行α，β交线)；m ∥β且n ∥l 2时，α，β可相交(如m ，n 同时平行α，β交线l 2)；因此选B.【答案】B2．已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E 为棱AD 中点，现有一只蚂蚁从点B 1出发，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上行走一周后再回到点B 1，这只蚂蚁在行走过程中与平面A 1BE 的距离保持不变，则这只蚂蚁行走的轨迹所围成的图形的面积为________．【解析】由题可知，蚂蚁在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1表面上行走一周的路线构成与平面A 1BE 平行的平面，设F ，G 分别为BC ，A 1D 1中点，连接B 1G ，GD ，FD 和FB 1， 则B 1G －GD －DF －FB 1为蚂蚁的行走轨迹． ∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，易得B 1G ＝GD ＝DF ＝FB 1＝5，B 1D ＝23，GF ＝22， ∴四边形B 1GDF 为菱形，SB 1GDF ＝12B 1D ·GF ＝2 6.【答案】2 63．如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，E ，F 分别为CC 1，BB 1上的点，且EC ＝B 1F ，过点B 做截面BMN ，使得截面交线段AC 于点M ，交线段CC 1于点N .(1)若EC ＝3BF ，确定M ，N 的位置，使平面BMN ∥平面AEF ，并说明理由；(2)K ，R 分别为AA 1，C 1B 1中点，求证：KR ∥平面AEF .【解析】(1)当AM AC ＝EN EC ＝13时，平面BMN ∥平面AEF ，证明如下：由EN ＝13EC ，BF ＝13EC ⇒EN ＝BF 且EN ∥BF ⇒四边形BFEN 为平行四边形⇒BN ∥EF ，因为AM AC ＝EN EC⇒MN ∥AE ，因为MN 、BN ⊆平面BMN ，且MN ∩BN ＝N ，AE 、EF ⊆平面AEF ，且AE ∩EF ＝E ，所以平面BMN ∥平面AEF .(2)连接BC 1交FE 于点Q ，连接QR .因为△BQF ≌△C 1QE ⇒BQ ＝C 1Q ⇒QR ∥BB 1且QR ＝12BB 1⇒QR ∥AK 且QR ＝AK ，连接AQ ⇒AQ ∥KR ⇒KR ∥平面AEF .4．如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PA ，AC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC ；(2)试问在线段AB 上是否存在点F ，使得过D ，E ，F 三点的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F 的位置并证明；若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为E 为AC 的中点，D 为PA 的中点， 所以DE ∥PC .又DE ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ， 所以DE ∥平面PBC .(2)存在，当点F 是线段AB 的中点时，过D ，E ，F 三点的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行．证明如下：如图，取AB 的中点F ，连接EF ，DF .由(1)可知DE ∥平面PBC .因为E 是AC 的中点，F 为AB 的中点，所以EF ∥BC . 又EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC .又DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB的中点时，过D，E，F三点的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．。

第59讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直夯实基础【p135】【学习目标】1．会找直线的方向向量和平面的法向量，能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．2．能用向量法证明有关直线和平面关系的一些定理．【基础检测】1．直线l1，l2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( )A．s1＝(1，1，2)，s2＝(2，－1，0)B．s1＝(0，1，－1)，s2＝(2，0，0)C．s1＝(1，1，1)，s2＝(2，2，－2)D．s1＝(1，－1，1)，s2＝(－2，2，－2)【解析】两直线垂直，其方向向量垂直，只有选项B中的两个向量垂直．【答案】B2．设a＝(3，－2，－1)是直线l的方向向量，n＝(1，2，－1)是平面α的法向量，则( )A．l⊥α B．l∥αC．l⊂α或l⊥αD．l∥α或l⊂α【解析】因为a·n＝3×1＋(－2)×2＋(－1)×(－1)＝0，所以a⊥n，即l∥α或l⊂α.故选D.【答案】D3．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是( )A．n1＝(1，2，1)，n2＝(－3，1，1)B．n1＝(1，1，2)，n2＝(－2，1，1)C．n1＝(1，1，1)，n2＝(－1，2，1)D．n1＝(1，2，1)，n2＝(0，－2，－2)【答案】A4．给出下列命题：①直线l 的方向向量为a ＝(1，－1，2)，直线m 的方向向量为b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，则l 与m 平行；②直线l 的方向向量a ＝(0，1，－1)，平面α的法向量n ＝(1，－1，－1)，则l ⊥α； ③平面α，β的法向量分别为n 1＝(0，1，3)，n 2＝(1，0，2)，则α∥β；④平面α经过三点A (1，0，－1)，B (0，1，0)，C (－1，2，0)，向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量，则u ＋t ＝1.其中的真命题是______．(把你认为正确命题的序号都填上)【解析】对于①，∵a ＝(1，－1，2)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，∴a ·b ＝1×2－1×1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，∴a ⊥b ，∴直线l 与m 垂直，①不正确；对于②，a ＝(0，1，－1)，n ＝(1，－1，－1)，∴a ·n ＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，∴a ⊥n ，∴l ∥α或l ⊂α，②错误；对于③，∵n 1＝(0，1，3)，n 2＝(1，0，2)，∴n 1与n 2不共线， ∴α∥β不成立，③错误；对于④，∵点A (1，0，－1)，B (0，1，0)，C (－1，2，0)， ∴AB →＝(－1，1，1)，BC →＝(－1，1，0)， 向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1＋u ＋t ＝0，－1＋u ＝0，则u ＋t ＝1，④正确． 综上，以上真命题的序号是④. 【答案】④ 【知识要点】1．直线的方向向量与平面的法向量的确定①直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量．②平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量法证明空间中的平行与垂直关系典例剖析 【p 136】考点1 利用空间向量证明空间中的平行关系例1如图所示，ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，M ，N ，Q 分别是PC ，AB ，CD 的中点．求证：(1)MN∥PAD； (2)平面QMN∥平面PAD ；【解析】(1)如图以A 为原点，以AB ，AD ，AP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设B(b ，0，0)，D(0，d ，0)，P(0，0，p)，则C(b ，d ，0)， 因为M ，N ，Q 分别是PC ，AB ，CD 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，d 2，p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，d ，0， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－d 2，－p 2.因为平面PAD 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 所以MN →·m ＝0，即MN →⊥m .因为MN 不在平面PAD 内，故MN ∥平面PAD . (2)QN →＝(0，－d ，0)，QN →⊥m ，又QN 不在平面PAD 内，故QN ∥平面PAD . 又因为MN ∩QN ＝N ，所以平面MNQ ∥平面PAD .【点评】(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．考点2 利用空间向量证明空间中的垂直关系例2正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点． (1)证明：平面AED⊥平面A 1FD 1； (2)在AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面DAE.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，不妨设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，E(2，2，1)，F(0，1，0)，A 1(2，0，2)，D 1(0，0，2)． 设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝（x 1，y 1，z 1）·（2，0，0）＝0，n 1·DE →＝（x 1，y 1，z 1）·（2，2，1）＝0， ∴2x 1＝0，2x 1＋2y 1＋z 1＝0. 令y 1＝1，得n 1＝(0，1，－2)．同理可得平面A 1FD 1的法向量n 2＝(0，2，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面AED ⊥平面A 1FD 1.(2)因为点M 在直线AE 上，所以可设AM →＝λ·AE →＝λ·(0，2，1)＝(0，2λ，λ)，可得M (2，2λ，λ)，于是A 1M →＝(0，2λ，λ－2)，要使A 1M ⊥平面DAE ，需有A 1M ⊥AE ，所以A 1M →·AE →＝(0，2λ，λ－2)·(0，2，1)＝5λ－2＝0，得λ＝25.故当AM ＝25AE 时，A 1M ⊥平面DAE .例3如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD.【解析】法一：设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证． 法二：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0)． 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .【点评】证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可．当然，也可证直线的方向向量与平面法向量平行．方法总结 【p 136】1．利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特征．一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量(注意量的集中)，然后利用向量运算解决该向量问题，从而原问题得解．2．利用向量坐标解决立体几何问题的关键在于找准位置，建立恰当、正确的空间坐标系，表示出已知点(或向量)的坐标．难点是通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数解法．3．向量法证明线面关系时恰当的推理和必要的空间想象是必需的．走进高考 【p 136】1．(2018·某某)如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E －BC －F 的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长． 【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA →，DC →，DG →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，E (2，0，2)，F (0，1，2)，G (0，0，2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1，0，2)．(1)依题意DC →＝(0，2，0)，DE →＝(2，0，2)．设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC →＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1，0，－1)．又MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1，可得MN →·n 0＝0，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC →＝(－1，0，0)，BE →＝(1，－2，2)，CF →＝(0，－1，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，x －2y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(0，1，1)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得m ＝(0，2，1)．因此有cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝31010，于是sin 〈m ，n 〉＝1010. 所以，二面角E －BC －F 的正弦值为1010. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0，2])，则点P 的坐标为(0，0，h )，可得BP →＝(－1，－2，h )．易知，DC →＝(0，2，0)为平面ADGE 的一个法向量，故 ||cos 〈BP →·DC →〉＝||BP →·DC →||BP →||DC →＝2h 2＋5， 由题意，可得2h 2＋5＝sin 60°＝32，解得h ＝33∈[0，2]． 所以线段DP 的长为33. 考点集训 【p 251】A 组题1．平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2【解析】∵α∥β，∴两平面法向量平行，∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4.【答案】C2．已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2，3，3)B ．P (－2，0，1)C ．P (－4，4，0)D ．P (3，－3，4)【解析】逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．【答案】A3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内【解析】∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内． 【答案】D4．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 【解析】设M 点的坐标为(x ，y ，1)，∵O ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，又E (0，0，1)，A (2，2，0)， ∴OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝(x －2，y －2，1)，∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22，y ＝22.【答案】C5．若A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，198，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，58，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝__________．【解析】∵AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，－74，BC →＝(－3，2，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －74z ＝0，－3x ＋2y ＝0，令x ＝2，可得n ＝(2，3，－4)， ∴x ∶y ∶z ＝2∶3∶(－4)． 【答案】2∶3∶(－4)6．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，P 是C 1D 1的中点，则B 1C →·A 1P →＝________，B 1C →与A 1P →所成角的大小为________．【解析】以D 为坐标原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间坐标系，如图所示．因为AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，P 是C 1D 1的中点，所以B 1(1，2，1)，C ＝(0，2，0)，A 1(1，0，1)，P (0，1，1)，所以B 1C →＝(－1，0，－1)，A 1P →＝(－1，1，0)． 所以B 1C →·A 1P →＝1＋0＋0＝1. 设B 1C →与A 1P →所成的角为α， cos α＝12×2＝12， 所以α＝60°. 【答案】1；60°7．如图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC .已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝2，CC 1＝3.设点O 是AB 的中点，证明：OC ∥平面A 1B 1C 1.【解析】如图，以B 1为原点建立空间直角坐标系B 1－xyz ，则A (0，1，4)，B (0，0，2)，C (1，0，3)，因为O 是AB 的中点，所以O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，3，OC →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0. 易知n ＝(0，0，1)是平面A 1B 1C 1的一个法向量．又OC →·n ＝0，OC 不在平面A 1B 1C 1内，所以OC ∥平面A 1B 1C 1.8．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，AD ＝233AB ，E 是PC 的中点．证明：PD ⊥平面ABE .【解析】∵PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD .∴AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设PA ＝AB ＝BC ＝1，则P (0，0，1)，A (0，0，0)，B (1，0，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0.∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形． ∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. ∴AB →＝(1，0，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0， 令y ＝2，有z ＝－3， ∴n ＝(0，2，－3)．∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n ，∴PD →∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .B 组题1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN→|为( )A.216a B.66a C.156a D.153a 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，12a ，C 1(0，a ，a )，A (a ，0，0)， 因为AM →＝12MC 1→，所以AM →＝13AC 1→，所以DM →＝DA →＋13AC 1→＝(a ，0，0)＋13(－a ，a ，a )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，13a ，13a ，所以MN →＝DN →－DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ，23a ，16a ，所以|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16a 2＝216a . 【答案】A2．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的长度和的值为________．【解析】以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)，∴B 1E →＝(x －1，0，1)，FB →＝(1，1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1.【答案】13．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个．【解析】建立如图的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则P (x ，y ，2)，O (1，1，0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0，0，2)，∴Q (x ＋1，y ＋1，0)，而Q 在MN 上， ∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1. ∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ. 【答案】24．如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，问：侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．【解析】(1)连接BD ， 设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ， 则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面PAC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量， 且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at ， 而BE →·DS →＝0⇔t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 而BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC .∴存在一点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2.。

第57讲直线、平面垂直的判定与性质夯实基础【p130】【学习目标】1．掌握空间中线面垂直位置关系的定义、判定定理与有关性质；运用公理、定理证明或判定空间图形的垂直关系的简单命题．不论何种“垂直”都能化归到“线线垂直”．2．会应用“化归思想”进行“线线垂直问题、线面垂直问题、面面垂直问题”的互相转化．【基础检测】1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( ) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n【解析】对于A，m与l可能平行或异面，故A错；对于B、D，m与n可能平行、相交或异面，故B、D错；对于C，因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确．【答案】C2．已知直线a⊂α，则α⊥β是a⊥β的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】由面面垂直的判定定理可得a⊂α，a⊥β⇒α⊥β，反之不成立，∴直线a⊂α，则α⊥β是a⊥β的必要不充分条件．【答案】B3．下面命题中：①两平面相交，如果所成的二面角是直角，则这两个平面垂直；②一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面一定垂直；③一直线与两平面中的一个平行与另一个垂直，则这两个平面垂直；④一平面与两平行平面中的一个垂直，则与另一个平面也垂直；⑤两平面垂直，经过第一个平面上一点垂直它们交线的直线必垂直第二个平面．其中正确命题的个数有( )A．2个B．3个C．4个D．5个【解析】由直线与平面、平面与平面垂直的判定和性质知，命题①②③④正确． 【答案】C4．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD 的是( )A ．①B ．①②C ．②③D ．④【解析】在①中，设平面BCD 上的另一个顶点为A 1，连接BA 1，易得CD⊥BA 1，CD ⊥AA 1，则CD⊥平面ABA 1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD.【答案】A5．α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题____________________．【解析】考虑如图所示的直观模型，将图①固定，图②进行平移或旋转，从而把α与β的位置关系转化为研究m 、n 的位置关系，于是易得如下正确命题：(1)⎭⎪⎬⎪⎫m⊥αβ⊥α⇒m ∥β或m ⊂β， 又m ⊄β⇒⎭⎪⎬⎪⎫m∥βn⊥β⇒m ⊥n.∴②③④⇒①. (2)⎭⎪⎬⎪⎫m⊥αm⊥n ⇒n ∥α或n ⊂α， 又n ⊄α⇒⎭⎪⎬⎪⎫n∥αn⊥β⇒α⊥β.∴①③④⇒②.【答案】②③④⇒①(或①③④⇒②)【知识要点】1．直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的定义(1)如果两条异面直线所成的角是直角，则这两条异面直线垂直．(2)如果一条直线和平面内__任意一条直线__都垂直，那么这条直线和这个平面垂直．(3)两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，那么这两个平面互相垂直．2．直线与平面、平面与平面垂直的判定定理(1)直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．即a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.(2)平面与平面垂直判定定理：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．即a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.3．直线与平面、平面与平面垂直的性质定理(1)直线与平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．即a⊥α，b⊥α⇒a∥b．(2)平面与平面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．即α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a⊂α⇒a⊥β.典例剖析【p131】考点1 直线与平面垂直的判定与性质例1如图①、②，已知异面直线a，b的公垂线为AB，试证：(1)若a，b都平行于平面α，则AB⊥α；(2)若a，b分别垂直于平面α，β，设α∩β＝c，则AB∥c.【解析】(1)在平面α内任取一点P ，设直线a 与P 确定的平面与α相交于a′，直线b 与P 确定的平面与α相交于b′.∵a ∥α，b ∥α，∴a∥a′，b ∥b ′，又AB⊥a，AB ⊥b ，∴AB ⊥a ′，AB ⊥b ′，∴AB ⊥α. (2)过B 作直线BB′⊥α，则BB′与b 是相交直线， 设BB′与b 确定平面γ.⎭⎪⎬⎪⎫BB′⊥αc ⊂α⇒⎭⎪⎬⎪⎫BB′⊥c b⊥c ⇒c ⊥γ，BB ′⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫a∥BB′AB⊥a ⇒⎭⎪⎬⎪⎫AB⊥BB′AB⊥b ⇒AB ⊥γ， ⇒AB ∥c.【点评】1.证明线面垂直的方法主要有：①利用线面垂直的定义：a 与α内任何直线垂直⇒a ⊥α； ②利用判定定理：⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝A l⊥m，l ⊥n ⇒l ⊥α. ③利用第二个判定定理：a∥b，a ⊥α⇒b ⊥α； ④利用面面平行的性质定理：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β.⑤利用面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 2．由已知想性质，即根据条件得出结论——应用性质．考点2 平面与平面垂直的判定与性质例2如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 是AB 的中点，沿DE 将△ADE 折起．(1)如果二面角A′－DE－C是直二面角，求证：A′B＝A′C；(2)如果A′B＝A′C，求证：平面A′DE⊥平面BCDE.【解析】(1)如图，过点A′作A′M⊥DE于点M，则A′M⊥平面BCDE，所以A′M⊥BC.又A′D＝A′E，所以M是DE的中点．取BC的中点N，连接MN，A′N，则MN⊥BC.又A′M⊥BC，A′M∩MN＝M，所以BC⊥平面A′MN，所以A′N⊥BC.又因为N是BC的中点，所以A′B＝A′C.(2)如图，取BC的中点N，连接A′N.因为A′B＝A′C，所以A′N⊥BC.取DE的中点M，连接MN，A′M，所以MN⊥BC.又A′N∩MN＝N，所以BC⊥平面AMN，所以A′M⊥BC.又M是DE的中点，A′D＝A′E，所以A′M⊥DE.又因为DE与BC是平面BCDE内的相交直线，所以A′M⊥平面BCDE.因为A′M在平面A′DE内，所以平面A′DE⊥平面BCDE.【点评】1.证明面面垂直的方法有：①利用定义：α和β所成的二面角为直二面角⇒α⊥β；②利用判定定理：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.2．掌握性质定理：①α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β，用来证明线面垂直，也用来确定点到平面的垂线段；②α⊥β，点P∈α，P∈a，a⊥β⇒a⊂α.3．注意转化思想的灵活应用．考点3 垂直关系中的探索性问题例3如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形．D为线段AC的中点．(1)求证：BD⊥平面ACC1A1；(2)求证：直线AB1∥平面BC1D；(3)设M为线段BC1上任意一点，在△BC1D内的平面区域(包括边界)是否存在点E，使CE⊥DM？请说明理由．【解析】(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形，∴CC1⊥BC，CC1⊥AC，∴CC1⊥平面ABC，又∵BD⊂平面ABC，∴CC1⊥BD，又底面为等边三角形，D为线段AC的中点，∴BD⊥AC，又AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1A1.(2)连接B1C交BC1于O，连接OD，则O为B1C的中点，∵D是AC的中点，∴OD∥AB1，又OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ， ∴直线AB 1∥平面BC 1D.(3)在△BC 1D 内的平面区域(包括边界)存在点E ，使CE⊥DM，此时E 在线段C 1D 上， 证明如下：过C 作CE⊥C 1D 交线段C 1D 与E ， 由(1)可知，BD ⊥平面ACC 1A 1，而CE ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥CE ，由CE⊥C 1D ，BD ∩C 1D ＝D ，得CE⊥平面BC 1D ， ∵DM ⊂平面BC 1D ， ∴CE ⊥DM.【点评】解决探究某些点或线的存在性问题，一般方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直)，再证明其符合要求，一般来说是与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形．对于是否存在问题，首先要分析条件，看结论需要的条件已有哪些，分析欲使结论成立，还需要什么条件，结合所求，不难作出辅助线．方法总结 【p 132】1．证明直线与平面垂直常运用判定定理，即转化为线线的垂直关系来证明． 2．证明线面垂直的方法主要有(以下A ，P 表示点，m ，n ，l ，a ，b 表示直线，α，β表示平面)：(1)利用线面垂直的定义：a 与α内任何直线垂直⇒a ⊥α； (2)利用判定定理：⎭⎪⎬⎪⎫m ，n ⊂α，m ∩n ＝A l⊥m，l ⊥n ⇒l ⊥α； (3)利用第二判定定理：a∥b，a ⊥α，则b⊥α； (4)利用面面平行的性质定理：α∥β，a ⊥α，则a⊥β. (5)利用面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ，则a⊥β. 3．面面垂直的证明方法：(1)利用定义：α和β所成的二面角为直二面角⇒α⊥β； (2)利用判定定理：若a⊥β，a ⊂α，则α⊥β. 4．性质定理的恰当应用：(1)若α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ，则a⊥β，用来证明线面垂直，也用来确定点到平面的垂线段；(2)若α⊥β，点P∈α，P ∈a ，a ⊥β，则a ⊂α. 5．垂直关系的转化程序线线垂直⇒线面垂直⇒面面垂直．走进高考 【p 132】1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD ，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC⊥平面CMD ，故BC⊥DM.因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C ，所以DM⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD⊥平面BMC.(2)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.当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点． 由题设得D(0，0，0)， A(2，0，0)，B(2，2，0)， C(0，2，0)，M(0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0. 可得n ＝(1，0，2)． DA →是平面MCD 的法向量，因此cosn ，DA→＝n ·DA→|n ||DA →|＝55， sin n ，DA →＝255， 所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，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，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【解析】(1)因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连结OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)，取平面PAC 的法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ，AM →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2. 由已知得|cos 〈OB →，n 〉|＝32.所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 考点集训 【p 248】A 组题1．直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则a 与b 的关系是( ) A ．a ∥b B ．a ⊥b C ．a 、b 异面D ．a 、b 相交【解析】设法在平面α内寻求一条直线与b 平行． 【答案】B2．已知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：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，α∥β，则m∥β；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β；④若m∥α，n⊥m，则n⊥α.所有正确说法的序号是( )A．②③④ B．①③C．①② D．①③④【解析】①若m⊥α，m⊥β，则α∥β，显然一条直线垂直两不同平面，则这两个平面平行，所以正确；②若m∥α，α∥β，则m∥β，这种情况要排除m在面β内，所以错误；③若m⊥α，m∥β，则α⊥β，显然成立；④若m∥α，n⊥m，则n⊥α，此种情况n 可以和α平行或相交或在α内，故错误．【答案】B3．已知α，β，γ为不同的平面，m，n为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是( ) A．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γB．α⊥β，β⊥γ，m⊥αC．α⊥β，α∩β＝n，m⊥nD．n⊥α，n⊥β，m⊥α【解析】A、B、C项错误，满足条件的m和平面β可能平行；D项正确，n⊥α，n⊥β⇒α∥β，结合m⊥α知m⊥β.【答案】D4．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A－BCD中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC【解析】∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.【答案】D5．ABCD是正方形，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，则平面PAB、平面PBC、平面PDC、平面PAD、平面ABCD这五个平面中，互相垂直的平面有________对．【解析】如图，可得平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PAB，平面PDC⊥平面PAD，共5对．【答案】56．下列五个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号)【解析】①、④易判断，⑤中△PMN是正三角形且AM＝AP＝AN，因此三棱锥A－PMN是正三棱锥．所以图⑤中l⊥平面MNP，由此法，还可否定③，∵AM≠AP≠AN.也易否定②.故填①④⑤.【答案】①④⑤7．如图，三棱锥P－ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA＝90°，PB＝BC＝CA＝2，E为PC 的中点，点F在PA上，且2PF＝FA.(1)求证：平面PAC⊥平面BEF；(2)求三棱锥A－BFC的体积．【解析】(1)∵PB⊥底面ABC，且AC⊂底面ABC，∴AC⊥PB，由∠BCA ＝90°，可得AC ⊥CB ， 又∵PB ∩CB ＝B ，∴AC ⊥平面PBC . 注意到BE ⊂平面PBC ，∴AC ⊥BE ， ∵PB ＝BC ，E 为PC 中点，∴BE ⊥PC ， ∵PC ∩AC ＝C ，∴BE ⊥平面PAC .而BE ⊂平面BEF ，∴平面PAC ⊥平面BEF . (2)V A －BFC ＝V F －ABC ，作FH ∥PB ， ∵PB ⊥平面ABC ，∴FH ⊥平面ABC ，FH ＝43，∴V F －ABC ＝13Sh ＝13·12·2·2·43＝89.8．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中(侧棱与底面垂直的棱柱)，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，D 是A 1B 1的中点．(1)求证：C 1D ⊥平面AA 1B 1B ；(2)当点F 在BB 1上的什么位置时，AB 1⊥平面C 1DF ？并证明你的结论． 【解析】(1)∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°. 又D 是A 1B 1的中点， ∴C 1D ⊥A 1B 1.∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥C 1D ， ∴C 1D ⊥平面AA 1B 1B .(2)作DE ⊥AB 1交AB 1于点E ，延长DE 交BB 1于点F ，连接C 1F ，则AB 1⊥平面C 1DF ，点F 即所求．事实上，∵C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，AB 1⊂平面AA 1B 1B ， ∴C 1D ⊥AB 1.又AB 1⊥DF ，DF ∩C 1D ＝D ， ∴AB 1⊥平面C 1DF .∵AA1＝A1B1＝2，∴四边形AA1B1B为正方形．又D为A1B1的中点，DF⊥AB1，∴F为BB1的中点，∴当点F为BB1的中点时，AB1⊥平面C1DF.B组题1．某几何体的三视图如图所示，该几何体的各面中互相垂直的面的对数是( )A．2 B．4 C．6 D．8【解析】由三视图还原直观图，知该几何体是正方体截去两个三棱柱后剩余的平行六面体ABCD－A1B1C1D1，如图所示．显然，上、下两个底面都与前、后两个侧面垂直，即4对面面垂直；左、右两个侧面均与前、后两个侧面垂直，即4对面面垂直．综上得面面垂直的位置关系共有8对．【答案】D2．在棱长为1的正方体ABCD－A′B′C′D′中，E是AA′的中点，P是三角形BDC′内的动点，EP⊥BC′，则P的轨迹长为( )A.22B.32C.324D.64【解析】先找到一个平面总是保持与BC ′垂直，取BB ′，BC ，AD 的中点F ，H ，G . 连接EF ，FH ，EG ，GH ，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，有BC ′⊥面EFHG ，又P 是三角形BDC ′内的动点，根据平面的基本性质得：点P 的轨迹为面EFHG 与面BDC ′的交线段MN ，在直角三角形MNH 中，NH ＝12，MH ＝24.∴MN ＝14＋18＝64. 【答案】D3．如图梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出四个结论：①DF ⊥BC ； ②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ； ④平面DCF ⊥平面BFC .则在翻折过程中，可能成立的结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】对于①：因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①错误；对于②：设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③：当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确； 对于④：因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误． 【答案】B4．如图，菱形ABCD 与四边形BDEF 相交于BD ，∠ABC ＝120°，BF ⊥平面ABCD ，DE ∥BF ，BF ＝2DE ，AF ⊥FC ，M 为CF 的中点，AC ∩BD ＝G .(1)求证：GM ∥平面CDE ； (2)求证：平面ACE ⊥平面ACF .【解析】(1)取BC 的中点N ，连接GN ，MN .因为G 为菱形对角线的交点，所以G 为AC 中点，所以GN ∥CD ，又因为M ，N 分别为FC ，BC 的中点，所以MN ∥FB ，又因为DE ∥BF ，所以DE ∥MN ， 又MN ∩GN ＝N ，所以平面GMN ∥平面CDE ，又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面CDE . (2)连接GE ，GF ，因为四边形ABCD 为菱形， 所以AB ＝BC ，又BF ⊥平面ABCD ，所以AF ＝CF ， 所以FG ⊥AC .设菱形的边长为2，∠ABC ＝120°， 则GB ＝GD ＝1，GA ＝GC ＝3， 又因为AF ⊥FC ，所以FG ＝GA ＝3， 则BF ＝2，DE ＝22，且BF ⊥平面ABCD ，DE ∥BF ，得DE ⊥平面ABCD ， 在直角三角形GED 中，GE ＝1＋12＝62， 又在直角梯形BDEF 中，得EF ＝12＋4＝322， 从而EF 2＝GF 2＋GE 2，所以FG ⊥GE ，又AC ∩GE ＝G ， 所以FG ⊥平面ACE ，又FG ⊂平面ACF ， 所以平面ACE ⊥平面ACF .。