2019年人教版高考数学一轮复习10.8立体几何综合问题优质课教案

2019-2020年高考数学一轮总复习 10.8 立体几何综合问题教案 理 新人教A 版典例精析题型一 线面、面面平行与垂直【例1】 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点.(1)求证：FH ∥平面EDB ；(2)求证：AC ⊥平面EDB ；(3)求二面角B －DE －C 的大小【解析】方法一：(综合法)(1)设AC与BD 交于点G ，则G 为AC 的中点.连接EG ，GH ，又H 为BC 的中点，所以GH 12AB.又EF 12AB ，所以EFGH.所以四边形EFHG 为平行四边形. 所以EG ∥FH.而EG ⊂平面EDB ，所以FH ∥平面EDB.由四边形ABCD 为正方形，有AB ⊥BC ，又EF ∥AB ，所以EF ⊥BC.而EF ⊥FB ，所以EF ⊥平面BFC ，所以EF ⊥FH ，所以AB ⊥FH.又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，所以FH ⊥BC.所以FH ⊥平面ABCD. 所以FH ⊥AC.又FH ∥EG ，所以AC ⊥EG.又AC ⊥BD ，EG∩BD＝G ，所以AC ⊥平面EDB.(3)EF ⊥FB ，∠BFC ＝90°，所以BF ⊥平面CDEF.在平面CDEF 内过点F 作FK ⊥DE 交DE 的延长线于K ，则∠FKB 为二面角B －DE －C 的一个平面角.设EF ＝1，则AB ＝2，FC ＝2，DE ＝ 3.又EF ∥DC ，所以∠KEF ＝∠EDC.所以sin ∠EDC ＝sin ∠KEF ＝23.所以FK ＝EFsin ∠KEF ＝23，tan ∠FKB ＝BF FK ＝ 3. 所以∠FKB ＝60°.所以二面角B －DE －C 为60°.方法二：(向量法)因为四边形ABCD 为正方形，所以AB ⊥BC.又EF ∥AB. 所以EF ⊥BC ，又EF ⊥FB ，所以EF ⊥平面BFC.所以EF ⊥FH ，所以AB ⊥FH.又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，所以FH ⊥BC.所以FH ⊥平面ABCD.以H 为坐标原点，为x 轴正向，为z 轴正向，建立如图所示坐标系.设BH ＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0).D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1).(1)设AC 与BD 交点为G ，连接GE ，GH ，则G(0，－1,0)，所以＝(0,0,1)，又＝(0,0,1)，所以∥.GE ⊂平面EDB ，HF 不在平面EDB 内，所以FH ∥平面EBD.(2) ＝(－2,2,0)，＝(0,0,1)，＝0，所以AC ⊥GE.又AC ⊥BD ，EG∩BD＝G ，所以AC ⊥平面EDB.(3) ＝(－1，－1,1)，＝(－2，－2,0)，设平面BDE 的法向量为n1＝(1，y1，z1).则n1＝－1－y1＋z1＝0，n1＝－2－2y1＝0，所以y1＝－1，z1＝0，即n1＝(1，－1,0).＝(0，－2,0)， ＝(1，－1,1).设平面CDE 的法向量为n2＝(1，y2，z2)，则n2＝0，y2＝0，n2＝0, 1－y2＋z2＝0，z2＝－1，故n2＝(1,0，－1).cos 〈n1，n2〉＝＝12×2＝12， 所以〈n1，n2〉＝60°，即二面角B －DE －C 为60°.【点拨】(1)本题主要考查空间线面平行，线面垂直，面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算能力.(2)空间角、空间的平行与垂直是高考必考内容之一，处理方法为推理论证或借助向量知识解决分析几何问题.【变式训练1】已知平面α外不共线的三点A ，B ，C 到α的距离都相等，则正确的结论是( )A.平面ABC 必不垂直于αB.平面ABC 必平行于αC.平面ABC 必与α相交D.存在△ABC 的一条中位线平行于α或在α内【解析】选D题型二 空间角求解【例2】 (xx 浙江)在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在线段AB ，AD 上，AE ＝EB ＝AF ＝23FD ＝4.沿直线EF 将△AEF 翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF.(1)求二面角A′－FD －C 的余弦值；(2)若点M ，N 分别在线段FD ，BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与A′重合，求线段FM 的长.【解析】(1)取线段EF 的中点H ，连接A′H，因为A′E＝A′F 及H 是EF 的中点，所以A′H ⊥EF.又因为平面A′EF⊥平面BEF ，及A′H ⊂平面A′EF，所以A′H⊥平面BEF.如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A′(2,2,22)，C(10,8,0)，F(4,0,0)，D(10,0,0). 故＝(－2,2,22)， ＝(6,0,0).设n ＝(x ，y ，z)为平面A′FD 的一个法向量，所以取z ＝2，则n ＝(0，－2，2).又平面BEF 的一个法向量m ＝(0,0,1).故cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝33. 所以二面角的余弦值为33. (2)设FM ＝x ，则M(4＋x,0,0)，因为翻折后，C 与A′重合，所以CM ＝A′M，故(6－x)2＋82＋02＝(－2－x)2＋22＋(22)2，得x ＝214，经检验，此时点N 在线段BC 上. 所以FM ＝214. 【点拨】(1)本例主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力.(2)折叠问题是立体几何中的一个重要题型，解题中要将折叠前后的图形相互联系，使得解题有章可循.【变式训练2】已知二面角α－l －β为60°，平面α内一点A 到平面β的距离为AB ＝4，则B 到平面α的距离为____________.【解析】2.题型三 线面位置探索性问题【例3】已知ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝2.(1)求PC 与平面PBD 所成的角；(2)在线段PB 上是否存在一点E ，使PC ⊥平面ADE ？若存在，确定E 点的位置；若不存在，说明理由.【解析】如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，O(1,1,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2).(1)在正方形ABCD 中，OC ⊥DB.因为PD ⊥平面ABCD ，OC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥OC.又因为DB∩PD＝D ，所以OC ⊥平面PBD.所以∠CPO 为PC 与平面PBD 所成的角.因为＝(0,2，－2)，＝(1,1，－2)，所以cos 〈，〉＝＝32， 所以PC 与平面PBD 所成的角为30°.(2)假设在PB 上存在点E ，使PC ⊥平面ADE. 则＝λ.因为＝(2,2，－2)，所以＝(2λ，2λ，－2λ)，而＝(－2,0,2)，所以＝(2λ－2,2λ，2－2λ).要PC ⊥平面ADE ，即PC ⊥AE ，即＝8λ－4＝0，即λ＝12，所以E(1,1,1)， 所以存在点E 且E 为PB 的中点时PC ⊥平面ADE.【点拨】对于存在性问题，一般先假设存在，若能求出符合条件的解，则存在，若不能求出符合条件的解，则不存在.【变式训练3】ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，又SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成二面角的正切值为 . 【解析】22. 题型四 立体几何综合问题【例4】圆柱OO1内有一个三棱柱ABC －A1B1C1，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB 是圆O 的直径.(1)求证：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1；(2)设AB ＝AA1，在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取自于三棱柱ABC －A1B1C1内的概率为p.①当点C 在圆周上运动时，求p 的最大值；②记平面A1ACC1与平面B1OC 所成的角为θ(0°＜θ≤90°).当p 取最大值时，求cos θ的值.【解析】(1)因为A1A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以A1A ⊥BC.因为AB 是圆O 的直径，所以BC ⊥AC.又AC∩A1A＝A ，所以BC ⊥平面A1ACC1，而BC ⊂平面B1BCC1，所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1.(2)①设圆柱的底面半径为r ，则AB ＝AA1＝2r ，故三棱柱ABC －A1B1C1的体积V1＝12AC ·BC ·2r ＝ACBCr. 又因为AC2＋BC2＝AB2＝4r2.所以AC ·BC≤AC2＋BC22＝2r2，当且仅当AC ＝BC ＝2r 时等号成立. 从而V1≤2r3，而圆柱的体积V ＝πr2·2r ＝2πr3，故p ＝V1V ≤2r32πr3＝1π， 当且仅当AC ＝BC ＝2r ，即OC ⊥AB 时等号成立.所以p 的最大值等于1π. ②由①可知，p 取最大值时，OC ⊥AB.于是，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz(如图)，则C(r,0,0)，B(0，r,0)，B1(0，r,2r).因为BC ⊥平面A1ACC1，所以＝(r ，－r,0)是平面A1ACC1的一个法向量.设平面B1OC 的法向量n ＝(x ，y ，z)，取z ＝1，得平面B1OC 的一个法向量为n ＝(0，－2,1)，因为0°＜θ≤90°，所以cos θ＝|cos 〈n ，〉|＝＝|2r5×2r |＝105. 【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想.【变式训练4】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好过点P(图2).有下列四个命题：①正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半；②将容器侧面水平旋转时，水面也恰好过点P；③任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P；④若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满.其中真命题的序号是.(写出所有真命题的序号)【解析】②④.总结提高空间向量和空间坐标系的引入，大大降低了学生对空间想象能力和推理能力的要求，因此，运用向量法解决立体几何题，是同学们需引起足够重视和彻底掌握的地方.由此，也可体会到向量法的魅力所在！。

2019-2020学年高三数学一轮复习立体几何教案教学目标了解柱体、锥体、台体、球的表面积和体积公式；了解一些简单组合体（如正方体和球，正四面体和球）；教学重难点柱体、锥体、台体、球的表面积和体积公式的使用教学参考教材,教参,学案，优化探究授课方法自学引导，讲练结合教学辅助手段多媒体专用教室教学过程设计教学二次备课一、主干知识梳理1．侧面积公式：S=直棱柱侧，S=正棱锥侧，S=正棱台侧，S=圆台侧，S=圆柱侧，S=圆锥侧．2．体积公式：V=长方体= ，V=柱体，V=锥体，V=台体．3．球：V=球体，S=球面．二、基础自测自评1．若一个球的体积为π34，则它的表面积为_______．2．已知圆锥的母线长为2，则该圆锥的侧面积是．3．若圆锥的母线长为3cm，侧面展开所得扇形圆心角为23π，则圆锥的体积为3cmD．v≤40 km/B．v＞40 km/ D．v≤40 km/h D．a＋c＞b学生课前预习师生共同回顾主干知识通过小题巩固公式的记忆及使用教学过程设计 教 学 二次备课三、典例分析【例1】（1）一个圆台的母线长为12 cm ，两底面面积分别为4π cm 2和25π cm 2，则(1)圆台高 为 (2)截得此圆台的圆锥的母线长为 ．（2）若三棱锥的三个侧棱两两垂直，则其外接球的表面积是 .（3）三棱柱的一个侧面面积为S ，此侧面所对的棱与此面的距离为h ，则此棱柱的体积为 ．【例2】 例2如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 、F 分别为1DD 、DB 的中点．（1）求证：EF //平面11ABC D ；（2）求证：1EF B C ⊥；（3）求三棱锥1B EFC V -的体积．四、课堂小结：了解柱体、锥体、台体、球的表面积和体积公式；了解一些简单组合体（如正方体和球，正四面体和球）；练习：1．一个球的外切正方体的全面积等于26cm ，则此球的体积为 .2．等边圆柱（底面直径和高相等的圆柱）的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表面积与球的表面积之比为 ．课外作业 优化探究变式训练1教 学 小 结C DB FE D 1C 1B 1A A 1。

《高三立体几何综合复习》教学设计一、教材分析立体几何是高中数学的重要概念之一。

最近几年高考对立体几何的要求发生了很大的变化，注重空间的平行与垂直关系的判定，淡化空间角和空间距离的考查，因此立体几何的难度和以往相比有大幅度的降。

因此依据考试说明的要求在高三复习中制定以下目标：1.高度重视立体几何基础知识的复习，扎实地掌握基本概念、定理和公式等基础知识。

2.复习过程中指导学生通过网络图或框图主动建构完整的知识体系，尤其要以线线、线面、面面三种位置关系形成网络，能够熟练地转化和迁移。

3.重视模型复习，强化学生的“想图、画图、识图、解图”的能力，重视图形语言、文字语言、符号语言转化的训练。

尤其重视对所画的立体图形、三视图与真实图形思维理解上的一致性。

4.在完成解答题时，要重视培养学生规范书写，注意表述的逻辑性及准确性，要注意训练学生思考的严谨性，在计算相关量时应做到“一作、二证、三算”。

做好本节课的复习，对学生系统地掌握直线和平面的知识乃至于创新能力的培养都具有重要的意义。

二、学情分析在传统的高中数学立体几何的学习中，采取的基本方法：面面俱到的知识点整理，典型的例题解答，课堂的跟踪训练，灌输解题规律，这种模式由于缺乏新意，学生思维难以兴奋，发散性思维受到抑制，创新意识逐渐消弱，学习的效果可想而知。

因此立体几何的学习只有深入到学科知识的内部，充分调动学生的思维，触及学生的兴奋点，这样才能达到高效学习的目的。

三、设计思想在新课程理念下，在立体几何教学中我进行了研究性学习的尝试，所谓研究性学习就是应用研究性学习的理念、方法去指导立体几何，学生在教师的引导下尽可能地采取自主性、探究性的学习方式，不仅要注意基础知识的学习，更应该关注自身综合素质、创新意识的提高。

让学生在教师的引导下，充分地动手、动口、动脑，掌握学习的主动权。

四、媒体手段利用电子白板，幻灯片课件，几何画板软件。

让学生分组自己动手利用几何画板绘制立体图形，分组讨论得出结论，充分调动学生的学习的积极性主动性，自主的发现问题，找到解决问题的方法。

第八章立体几何初步第1课时空间点、直线、平面之间的位置关系理解空间点、线、面的基本位置关系；会用数学语言规范地表述空间点、线、面的位置关系．了解公理1，2，3及公理3的推论1，2，3，并能正确判定；了解平行公理和等角定理．理解空间直线、平面位置关系的定义，能判定空间两直线的位置关系；了解异面直线所成的角．1. (必修2P24练习2改编)用集合符号表示“点P在直线l外，直线l在平面α内”为________．答案：P∉l，l⊂α解析：考查点、线、面之间的符号表示．2. (必修2P28练习2改编)已知AB∥PQ，BC∥QR，若∠ABC＝45°，则∠PQR＝________．答案：45°或135°解析：由等角定理可知∠PQR与∠ABC相等或互补，故答案为45°或135°.3. (原创)若直线l上有两个点在平面α外，则________．(填序号)①直线l上至少有一个点在平面α内；②直线l上有无穷多个点在平面α内；③直线l上所有点都在平面α外；④直线l上至多有一个点在平面α内．答案：④解析：由已知得直线l⊄α，故直线l上至多有一个点在平面α内．4. (必修2P31习题15改编)如图所示，设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上除端点外的点，AEAB＝AHAD＝λ，CFCB＝CGCD＝μ，则下列结论中不正确的是________．(填序号)①当λ＝μ时，四边形EFGH是平行四边形；②当λ≠μ时，四边形EFGH是梯形；③当λ≠μ时，四边形EFGH一定不是平行四边形；④当λ＝μ时，四边形EFGH是梯形．答案：④解析：由AEAB＝AHAD＝λ，得EH∥BD，且EHBD＝λ，同理得FG∥BD 且FGBD＝μ，当λ＝μ时，EH∥FG且EH＝FG.当λ≠μ时，EH∥FG，但EH≠FG，只有④错误．5. (必修2P30练习2改编)在正方体A1B1C1D1ABCD中，与AB异面的棱有______________________．答案：A 1D 1，DD 1，CC 1，C 1B 11. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内．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，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面． 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． 2. 空间两条直线的位置关系 位置关系 共面情况 公共点个数 相交直线 在同一平面内 有且只有一个 平行直线 在同一平面内 没有 异面直线 不同在任何一个平面内 没有(1) 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2) 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．4. 异面直线的判定(1) 判定定理：过平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过该点的直线是异面直线．(2) 符号表示：若l ⊂α，A ∉α，B ∈α，B ∉l ，则直线AB 与l 是异面直线． 5. 异面直线所成的角(1) 定义：设a ，b 是异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a′∥a，b ′∥b ，我们把直线a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角．(2) 范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.(3) 若异面直线a ，b 所成的角是直角，就称异面直线a ，b 互相垂直．记作a⊥b. [备课札记], 1平面的基本性质), 1) 如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为CC1，AA1的中点，画出平面BED1F和平面ABCD的交线．解：如图，在平面ADD1A1内延长D1F与DA交于一点P，则P∈平面BED1F.∵ DA⊂平面ABCD，∴ P∈平面ABCD，∴点P是平面ABCD与平面BED1F的一个公共点．又点B是两平面的一个公共点，∴ PB为两平面的交线．备选变式（教师专享）如图，在直角梯形ABDC中，AB∥CD，AB>CD，S是直角梯形ABDC所在平面外一点，画出平面SBD和平面SAC的交线，并说明理由．解：显然点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵ E∈AC，AC⊂平面SAC，∴ E∈平面SAC.同理，可证E∈平面SBD，∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连结SE，则直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．, 2共点、共线、共面问题), 2) 如图，在四边形ABCD 和四边形ABEF 中，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，BE∥FA ，BE ＝12FA ，点G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1) 求证：四边形BCHG 是平行四边形． (2) C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1) 证明：因为点G ，H 分别为FA ，FD 的中点，所以GH∥AD，GH ＝12AD.又BC∥AD，BC＝12AD ， 所以GH∥BC，且GH ＝BC ，所以四边形BCHG 为平行四边形．(2) 解：C ，D ，F ，E 四点共面．理由如下：由BE∥FA，BE ＝12FA ，点G 为FA 的中点知，BE ∥FG ，BE ＝FG ，所以四边形BEFG 为平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，BG ＝CH ，所以EF∥CH，所以EF 与CH 共面． 又D∈FH，所以C ，D ，F ，E 四点共面． 变式训练如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1与B 1D 1交于点O.求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面．证明：如图，连结AC ，因为点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF 是△ABC 的中位线，所以EF ∥AC.由直棱柱知AA 1綊CC 1，所以四边形AA 1C 1C 为平行四边形，所以AC∥A 1C 1. 所以EF∥A 1C 1，故A 1，C 1，F ，E 四点共面．, 3 空间直线位置关系问题), 3) 如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．求证：(1) AM 和CN 共面；(2) D 1B 和CC 1是异面直线．证明：(1) 如图，连结MN，A1C1，AC.∵点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，∴ MN∥A1C1.∵ A1A綊C1C，∴四边形A1ACC1为平行四边形，∴ A1C1∥AC，∴ MN∥AC，∴ A，M，N，C四点共面，即AM和CN共面．(2) ∵ ABCDA1B1C1D1是正方体，∴ B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B⊂平面α，CC1⊂平面α，∴ D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．∴假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．变式训练已知空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD 的中点．(1) 求证：BC与AD是异面直线；(2) 求证：EG与FH相交．证明：(1) 假设BC与AD不是异面直线，则BC与AD共面．不妨设它们所共平面为α，则B，C，A，D∈α，所以四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾．所以BC与AD是异面直线．(2) 如图，连结AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG，FH是平行四边形EFGH的对角线，所以EG与FH相交．1. 在下列命题中，不是公理的是________．(填序号)①如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；④平行于同一个平面的两个平面相互平行．答案：④解析：④不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；①②③是平面的基本性质公理．2. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：① AB⊥EF；② AB与CM所成的角为60°；③ EF与MN是异面直线；④ MN∥CD.以上结论中正确的是________．(填序号)答案：①③解析：把正方体平面展开图还原到原来的正方体，如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD，只有①③正确．3. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．答案：无数解析：在A1D1，C1D1上任取一点P，M，过点P，M与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD ＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性知，有无数条直线与直线A1D1，EF，CD都相交．4. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，BB1及DD1的中点．求证：∠BGC＝∠FD1E.证明：∵ 点E，F，G分别是正方体的棱CC1，BB1，DD1的中点，∴ CE平行且等于GD1，BF平行且等于GD1，则四边形CED1G与四边形BFD1G均为平行四边形．则GC∥D1E，GB∥D1F.∵∠BGC与∠FD1E对应两边的方向分别相同，∴∠BGC＝∠FD1E.5. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，点E为AB的中点，点F为AA1的中点．求证：(1) C1，O，M三点共线；(2) E，C，D1，F四点共面；(3) CE，D1F，DA三线共点．证明：(1) ∵ C 1，O ，M ∈平面BDC 1，又C 1，O ，M ∈平面A 1ACC 1，由公理3知，点C 1，O ，M 在平面BDC 1与平面A 1ACC 1的交线上，∴ C 1，O ，M 三点共线．(2) ∵ 点E ，F 分别是AB ，A 1A 的中点，∴ EF ∥A 1B. ∵ A 1B ∥CD 1，∴ EF ∥CD 1.∴ E ，C ，D 1，F 四点共面．(3) 由(2)可知，E ，C ，D 1，F 四点共面．∵ EF∥A 1B ，EF ＝12A 1B ，∴ EF ＝12D 1C ，∴ D 1F ，CE 为相交直线，记交点为P.则P∈D 1F ⊂平面ADD 1A 1，P ∈CE ⊂平面ADCB ，∴ P ∈平面ADD 1A 1∩平面ADCB ＝AD ，∴ CE ，D 1F ，DA 三线共点．1. 如图，在正方体ABCDEFMN 中，①BM 与ED 平行；②CN 与BM 是异面直线；③CN 与BE 是异面直线；④DN 与BM 是异面直线．以上四个命题中，正确的命题是________．(填序号)答案： ②④解析：观察图形，根据异面直线的定义可知，BM 与ED 是异面直线，CN 与BM 是异面直线，CN 与BE 不是异面直线，DN 与BM 是异面直线，故①③错误，②④正确．即正确的命题是②④.2. 在空间四边形ABCD 中，AB ＝CD 且AB 与CD 所成的角为30°，点M ，N 分别是BC ，AD 的中点，求直线AB 和MN 所成的角．解：如图，取AC 的中点P.连结PM ，PN ，则PM∥AB，且PM ＝12AB ，PN ∥CD ，且PN ＝12CD ，所以∠MPN 为直线AB 与CD 所成的角(或所成角的补角)． 则∠MPN＝30°或∠MPN＝150°. 若∠MPN＝30°，因为PM∥AB，所以∠PMN 是AB 与MN 所成的角(或所成角的补角)．又AB ＝CD ，所以PM ＝PN ，则△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝75°， 即直线AB 与MN 所成的角为75°.若∠MPN＝150°，易知△PMN 是等腰三角形，所以∠PMN＝15°， 即直线AB 与MN 所成的角为15°.故直线AB 和MN 所成的角为75°或15°.3. 已知在棱长为a 的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是棱CD ，AD 的中点．求证： (1) 四边形MNA 1C 1是梯形； (2) ∠DNM＝∠D 1A 1C 1.证明：(1) 如图，连结AC ，在△ACD 中，∵ 点M ，N 分别是CD ，AD 的中点， ∴ MN 是三角形ACD 的中位线，∴ MN ∥AC ，MN ＝12AC.由正方体的性质得AC∥A 1C 1，AC ＝A 1C 1，∴ MN ∥A 1C 1且MN ＝12A 1C 1，即MN≠A 1C 1，∴ 四边形MNA 1C 1是梯形．(2) 由(1)知MN∥A 1C 1.又∵ ND∥A 1D 1， ∴ ∠DNM 与∠D 1A 1C 1相等或互补．而∠DNM 与∠D 1A 1C 1均是直角三角形中的锐角， ∴ ∠DNM ＝∠D 1A 1C 1.1. 证明点线共面的常用方法：一是依据题中所给部分条件先确定一个平面，然后证明其余的点或线都在平面内；二是将所有元素分成几个部分，然后分别确定几个平面，再证这些平面重合；三是采用反证法．2. 证明三线共点的方法：通常先证明两条直线的交点在第三条直线上，而第三条直线是分别经过这两条直线的两个平面的一条交线．3. 异面直线的证明方法：一是应用判定定理(过平面内一点与平面外一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线)；二是采用反证法．判定异面直线时通常采用排除法(既不相交也不平行)或判定定理．4. 对于异面直线所成的角，要注意角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2以及两条直线垂直的定义，平移法是解决此类问题的关键．[备课札记]第2课时直线与平面的位置关系(1)(对应学生用书(文)109～110页、(理)111～112页)了解直线与平面的位置关系，了解线面平行的有关概念；除了能熟练运用线面平行的判定定理和性质定理外，还能运用定义判断位置关系．① 要熟练掌握线面平行的定义、判定及性质.②要注意线线关系、线面关系以及面面关系的转化．对于直线与平面所成的角，点到面的距离了解即可．1. (必修2P35练习2改编)给出下列条件：① l∥α；② l与α至少有一个公共点；③ l与α至多有一个公共点．则能确定直线l在平面α外的条件为________．(填序号)答案：①③解析：直线l在平面α外：l∥α或直线l与平面α仅有一个交点．2. (必修2P35练习7改编)在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，则直线CD与平面α内的直线的位置关系是________．答案：平行或异面解析：因为AB∥CD，AB⊂平面α，CD⊄平面α，所以CD∥平面α，所以CD与平面α内的直线可能平行，也可能异面．3. (必修2P35练习4改编)在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的表面中，与A1F1平行的平面是________．答案：平面ABCDEF、平面CC1D1D解析：在正六棱柱中，易知A1F1∥AF，AF⊂平面ABCDEF，且A1F1⊄平面ABCDEF，所以A1F1∥平面ABCDEF.同理，A1F1∥C1D1，C1D1⊂平面CC1D1D，且A1F1⊄平面CC1D1D，所以A1F1∥平面CC1D1D.其他各面与A1F1均不满足直线与平面平行的条件．故答案为平面ABCDEF与平面CC1D1D.4. (原创)P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线的交点为O，M为PB的中点，给出下列四个命题：① OM∥平面PCD；② OM∥平面PBC；③ OM∥平面PDA；④ OM∥平面PBA.其中正确命题的个数是________．答案：2解析：由已知OM∥PD，得OM∥平面PCD且OM∥平面PAD.故正确的只有①③.5. (必修2P41习题5改编)在四面体ABCD中，点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ABC、平面ABD解析：如图，连结AM并延长交CD于E，连结BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，由EMMA＝ENNB＝12，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.1. 一条直线和一个平面的位置关系有且只有以下三种：位置关系直线a在平面α内直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点有无数个公共点有且只有一个公共点没有公共点符号表示a⊂αa∩α＝A a∥α图形表示2. 直线与平面平行判定定理性质定理文字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符号图形作用线线平行⇒线面平行线面平行⇒线线平行, 1基本概念辨析), 1) 下列命题中真命题的个数为Ｗ.①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；④若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.答案：1解析：∵ 直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴ l不一定平行于α.∴ ①是假命题.∵ 直线a在平面α外，包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴ a和α不一定平行.∴ ②是假命题.∵ 直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴ a不一定平行于α.∴ ③是假命题.∵ a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，∴ a可以与平面α内的无数条直线平行.∴ ④是真命题.综上可知，真命题的个数为1.备选变式（教师专享）下列命题中正确的是Ｗ.（填序号）①若直线a不在平面α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若直线l与平面α平行，则l与α内的任意一条直线都平行；④若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；⑤平行于同一平面的两直线可以相交.答案：④⑤解析：如图①，a∩α＝A时，a⊄α，∴①错误；直线l与α相交时，l上有无数个点不在α内，∴②错误；l∥α时，α内的直线与l平行或异面，∴③错误；l∥α，l与α无公共点，∴ l与α内任一直线都无公共点，④正确；如图②，长方体ABCDA1B1C1D1中，A1C1与B1D1都与平面ABCD平行，∴⑤正确., 2线面平行的判定), 2) 如图，在底面为平行四边形的四棱锥PABCD中，点E是PC的中点.求证：PA∥平面BDE.证明：如图，连结AC交BD于点O，连结OE.在平行四边形ABCD中，O是AC的中点，又E是PC的中点，∴ OE∥PA.∵ PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴ PA∥平面BDE.变式训练如图，在三棱柱A1B1C1ABC中， E，F分别是A1B，AC1的中点.求证：EF∥平面ABC.证明：如图，连结A1C，因为三棱柱A1B1C1ABC中，四边形AA1C1C是平行四边形，所以点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC.因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.备选变式（教师专享）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点.求证：AP∥平面C1MN.证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为点M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点，所以AM ＝PC 1. 又AM∥CD，PC 1∥CD ，故AM∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形.从而AP∥C 1M. 又AP ⊄ 平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ， 所以AP∥平面C 1MN., 3 线面平行的性质), 3) 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，CC 1＝4，M 是棱CC 1上的一点.若点N 是AB 的中点，且CN∥平面AB 1M ，求CM 的长.解：（解法1）如图①，取AB 1的中点P ，连结NP ，PM.①因为点N 是AB 的中点，所以NP∥BB 1.因为CM∥BB 1，所以NP∥CM，所以NP 与CM 共面.因为CN∥平面AB 1M ，平面CNPM∩平面AB 1M ＝MP ，所以CN∥MP.所以四边形CNPM 为平行四边形，所以CM ＝NP ＝12CC 1＝2.（解法2）如图②，设NC 与CC 1确定的平面交AB 1于点P ，连结NP ，PM.②因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面CNPM ，平面AB 1M ∩平面CNPM ＝PM ，所以CN∥MP. 因为BB 1∥CM ，BB 1⊄平面CNPM ，CM ⊂平面CNPM ，所以BB 1∥平面CNPM. 又BB 1⊂平面ABB 1，平面ABB 1∩平面CNPM ＝NP ，所以BB 1∥NP ，所以CM∥NP，所以四边形CNPM 为平行四边形.因为点N 是AB 的中点，所以CM ＝NP ＝12BB 1＝12CC 1＝2.（解法3）如图③，取BB 1的中点Q ，连结NQ ，CQ.③因为点N 是AB 的中点，所以NQ∥AB 1. 因为NQ ⊄平面AB 1M ，AB 1⊂平面AB 1M ， 所以NQ∥平面AB 1M.因为CN∥平面AB 1M ，NQ ∩NC ＝N ，NQ ，NC ⊂平面NQC ， 所以平面NQC∥平面AB 1M.因为平面BCC 1B 1∩平面NQC ＝QC ，平面BCC 1B 1∩平面AB 1M ＝MB 1，所以CQ∥MB 1. 因为BB 1∥CC 1，所以四边形CQB 1M 是平行四边形，所以CM ＝B 1Q ＝12CC 1＝2.（解法4）如图④，分别延长BC ，B 1M ，设交点为S ，连结AS.④因为CN∥平面AB 1M ，CN ⊂平面ABS ， 平面ABS∩平面AB 1M ＝AS ，所以CN∥AS. 由于AN ＝NB ，所以BC ＝CS.又CM∥BB 1，同理可得SM ＝MB 1，所以CM ＝12BB 1＝12CC 1＝2.备选变式（教师专享） 如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE∥平面BCC 1B 1.求证：点E 是AB 的中点.证明：连结BC 1，因为OE∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE∥BC 1.在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是平行四边形，AC 1∩A 1C ＝O ， 所以点O 是AC 1的中点，所以AE EB ＝AOOC 1＝1，即点E 是AB 的中点.1. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ，点M ，N ，P 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点.求证：A 1N ∥平面AMP.证明：取C 1B 1的中点D ，连结A 1D ，DN ，DM ，B 1C.由于点D ，M 分别为C 1B 1，CB 的中点，所以DM∥CC 1且DM ＝CC 1，故DM∥AA 1且DM ＝AA 1，则四边形A 1AMD 为平行四边形，所以A 1D ∥AM.又A 1D ⊄平面APM ，AM ⊂平面APM ，所以A 1D ∥平面APM.由于D ，N 分别为C 1B 1，CC 1的中点，所以DN∥B 1C.又点P ，M 分别为BB 1，CB 的中点，所以MP∥B 1C.所以DN∥MP.又DN ⊄平面APM ，MP ⊂平面APM ， 所以DN∥平面APM.由于A 1D ∩DN ＝D ，所以平面A 1DN∥平面APM. 由于A 1N ⊂平面A 1DN ，所以A 1N ∥平面APM.2. 如图，在四棱锥EABCD 中，四边形ABCD 为矩形，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点.求证：直线MN∥平面EBC.证明：取BE 中点F ，连结CF ，MF.因为点M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB.又点N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形，所以MN∥CF.又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN∥平面EBC. 3. 如图，在正三棱柱ABCA′B′C′中，D 是AA′上的点，点E 是B′C′的中点，且A′E∥平面DBC′.试判断D 点在AA′上的位置，并给出证明.解：点D 为AA′的中点.证明如下：如图，取BC 的中点F ，连结AF ，EF ，设EF 与BC′交于点O ，连结DO ，BE ，C ′F ，在正三棱柱ABCA′B′C′中，点E 是B′C′的中点，所以 EF ∥BB ′∥AA ′，且EF ＝BB′＝AA′， 所以四边形A′EFA 是平行四边形.因为A′E∥平面DBC′，A ′E ⊂平面A′EFA，且平面DBC′∩平面A′EFA＝DO ， 所以A′E∥DO.在正三棱柱ABC －A′B′C′中，点E 是B′C′的中点， 所以EC′∥BC 且EC′＝BF ，所以四边形BFC′E 是平行四边形，所以点O 是EF 的中点. 因为在平行四边形A′EFA 中， A ′E ∥DO ， 所以点D 为AA′的中点. 4. 如图，在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点.求证：BE∥平面ACD 1.证明：如图，连结B 1D 1交A 1C 1于点E ，连结BD 交AC 于点O ，连结OD 1.∵ 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形， ∴ D 1E ∥BO 且D 1E ＝BO ，∴ 四边形BED 1O 是平行四边形， ∴ BE ∥OD 1.∵ OD 1⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， ∴ BE ∥平面ACD 1.5. 如图，在四棱锥PABCD 中，PC ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝2BC ，点M ，N 分别是棱PA ，CD 的中点.求证：PC∥平面BMN.证明：设AC∩BN＝O ，连结MO ，AN.因为AB ＝12CD ，AB ∥CD ，点N 为CD 的中点，所以AB ＝CN ，AB ∥CN ，所以四边形ABCN 为平行四边形， 所以O 为AC 的中点.又点M 为PA 的中点，所以MO∥PC. 因为MO ⊂平面BMN ，PC ⊄ 平面BMN ， 所以PC∥平面BMN.1. 如图，在三棱锥PABC中，点M，N分别为AB，PA的中点.求证：PB∥平面MNC.证明：因为点M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.因为MN⊂平面MNC，PB⊄平面MNC，所以PB∥平面MNC.2. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D是AB的中点.求证：BC1∥平面A1CD.证明：连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴ O是AC1的中点.∵在△ABC1中， O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.∵ OD⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，∴ BC1∥平面A1CD.3. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点P∈BB1（P不与B，B1重合）.PA∩A1B＝M，PC∩BC1＝N.求证：MN∥平面ABCD.证明：连结AC，A1C1，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四边形ACC1A1是平行四边形.∴ AC∥A1C1.∵ AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，∴ AC∥平面A1BC1.∵ AC⊂平面PAC，平面A1BC1∩平面PAC＝MN，∴ AC∥MN.∵ MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ MN∥平面ABCD.1. 判定或证明直线与平面平行的常用方法（1）利用直线与平面平行的定义（无公共点）.（2）利用直线与平面平行的判定定理（a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α）.（3）利用平面与平面平行的性质（α∥β，a⊂α⇒a∥β）.注意不管用哪种方法，都应将相应的条件写全，缺一不可.2. 直线与平面平行的性质定理的作用是证线线平行，应用时常常需构造辅助平面，和在平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时要确认这个平面的存在性.3. 证明平行问题时要注意“转化思想”的应用，要抓住线线、线面、面面之间的平行关系，实现“空间问题”与“平面问题”之间的转化.[备课札记]第3课时直线与平面的位置关系（2）（对应学生用书（文）111～113页、（理）113～115页）了解直线与平面的位置关系，了解空间垂直的有关概念；熟练运用线面垂直的判定定理和性质定理. 要注意线线垂直、线面垂直的转化.可以按照要证明的目标重新整理知识点.1. （必修2P38练习2（3）改编）已知直线l，a，b，平面α.若l∥a，a⊥α，b⊥α，则l与b的位置关系是Ｗ.答案：平行解析：由线面垂直的性质可知，若a⊥α，b ⊥α，则a∥b.因为l ∥a ，所以l∥b. 2. 已知两条异面直线平行于一平面，一直线与两异面直线都垂直，那么这个平面与这条直线的位置关系是 Ｗ.（填序号）① 平行；② 垂直；③ 斜交；④ 不能确定. 答案：② 解析：设a ，b 为异面直线，a ∥平面α，b ∥平面α，直线l⊥a，l ⊥b.过a 作平面β∩α＝a′，则a ∥a ′，∴ l ⊥a ′.同理过b 作平面γ∩α＝b′，则l ⊥b ′.∵ a ，b 异面，∴ a ′与b′相交，∴ l ⊥α.3. 设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的 条件.（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”）答案：充要解析：由线面垂直的定义知，直线垂直于平面内任意一条直线，则直线与平面垂直，说明是充分条件，反之，直线垂直于平面，则直线垂直于平面内任意一条直线，说明是必要条件，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件.4. （必修2P 42习题9改编）如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上不同于A ，B 的任一点，则图中直角三角形的个数为 Ｗ.答案：4解析：因为AB 是圆O 的直径，所以AC⊥BC，△ACB 是直角三角形；由PA⊥平面ABC 可得，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，所以△PAB 与△PAC 是直角三角形；因为PA⊥平面ABC ，且BC ⊂平面ABC ，所以PA⊥BC.又BC⊥AC，PA ∩AC ＝A ，所以BC⊥平面PAC.而PC ⊂平面PAC ，所以BC⊥PC，△PCB 是直角三角形.故直角三角形的个数为4.5. （必修2P 38练习3改编）在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝1，则点C 到平面B 1BDD 1的距离为 Ｗ.答案：2解析：连结AC ，则AC⊥BD，又BB 1⊥AC ，故AC⊥平面B 1BDD 1，所以点C 到平面B 1BDD 1的距离为12AC ＝22.1. 直线与平面垂直的定义：如果一条直线a 与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a 与平面α互相垂直，记作a ⊥α，直线a 叫做平面α的垂线，平面α叫做直线a 的垂面，垂线和平面的交点称为垂足Ｗ.2. 结论：过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，过一点有且只有一个平面与已知直线垂直.3. 直线与平面垂直判定定理性质定理文字如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行符号图形作用线线垂直⇒线面垂直线面垂直⇒线线平行从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.5. 直线和平面的距离一条直线和一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.6. 直线与平面所成的角（1）斜线一条直线与一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线与平面的交点叫做斜足，斜线上一点与斜足间的线段叫做这个点到平面的斜线段.（2）射影过平面α外一点P向平面α引斜线和垂线，那么过斜足Q和垂足P1的直线就是斜线在平面内的正投影（简称射影），线段P1Q就是斜线段PQ在平面α内的射影，如图.（3）直线和平面所成的角平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.特别地，如果直线和平面垂直，那么就说这条直线与平面所成的角是直角；如果直线与平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.[备课札记], 1直线与平面垂直的判定), 1) 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，BC的中点，A1C1与B1D1交于点O.若底面ABCD是菱形，且OD⊥A1E，求证：OD⊥平面A1C1FE.证明：连结BD，因为直棱柱中DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1.因为底面A1B1C1D1是菱形，所以A1C1⊥B1D1.又DD1∩B1D1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D.因为OD⊂平面BB1D1D，所以OD⊥A1C1.又OD⊥A1E，A1C1∩A1E＝A1，A1C1⊂平面A1C1FE，A1E⊂平面A1C1FE，所以OD⊥平面A1C1FE.变式训练如图，在三棱锥PABC中，平面PA B⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N分别为AB，PA的中点.若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.证明：因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MN∥PB.又因为PA⊥PB，所以PA⊥MN. 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以CM⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB，所以CM⊥PA.又因为PA⊥MN，MN⊂平面MNC，CM⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC., 2直线与平面垂直性质的应用), 2) 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.（1）求证：CD⊥AP；（2）若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.证明：（1）因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.因为AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.（2）因为CD⊥AP，CD⊥PD，且PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD ①.因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.因为AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD ②.由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.变式训练如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交.求证：（1）EF⊥平面AB1C；（2）EF∥BD1.证明：（1）在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C ⊂平面AB1C，所以EF⊥平面AB1C.（2）连结BD，则BD⊥AC.因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1⊂平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1.又BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理可证BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.又EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1., 3直线与平面垂直的探索题), 3) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.（1）若P是CC1上任一点，求证：AP不可能与平面BCC1B1垂直；（2）试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.（1）证明：（反证法）假设AP⊥平面BCC1B1，∵ BC⊂平面BCC1B1，∴ AP⊥BC.又正三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥BC，AP∩CC1＝P，AP⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥平面ACC1A1.而AC⊂平面ACC1A1，∴ BC⊥AC，这与△ABC是正三角形矛盾，故AP 不可能与平面BCC 1B 1垂直. （2） 解：M 为CC 1的中点.∵ 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BC ＝BB 1， ∴ 四边形BCC 1B 1是正方形.∵ 点M 为CC 1的中点，点D 是BC 的中点， ∴ △B 1BD ≌△BCM ，∴ ∠BB 1D ＝∠CBM，∠BDB 1＝∠CMB.∵ ∠BB 1D ＋∠BD B 1＝π2，∴ ∠CBM ＋∠BDB 1＝π2，∴ BM ⊥B 1D.∵ △ABC 是正三角形，D 是BC 的中点， ∴ AD ⊥BC.∵ 平面ABC⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC∩平面BB 1C 1C ＝BC ，AD ⊂平面ABC ， ∴ AD ⊥平面BB 1C 1C.∵ BM ⊂平面BB 1C 1C ，∴ AD ⊥BM. ∵ AD ∩B 1D ＝D ，∴ BM ⊥平面AB 1D. ∵ AB 1⊂平面AB 1D ，∴ MB ⊥AB 1. 备选变式（教师专享）如图，在棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.试确定点F 的位置，使得D 1E⊥平面AB 1F.解：如图，连结A 1B ，CD 1，则A 1B ⊥AB 1.∵ 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，D 1A 1⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，∴ A 1D 1⊥AB 1.又A 1D 1∩A 1B ＝A 1，A 1D 1，A 1B ⊂平面A 1BCD 1， ∴ AB 1⊥平面A 1BCD 1.又D 1E ⊂平面A 1BCD 1，∴ AB 1⊥D 1E.于是使D 1E ⊥平面AB 1F 等价于使D 1E ⊥AF. 连结DE ，易知D 1D ⊥AF ，若有AF⊥平面D 1DE ，只需证DE⊥AF.∵ 四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 的中点， ∴ 当且仅当点F 是CD 的中点时，DE ⊥AF ， 即当点F 是CD 的中点时，D 1E ⊥平面AB 1F.。

立体几何定理复习课教案《立体几何定理复习课教案》这是优秀的教学设计文章，希望可以对您的学习工作中带来帮助！学习主题介绍学习主题：立体几何定理复习课使用教材：人教版版年级册章节教学内容：立体几何是高考的必考内容，不管是选择，填空题，还是解答题都会考查平行与垂直相关定理的转化。

所以本节课的主要内容是利用思维导图，帮助学生复习整理立体几何部分定理的内容和定理使用的条件及熟练掌握定理的应用。

学习目标分析课程标准中与本学习主题相关的语句：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平行、垂直的有关性质与判定，理解线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的性质定理和判定定理，并能够证明。

2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。

3.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系。

4.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)5.能用空间向量的方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用。

根据课程标准所设定的学习目标：1、知识与能力：熟练掌握立体几何中的线线、线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理。

能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问题。

2、过程与方法：加强数学语言的训练，培养数学交流能力;培养学生转化的思想，把空间问题转化为平面问题解决问题。

3、情感态度与价值观：调动学生的积极性，让他们主动参与到学习中去。

学生特征分析学生是否对本课的学习内容有所了解?有一定的了解学习本课内容必须具备的知识掌握情况如何?会而不熟，不精本课将采用什么样的方式组织学生学习，学生是否有过这种经历。

用思维导图的方式组织学习，学生从没这种经历学生对本课所采用的学习组织方式的态度如何。

期待是否有使用思维导图学习的经历?没有如学生已经使用过思维导图学习，他们使用的经验和态度如何?如无使用思维导图的经历，预计学生对使用思维导图学习的兴趣和态度如何。

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.。

第七章⎪⎪⎪立体几何第五节直线、平面垂直的判定及其性质1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：文字语言 图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫a ，b ⊂αa ∩b ＝O l ⊥al ⊥b⇒l ⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言 图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊂βl ⊥α⇒α⊥β 性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl ⊂βα∩β＝al ⊥a⇒l ⊥α1．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内无数条直线都垂直，则l⊥α.( )(2)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( )(3)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．( )答案：(1)× (2)× (3)×2．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B ∵m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m⇒/ l∥α，∵l⊥m 时，l可能在α内．故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．3．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β( )A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m解析：选A ∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．4．设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是( )A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n解析：选B 对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．5．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD, 平面PBC⊥平面PDC，共7对．答案：7考点一直线与平面垂直的判定与性质(题点多变型考点——追根溯源)直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题.,常见的命题角度有：(1)证明直线与平面垂直；(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直.[题点全练]角度(一) 证明直线与平面垂直1．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，❶PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，❷PH 为△PAD 中AD 边上的高． 求证：(1)PH ⊥平面ABCD ；❸(2)EF ⊥平面PAB .❹[学审题]①想到AB 与平面PAD 内所有的直线垂直；②想到△PAD 为等腰三角形，可取PA 的中点得垂线； ③可证PH 与平面ABCD 内的两条相交直线垂直；④可利用线面垂直的判定定理证明，也可以转化为与EF 平行的某条直线与平面PAB 垂直的证明．证明：(1)因为AB ⊥平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥AB .因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD . 因为AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PH ⊥平面ABCD .(2)如图，取PA 的中点M ，连接MD ，ME . 因为E 是PB 的中点， 所以ME 綊12AB .又因为DF 綊12AB ，所以ME 綊DF ，所以四边形MDFE是平行四边形，所以EF∥MD.因为PD＝AD，所以MD⊥PA.因为AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB.因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB.[题型技法]证明线面垂直的4种方法(1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.(2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α，②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)角度(二) 利用线面垂直的性质证明线线垂直2.(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.[题型技法]证明线线垂直的4种方法(1)以算代证法：先平移到相交位置，再证明所构成的三角形的三边满足勾股定理．(2)利用线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b.(3)三垂线定理(垂影⇒垂斜)及其逆定理(垂斜⇒垂影)．(4)a∥b，b⊥c⇒a⊥c.[题“根”探求]证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为：第一步：找相交直线在一个平面内找到两条相交直线第二步：证线线垂直证明平面外的直线与这两条相交直线都垂直第三步：证线面垂直利用直线与平面垂直的判定定理证得线面垂直第四步：证线线垂直由线面垂直的性质得到线线垂直[冲关演练]1.如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴SE⊥AB.又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，∵SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.2.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明：(1)在四棱锥P-ABCD中，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考点二面面垂直的判定与性质(重点保分型考点——师生共研)面面垂直的判定与性质是高考的重点，主要考查平面与平面垂直的证明，题型为解答题，难度适中，属于中档题.[典题领悟]如图，四棱锥P-ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝❶❷2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．求证：❸(1)CE∥平面PAD；❹(2)平面EFG⊥平面EMN.❺[学审题]①想到线面垂直的判定，可证线面垂直；或想到转化为证与其中一直线的平行线垂直；②想到平行公理，可转化为一直线与另一直线的平行线平行；③想到连中点得三角形中位线，可证线线平行；④要证CE∥平面PAD想到证CE与平面PAD中的一条直线平行，或证CE所在平面与平面PAD平行；⑤要证平面EFG⊥平面EMN想到证其中一平面内的直线与另一平面垂直．证明：(1)法一：如图，取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝12AB.又AB∥CD，CD＝12AB，所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形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.法二：如图，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AB⊥PA，所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又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MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.[解题师说]1．证明面面垂直的2种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．2．三种垂直关系的转化线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直[冲关演练](2017·北京高考)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积．解：(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.由(1)知，PA⊥BD，又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE.因为D为AC的中点，所以DE＝12PA＝1，BD＝DC＝ 2.由(1)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E -BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.考点三 平面图形的翻折问题 (重点保分型考点——师生共研)此类问题主要考查折叠前后线线位置关系的变化量和不变量，以此证明空间中的线面、面面位置关系，题型既有选择题或填空题，也有解答题，难度中档.[典题领悟](2018·广州综合测试)如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE 交于点G ，将△ABF 沿AF 折起，得到如图2所示的三棱锥A -BCF ，其中BC ＝22.(1)求证：DE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F -DEG 的体积．[学审题]折叠前 折叠后AD ＝AE ⇒DE ∥BC DG ∥BF ，GE ∥FC ，DE ∥BCF 是中点⇒AF ⊥BC AF ⊥BF ，AF ⊥FC AF 是高线⇒AG ⊥DEAG ⊥GD ，AG ⊥GE解：(1)所以AD AB ＝AEAC，所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ， 所以DE ∥平面BCF .(2)证明：在折叠前的图形中， 因为△ABC 为等边三角形，BF ＝CF ，所以AF ⊥BC ，则在折叠后的图形中，AF ⊥BF ，AF ⊥CF . 又BF ＝CF ＝12，BC ＝22，所以BC 2＝BF 2＋CF 2，所以BF ⊥CF .又BF ∩AF ＝F ，BF ⊂平面ABF ，AF ⊂平面ABF ， 所以CF ⊥平面ABF .(3)由(1)知，平面DEG ∥平面BCF ， 由(2)知，AF ⊥BF ，AF ⊥CF ， 又BF ∩CF ＝F ，所以AF ⊥平面BCF ， 所以AF ⊥平面DEG ，即GF ⊥平面DEG . 在折叠前的图形中，AB ＝1，BF ＝CF ＝12，AF ＝32.由AD ＝23，知AD AB ＝23，又DG ∥BF ，所以DG BF ＝AG AF ＝AD AB ＝23，所以DG ＝EG ＝23×12＝13，AG ＝23×32＝33，所以FG ＝AF －AG ＝36. 故三棱锥F ­DEG 的体积V ＝13S △DEG ·FG ＝13×12×⎝⎛⎭⎫132×36＝3324.[解题师说]平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．解决此类问题的步骤为：[冲关演练]1．(2018·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60°，CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57.将△CDE 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP＝3，得到如图2所示的四棱锥P -ABCE .(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面PAB 与平面PCE 相交于直线l ，求证：AB ∥l . 证明：(1)在△CDE 中，∵CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57，由余弦定理得CE ＝2.连接AC ， ∵AE ＝2，∠AEC ＝60°， ∴AC ＝2. 又AP ＝3，∴在△PAE 中，PA 2＋AE 2＝PE 2， 即AP ⊥AE . 同理，AP ⊥AC .∵AC ∩AE ＝A ，AC ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ， ∴AP ⊥平面ABCE .(2)∵AB ∥CE ，且CE ⊂平面PCE ，AB ⊄平面PCE ， ∴AB ∥平面PCE .又平面PAB ∩平面PCE ＝l ，∴AB ∥l .2．如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1-BCDE 的体积为362，求a 的值． 解：(1)证明：在图1中，连接EC (图略)，因为AB＝BC＝12AD＝a，∠BAD＝90°，AD∥BC，E是AD的中点，所以四边形ABCE为正方形，所以BE⊥AC，即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，又A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)可知A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，即A1O是四棱锥A1-BCDE的高，由图1知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，从而四棱锥A1-BCDE的体积V＝13×S×A1O＝13×a2×22a＝26a3，由26a3＝362，解得a＝6.(一)普通高中适用A级——基础小题练熟练快1．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析：选A 依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.2．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A．若a∥α，b∥α，则a∥b B．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α解析：选B 若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误．3．(2018·广州一模)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m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n解析：选B A中m与α的位置关系不能确定，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m与n平行或异面，故D错误．选B.4．(2018·天津模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( ) A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B 对于A，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错；易知B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；对于D，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D错．选B.5.如图，在三棱锥D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：选C 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.6.(2018·广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，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PAD.其中正确结论的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选B 画出该几何体，如图所示，①因为E，F分别是PA，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PA，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因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．所以正确结论的个数是2.7.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△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________．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，又∵AP⊂平面PAC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC AB8．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为________．①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．解析：对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；对于②，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．答案：②④9．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC 1B 1；③平面α⊥平面BCFE .其中正确命题的序号是________．解析：如图所示，因为AA 1∥平面α，平面α∩平面AA 1B 1B ＝EH ，所以AA 1∥EH .同理AA 1∥GF ，所以EH ∥GF ，又ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，易知EH ＝GF ＝AA 1，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB 1C 1C ，由平面α∩平面A 1B 1C 1＝GH ，平面BCC 1B 1∩平面A 1B 1C 1＝B 1C 1，知GH ∥B 1C 1，而GH ∥B 1C 1不一定成立，故②错误；由AA 1⊥平面BCFE ，结合AA 1∥EH 知EH ⊥平面BCFE ，又EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE ，故③正确．答案：①③10．(2018·武汉调研)在矩形ABCD 中，AB <BC ，现将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直； ②存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直； ③存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直． 其中正确结论的序号是________．解析：①假设AC 与BD 垂直，过点A 作AE ⊥BD 于E ，连接CE .则⎭⎪⎬⎪⎫AE ⊥BDAC ⊥BD AE ∩AC ＝A ⇒BD ⊥平面AEC ⇒BD ⊥CE ，而在平面BCD 中，EC 与BD 不垂直，故假设不成立，①错误．②假设AB ⊥CD ，∵AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， ∴AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AC ，由AB <BC 可知， 存在这样的等腰直角三角形， 使AB ⊥CD ，故假设成立，②正确． ③假设AD ⊥BC ，∵DC ⊥BC ，∴BC ⊥平面ADC ，∴BC ⊥AC ，即△ABC 为直角三角形，且AB 为斜边， 而AB <BC ，故矛盾，假设不成立，③错误． 答案：②B 级——中档题目练通抓牢1.如图，在斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则C 1在底面ABC 上的射影H 必在( )A ．直线AB 上 B ．直线BC 上 C ．直线AC 上D ．△ABC 内部解析：选A 连接AC 1(图略)，由AC ⊥AB ，AC ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，得AC ⊥平面ABC 1.∵AC ⊂平面ABC ，∴平面ABC 1⊥平面ABC .∴C 1在平面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AB 上．2．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BDC C ．平面ABC ⊥平面BDCD ．平面ADC ⊥平面ABC解析：选D ∵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 .3.如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：选A 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋(2)2，所以h ＝233，DE ＝33. 在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66.由面积相等得66× x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝22x ，解得x ＝12.4.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足______时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC ，则AC ⊥BD ， ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD . 又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ， ∴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 . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC )5．(2018·兰州实战考试)α，β是两平面，AB ，CD 是两条线段，已知α∩β＝EF ，AB ⊥α于B ，CD ⊥α于D ，若增加一个条件，就能得出BD ⊥EF .现有下列条件：①AC ⊥β；②AC 与α，β所成的角相等；③AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上；④AC ∥EF .其中能成为增加条件的序号是________．解析：由题意得，AB ∥CD ，∴A ，B ，C ，D 四点共面． ①中，∵AC ⊥β，EF ⊂β，∴AC ⊥EF ，又∵AB ⊥α，EF ⊂α， ∴AB ⊥EF ，∵AB ∩AC ＝A ，∴EF ⊥平面ABCD ， 又∵BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥EF ，故①正确； ②不能得到BD ⊥EF ，故②错误；③中，由AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD ⊥β，又AB ⊥α，AB ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥α.∵平面ABCD ⊥α，平面ABCD ⊥β，α∩β＝EF ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥EF ，故③正确；④中，由①知，若BD ⊥EF ，则EF ⊥平面ABCD ，则EF ⊥AC ，故④错误，故填①③. 答案：①③6．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P -ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ， 故AB ⊥PE ， 可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P -ABCD 的体积 V P -ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P -ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 7．(2017·山东高考)由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1-B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD .(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. 证明：(1)取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1是四棱柱，所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC ， 因此四边形A 1OCO 1为平行四边形， 所以A 1O ∥O 1C ，因为O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1， 所以A 1O ∥平面B 1CD 1.(2)因为E ，M 分别为AD ，OD 的中点， 所以EM ∥AO . 因为AO ⊥BD ， 所以EM ⊥BD .又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以A 1E ⊥BD ， 因为B 1D 1∥BD ，所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1，又A 1E ⊂平面A 1EM ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E ， 所以B 1D 1⊥平面A 1EM ， 又B 1D 1⊂平面B 1CD 1， 所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1. C 级——重难题目自主选做1.(2018·湖北七市(州)联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM -DCP 与刍童ABCD -A 1B 1C 1D 1的组合体中，AB ＝AD ，A 1B 1＝A 1D 1.台体体积公式：V ＝13(S ′＋S ′S ＋S )h ，其中S ′，S 分别为台体上、下底面的面积，h 为台体的高．(1)证明：直线BD ⊥平面MAC ；(2)若AB ＝1，A 1D 1＝2，MA ＝3，三棱锥A -A 1B 1D 1的体积V ′＝233，求该组合体的体积．解：(1)证明：由题意可知ABM -DCP 是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD ⊥平面MAB ，∴AD ⊥MA .又MA ⊥AB ，AD ∩AB ＝A ，AD ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴MA ⊥平面ABCD ，∴MA ⊥BD ，又AB ＝AD ，∴四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC .又MA ∩AC ＝A ，MA ⊂平面MAC ，AC ⊂平面MAC ， ∴BD ⊥平面MAC .(2)设刍童ABCD -A 1B 1C 1D 1的高为h ，则三棱锥A -A 1B 1D 1的体积V ′＝13×12×2×2×h ＝233，∴h ＝3，故该组合体的体积V ＝12×1×3×1＋13×(12＋22＋12×22)×3＝32＋733＝1736.2.如图，已知三棱柱ABC -A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面AA ′C ′C ；(2)设AB ＝λAA ′，当λ为何值时，CN ⊥平面A ′MN ，试证明你的结论．解：(1)证明：如图，取A ′B ′的中点E ，连接ME ，NE . 因为M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点，所以NE ∥A ′C ′，ME ∥AA ′.又A ′C ′⊂平面AA ′C ′C ，AA ′⊂平面AA ′C ′C ， 所以ME ∥平面AA ′C ′C ，NE ∥平面AA ′C ′C ，又因为ME ∩NE ＝E ，所以平面MNE ∥平面AA ′C ′C ， 因为MN ⊂平面MNE ， 所以MN ∥平面AA ′C ′C .(2)连接BN ，设AA ′＝a ，则AB ＝λAA ′＝λa ， 由题意知BC ＝2λa ，CN ＝BN ＝a 2＋12λ2a 2，因为三棱柱ABC -A ′B ′C ′的侧棱垂直于底面， 所以平面A ′B ′C ′⊥平面BB ′C ′C . 因为AB ＝AC ，点N 是B ′C ′的中点， 所以A ′B ′＝A ′C ′，A ′N ⊥B ′C ′， 所以A ′N ⊥平面BB ′C ′C ，所以CN ⊥A ′N ， 要使CN ⊥平面A ′MN ，只需CN ⊥BN 即可， 所以CN 2＋BN 2＝BC 2，即2⎝⎛⎭⎫a 2＋12λ2a 2＝2λ2a 2， 解得λ＝2，故当λ＝2时，CN ⊥平面A ′MN .(二)重点高中适用A级——保分题目巧做快做1．(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解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P -ABC中直角三角形的个数为( )A．4 B．3C．2 D．1解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC ＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P-ABC中共有4个直角三角形．3．(2018·吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c解析：选B A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β，由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．4.(2018·贵阳监测考试)如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选B A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC ⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC ⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.5．(2018·唐山一模)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF 的中点，现在沿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解析：选B 根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，得AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.6.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．答案：①②④7．(2018·兰州实战考试)α，β是两平面，AB ，CD 是两条线段，已知α∩β＝EF ，AB ⊥α于B ，CD ⊥α于D ，若增加一个条件，就能得出BD ⊥EF .现有下列条件：①AC ⊥β；②AC 与α，β所成的角相等；③AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上；④AC ∥EF .其中能成为增加条件的序号是________．解析：由题意得，AB ∥CD ，∴A ，B ，C ，D 四点共面．①中，∵AC ⊥β，EF ⊂β，∴AC ⊥EF ，又∵AB ⊥α，EF ⊂α，∴AB ⊥EF ，∵AB ∩AC ＝A ，∴EF ⊥平面ABCD ，又∵BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥EF ，故①正确；②不能得到BD ⊥EF ，故②错误；③中，由AC 与CD 在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD ⊥β，又AB ⊥α，AB ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥α.∵平面ABCD ⊥α，平面ABCD ⊥β，α∩β＝EF ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥EF ，故③正确；④中，由①知，若BD ⊥EF ，则EF ⊥平面ABCD ，则EF ⊥AC ，故④错误，故填①③. 答案：①③8．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是________．①A ′C ⊥BD ；②∠BA ′C ＝90°；③四面体A ′BCD 的体积为16.解析：∵BD ⊥CD ，平面A ′BD ⊥平面BCD ，平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，CD ⊂平面BCD ，∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′D .∵AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，∴A ′C ＝2，BC ＝3，∴A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2，∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°，四面体A ′BCD 的体积V ＝13×12×12×1＝16. 答案：②③9．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P -ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积． 解：(1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P -ABCD 的体积V P -ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2. 从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P -ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 10．如图①，△ABC 为等腰直角三角形，∠B ＝90°，将△ABC 沿中位线DE 翻折，得到如图②所示的空间图形(∠ADB 为锐角)．(1)求证：BC ⊥平面ABD ；(2)若BC ＝2，当三棱锥A -BCE 的体积为36时，求∠ABD 的大小． 解：(1)证明：在等腰直角△ABC 中，AB ⊥BC ，又DE 为△ABC 的中位线，∴DE ∥BC ，∴DE⊥AB.由翻折，可知DE⊥AD，DE⊥DB，又AD∩DB＝D，∴DE⊥平面ABD.又BC∥DE，∴BC⊥平面ABD.(2)由(1)知，平面ABD⊥平面BCED，交线为BD，如图，作AO⊥BD于点O，则AO⊥平面BCED，则三棱锥A-BCE的高为AO，S△BCE＝12·BC·DB＝12×2×1＝1，由V A-BCE＝13×S△BCE×AO＝13×1×AO＝36，可得AO＝3 2.∴在Rt△ADO中，sin∠ADO＝AOAD＝32，∴∠ADO＝∠ADB＝60°，又AD＝DB，∴△ADB是等边三角形，∴∠ABD＝60°.B级——拔高题目稳做准做1.如图，在三棱锥D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：选C 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.2.(2018·广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，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PAD .其中正确结论的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 画出该几何体，如图所示，①因为E ，F 分别是PA ，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PA ，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因为BE 与PA 的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD ，故④不正确．所以正确结论的个数是2.3.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足______时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC ，则AC ⊥BD ，∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ，∴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 .答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC )4．(2018·武汉调研)在矩形ABCD 中，AB <BC ，现将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直；②存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直；③存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直．其中正确结论的序号是________．解析：①假设AC 与BD 垂直，过点A 作AE ⊥BD 于E ，连接CE .则 ⎭⎪⎬⎪⎫AE ⊥BD AC ⊥BD AE ∩AC ＝A ⇒。

课题：立体几何中的平行问题教学目标：1.以几何体为载体，考查线线、线面、面面平行证明.2.利用平行关系及平行的性质进行适当的转化，处理综合问题.教学重点：1.掌握相关定义、公理、定理；2.掌握平行关系、垂直关系的常见转换方法.3.证明平行关系，要充分利用中点、三角形中位线、平行四边形以及成比例线段教学难点：平行中存在性问题的处理。

教学过程：一．开门见山，引入课题：本周我们已经开始进入立体几何的总复习。

周一周二复习了空间几何体的结构特征和直观图。

对空间几何体有了一定的认识与理解。

今天开始进入立体几何的重头戏：证明和求值。

问题1：立体几何主要从哪些方面去研究？大家进行归类。

（平行、垂直、所成角、距离）平行问题是这几块内容中相对比较容易理解，也是高考中比较容易得分的部分。

今天这节课我们来复习这部分的内容。

引出课题：立体几何中的平行问题。

二、分门别类，归纳总结：1、问题2：立体几何中的平行问题主要有哪些？平行问题有：线线平行-----线面平行------面面平行2、问题3：展示学生整理的判定方法，师生共同完善。

（实物投影小组整理的结果，并及时加以完善。

）三．典例分析，总结方法：（一）证明平行问题：例1（2014年海南高考）.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.证明：PB∥平面AEC；问题4：学生完成本题的解答。

提问学生，教师板书。

强调书写的规范性和严密性。

条件缺一不可。

问题5：如何快速准确的在面内找到一条直线与已知直线平行呢？通过动画展示，让学生掌握找平行线的基本方法。

【领悟技法】判断或证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理(,,a b a b a ααα⊄⊂⇒P P )，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言的叙述；)方法一：找或作平行线时常用到中位线。

转化思想：把空间问题转化为平面几何问题去解决。

【触类旁通】实物投影学生的解答过程，并加以修改，完善解答过程。