微专题3 立体几何中的平行与垂直问题(解析版)

高中数学高考总复习立体几何各种平行与垂直的判断习题及详解一、选择题1．设b 、c 表示两条不重合的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题是真命题的是( )A.⎭⎪⎬⎪⎫b ⊂αc ∥α⇒b ∥c B.⎭⎪⎬⎪⎫b ⊂αb ∥c ⇒c ∥α C.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αc ⊥β⇒α⊥βD.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αα⊥β⇒c ⊥β[答案] C[解析] 选项A 中的条件不能确定b ∥c ；选项B 中条件的描述也包含着直线c 在平面α内，故不正确；选项D 中的条件也包含着c ⊂β，c 与β斜交或c ∥β，故不正确．[点评] 线线、线面、面面平行或垂直的性质定理和判定定理是解决空间图形位置关系推理的重要依据，在推理中容易把平面几何中的一些结论引用到立体几何中造成错误．对空间中位置关系的考虑不周，也是造成判断错误的因素，所以做这类题目应当考虑全面．2．定点A 和B 都在平面α内，定点P ∉α，PB ⊥α，C 是α内异于A 和B 的动点，且PC ⊥AC .那么，动点C 在平面α内的轨迹是( )A ．一条线段，但要去掉两个点B ．一个圆，但要去掉两个点C ．一个椭圆，但要去掉两个点D ．半圆，但要去掉两个点 [答案] B[解析] 连接BC ，∵PB ⊥α，∴AC ⊥PB . 又∵PC ⊥AC ，∴AC ⊥BC .∴C 在以AB 为直径的圆上．故选B. 3．设α、β、γ为平面，给出下列条件： ①a 、b 为异面直线，a ⊂α，b ⊂β，a ∥β，b ∥α； ②α内不共线的三点到β的距离相等； ③α⊥γ，β⊥γ.其中能使α∥β成立的条件的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3[答案] B[解析]对于②，三个点不一定在同侧；对于③，面面的垂直关系不具有传递性．对于①，过b作平面γ∩α＝b′，则b∥b′，∵a与b异面，∴a与b′相交，容易证明b′∥β，又∵a∥β，∴α∥β，故只有①正确．4．a、b、c是三条直线，α、β是两个平面，b⊂α，c⊄α，则下列命题不成立的是() A．若α∥β，c⊥α，则c⊥βB．“若b⊥β，则α⊥β”的逆命题C．若a是c在α内的射影，b⊥a，则b⊥cD．“若b∥c，则c∥α”的逆否命题[答案] B[解析]一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则垂直于另一个，故A正确；若c∥α，∵a是c在α内的射影，∴c∥a，∵b⊥a，∴b⊥c；若c与α相交，则c与a相交，由线面垂直的性质与判定定理知，若b⊥a，则b⊥c，故C正确；∵b⊂α，c⊄α，b∥c，∴c∥α，因此原命题“若b∥c，则c∥α”为真，从而其逆否命题也为真，故D正确．如图，α⊥β，α∩β＝l，b⊂α，b与l不垂直，则b与β不垂直，∴B不成立．5．(文)(2010·天津河东区)已知直线a⊂平面α，直线AO⊥α，垂足为O，P A∩α＝P，若条件p：直线OP不垂直于直线a，条件q：直线AP不垂直于直线a，则条件p是条件q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[答案] C故OP⊥a⇔AP⊥a，从而p⇔q.(理)(2010·河南新乡调研)设α、β、γ为平面，l、m、n为直线，则m⊥β的一个充分条件为()A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥lB．n⊥α，n⊥β，m⊥αC．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γD．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α[答案] B[解析]如图①知A错；如图②知C错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错．6．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()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[答案] D[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，故AB⊥平面ADC.∴平面ABC⊥平面ADC.7．(文)(2010·重庆文)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点()A．只有1个B．恰有3个C．恰有4个D．有无穷多个[答案] D[解析]过两条互相垂直的异面直线的公垂线段中点且与两条直线都成45°角的直线上所有点到两条直线的距离都相等，故选D.(理)(2010·全国Ⅱ理)与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点()A．有且只有1个B．有且只有2个C．有且只有3个D．有无数个[答案] D[解析]如图连结B1D，可知B1D上的点到AB、CC1、A1D1的距离均相等，故选D.8．(文)平行四边形ABCD的对角线交点为O，点P在平面ABCD之外，且PA＝PC，PD＝PB，则PO与平面ABCD的关系是()A．斜交B．平行C．垂直D．无法确定[答案] C[解析]∵PA＝PC，∴PO⊥AC，∵PB＝PD，∴PO⊥BD，∵AC∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.(理)棱长都为2的直平行六面体(底面为平行四边形的棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，∠BAD ＝60°，则对角线A1C与侧面DCC1D1所成角的正弦值为()A.12B.22C.34D.38[答案] C[解析] 如图所示，过点A 1作直线A 1M ⊥D 1C 1，交D 1C 1延长线于点M ，连结MC ，A 1C ，则可得A 1M ⊥面DD 1C 1C ，∠A 1CM 就是直线A 1C 与面DD 1C 1C 所成的角．∵所有棱长均为2，∠A 1D 1C 1＝120°，∴A 1M ＝A 1D 1sin60°＝3，又A 1C ＝AC 12＋CC 12＝(23)2＋22＝4， ∴sin ∠A 1CM ＝A 1M A 1C ＝34C. [点评] 求直线与平面所成角时，一般要先观察分析是否可以找(或作)出直线上一点到平面的垂线，若能找出则可以将线面角归结到一个直角三角形中求解．若不容易找出线面角，则可以考虑能否进行转化或借助于空间向量求解，请再练习下题：(2010·全国Ⅰ文)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63[答案] D[解析] 解法1：设BD 与AC 交于点O ，连结D 1O ，∵BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1成的角．∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，DD 1∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面DD 1B ，平面DD 1B ∩平面ACD 1＝OD 1，∴OD 1是DD 1在平面ACD 1内的射影，故∠DD 1O 为直线DD 1与平面ACD 1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62，∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝63，∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 解法2：因为BB 1∥DD 1，所以BB 1与平面ACD 1所成角和DD 1与平面ACD 1所成角相等，设DO ⊥平面ACD 1，由等体积法得VD －ACD 1＝VD 1－ACD ，即13S △ACD 1·DO ＝13S △ACD ·DD 1.设DD 1＝a ，则S △ACD 1＝12AC ·AD 1sin60°＝12×(2a )2×32＝32a 2，S △ACD ＝12·CD ＝122.所以DO ＝S △ACD ·DD 1S △ACD 1＝a 33a2＝33a ，设DD 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝DO DD 1＝33， 所以cos θ＝63.解法3：建立如图所示空间直角坐标系D －xyz ，设边长为1，BB 1→＝(0,0,1)，平面ACD 1的一个法向量n ＝(1,1,1)，∴cos 〈BB 1→，n 〉＝13·1＝33，∴BB 1与面ACD 1所成角的余弦值为63. 9．(文)(2010·鞍山一中模拟)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，给出下列命题： ①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α⊥β，其中正确的是( ) A ．①②③ B ．②③④ C ．②④ D ．①③ [答案] D∵m ⊂β，∴此时推不出l ∥m ，故②错，排除A ，故选D. (理)若平面α与平面β相交，直线m ⊥α，则( ) A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直 B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直 C ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直 D ．β内必存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直 [答案] C[解析] 若β内存在直线与m 平行，则必有β⊥α，但α与β不一定垂直，故否定A 、D ；在β内必存在与m 在β内射影垂直的直线，从而此线必与m 垂直，否定B ，故选C.10．(文)(2010·芜湖十二中)已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是( )A ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nB ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥nC ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nD ．若m ∥α，n ⊥β，α⊥β，则m ∥n[答案] A[解析]如图(1)，m⊥α，n⊥α满足n∥β，但m∥n，故C错；如图(2)知B错；如图(3)正方体中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D错．(理)(2010·浙江金华十校模考)设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中真命题是()A．若a，b与α所成角相等，则a∥bB．若a∥α，b∥β，α⊥β，则a⊥bC．若a⊂α，b⊂β，a⊥b，则α⊥βD．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b[答案] D[解析]正四棱锥P－ABCD中，PA、PC与底面ABCD所成角相等，但P A与PC相交，∴A错；如图(1)正方体中，a∥b∥c，满足a∥α，b∥β，α⊥β，故B错；图(2)正方体中，上、下底面为β、α，a、b为棱，满足a⊂α，b⊂β，a⊥b，但α∥β，故C错；二、填空题11．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中真命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上) [答案] ①④[解析] 本题考查四面体的性质，取BC 的中点E ，则BC ⊥AE ，BC ⊥DE ，∴BC ⊥面ADE ，∴BC ⊥AD ，故①正确．设O 为A 在面BCD 上的射影，依题意OB ⊥CD ，OC ⊥BD ，∴O 为垂心，∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，②③易排除，故答案为①④.12．(文)P 为△ABC 所在平面外一点，PA 、PB 、PC 与平面ABC 所成角均相等，又PA 与BC 垂直，那么△ABC 形状可以是________．①正三角形 ②等腰三角形 ③非等腰三角形 ④等腰直角三角形(将你认为正确的序号全填上) [答案] ①②④[解析] 设点P 在底面ABC 上的射影为O ，由P A 、PB 、PC 与平面ABC 所成角均相等，得OA ＝OB ＝OC ，即点O 为△ABC 的外心，又由P A ⊥BC ，得OA ⊥BC ，即AO 为△ABC 中BC 边上的高线，∴AB ＝AC ，即△ABC 必为等腰三角形，故应填①②④.(理)如图将边长为1的正方形纸板ABCD 沿对角线AC 折起，使平面ACB ⊥平面ACD ，然后放在桌面上，使点B 、C 、D 落在桌面，这时点A 到桌面的距离为________．[答案]63[解析] 取AC 中点O ，∵OB ⊥AC ，OD ⊥AC ，OB ∩OD ＝O ，∴AC ⊥平面BOD ，∴∠BOD ＝90°.又∵BO ＝OD ＝22，∴BD ＝1，S △BOD ＝14， ∴V A －BCD ＝13S △BOD ·AC ＝212，设A 到桌面距离为h ，V A －BCD ＝13S △BCD ·h ＝13×34×h ＝212，∴h ＝63，即A 到桌面距离为63. 13．(2010·安徽淮北一中)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点，则①棱AB 与PD 所在的直线垂直； ②平面PBC 与平面ABCD 垂直； ③△PCD 的面积大于△PAB 的面积；④直线AE 与直线BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号) [答案] ①③[解析] 由条件可得AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD ，故①正确；∵P A ⊥平面ABCD ，∴平面PAB 、平面P AD 都与平面ABCD 垂直，故平面PBC 不可能与平面ABCD 垂直，②错；S △PCD ＝12CD ·PD ，S △P AB ＝12·PA ，由AB ＝CD ，PD >P A 知③正确；由E 、F 分别是棱PC 、PD 的中点可得EF ∥CD ，又AB ∥CD ，所以EF ∥AB ，故AE 与BF 共面，故④错．14．(文)(2010·河北唐山)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠ADC ＝90°，且AA 1＝AD ＝DC ＝2，M ∈平面ABCD ，当D 1M ⊥平面A 1C 1D 时，DM ＝________.[答案] 2 2[解析] ∵DA ＝DC ＝DD 1且DA 、DC 、DD 1两两垂直，故当点M 使四边形ADCM 为正方形时，D 1M ⊥平面A 1C 1D ，∴DM ＝2 2.(理)(2010·安徽巢湖市质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点．下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形； ②P 在直线FG 上运动时，AP ⊥DE ；③Q 在直线BC 1上运动时，三棱锥A －D 1QC 的体积不变；④M 是正方体的面A 1B 1C 1D 1内到点D 和C 1距离相等的点，则M 点的轨迹是一条线段． [答案] ②③④[解析] 三棱锥A 1－ABC 的四个面都是Rt △，故①错；F 在FG 上运动时，PF ⊥平面ABCD ，∴PF ⊥DE ，又在正方体ABCD 中，E 、F 为AB 、BC 中点，∴AF ⊥DE ，∴DE ⊥平面PAF ，∴DE ⊥P A ，故②真；VA －D 1QC ＝VQ －AD 1C ，∵BC 1∥AD 1，∴BC 1∥平面AD 1C ，∴无论点Q 在BC 1上怎样运动，Q 到平面AD 1C 距离都相等，故③真；到点D 和C 1距离相等的点在经过线段C 1D 的中点与DC 1垂直的平面α上，故点M 为平面α与正方体的面A 1B 1C 1D 1相交线段上的点，这条线段即A 1D 1.三、解答题15．(文)(2010·江苏，16)如图，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ＝BC ＝1，AB ＝2，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°(1)求证：PC ⊥BC(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析] (1)∵PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC . 由∠BCD ＝90°知，BC ⊥DC ， ∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC ， ∴BC ⊥PC .(2)设点A 到平面PBC 的距离为h ， ∵AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，∴∠ABC ＝90°， ∵AB ＝2，BC ＝1，∴S △ABC ＝12AB ·BC ＝1，∵PD ⊥平面ABCD ，PD ＝1， ∴V P －ABC ＝13S △ABC ·PD ＝13∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥DC ， ∵PD ＝DC ＝1，∴PC ＝2， ∵PC ⊥BC ，BC ＝1， ∴S △PBC ＝12PC ·BC ＝22，∵V A －PBC ＝V P －ABC ， ∴13S △PBC ·h ＝13，∴h ＝2， ∴点A 到平面PBC 的距离为 2.(理)如图，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 的中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ； (2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积．[解析] (1)∵M 为AB 中点，D 为PB 中点，∴DM ∥AP ，又DM ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC .∴DM ∥平面APC .(2)∵△PMB 为正三角形，且D 为PB 中点，∴MD ⊥PB ，又由(1)知MD ∥AP ，∴AP ⊥PB又已知AP ⊥PC ，∴AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥BC ，又∵AC ⊥BC∴BC ⊥平面APC∴平面ABC ⊥平面APC .(3)∵AB ＝20，∴MP ＝10，∴PB ＝10又BC ＝4，PC ＝100－16＝221∴S △BDC ＝12S △PBC ＝14PC ·BC ＝14×4×221 ＝221又MD ＝12AP ＝12202－102＝5 3 ∴V D －BCM ＝V M －BCD ＝13S △BDC ·DM ＝13×221×5 3 ＝107.16．(文)如图，已知在直四棱柱ABCD －A1B 1C 1D 1中，AD ⊥DC ，AB ∥DC ，DC ＝DD 1＝2AD ＝2AB ＝2.(1)求证：DB ⊥平面B 1BCC 1；(2)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使得D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由．[解析] (1)证明：∵AB ∥DC ，AD ⊥DC ，∴AB ⊥AD ，在Rt △ABD 中，AB ＝AD ＝1，∴BD ＝2，易求BC ＝2，又∵CD ＝2，∴BD ⊥BC .又BD ⊥BB 1，B 1B ∩BC ＝B ，∴BD ⊥平面B 1BCC 1.(2)DC 的中点即为E 点．∵DE ∥AB ，DE ＝AB ，∴四边形ABED 是平行四边形．∴AD 綊BE .又AD 綊A 1D 1，∴BE 綊A 1D 1，∴四边形A 1D 1EB 是平行四边形．∴D 1E ∥A 1B .∵D 1E ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD .∴D 1E ∥平面A 1BD .(理)在三棱锥P －ABC 中，△P AC 和△PBC 是边长为2的等边三角形，AB ＝2，O 是AB 中点．(1)在棱P A 上求一点M ，使得OM ∥平面PBC ；(2)求证：平面P AB ⊥平面ABC ；(3)求二面角P －BC －A 的余弦值．[解析] (1)当M 为棱P A 的中点时，OM ∥平面PBC .证明如下：∵M 、O 分别为P A 、AB 中点，∴OM ∥PB又PB ⊂平面PBC ，OM ⊄平面PBC∴OM ∥平面PBC .(2)连结OC 、OP∵AC ＝CB ＝2，O 是AB 中点，AB ＝2，∴OC ⊥AB ，OC ＝1.同理，PO ⊥AB ，PO ＝1.又PC ＝2，∴PC 2＝OC 2＋PO 2＝2，∴∠POC ＝90°，∴PO ⊥OC .∵PO ⊥OC ，PO ⊥AB ，AB ∩OC ＝O ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面ABC .(3)如图，建立空间直角坐标系O －xyz .则B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，∴BC →＝(－1,1,0)，PB →＝(1,0，－1)．由(2)知OP →＝(0,0,1)是平面ABC 的一个法向量．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0n ·PB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0x －z ＝0， 令z ＝1，则x ＝1，y ＝1，∴n ＝(1,1,1)．∴cos 〈OP →，n 〉＝OP →·n |OP →|·|n |＝11×3＝33. ∵二面角P －BC －A 的平面角为锐角，∴所求二面角P －BC －A 的余弦值为33. 17．(文)如图，在△BCD 中，∠BCD ＝90°，BC ＝CD ＝1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB ＝60°，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AE AC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)．(1)判断EF 与平面ABC 的位置关系并给予证明；(2)是否存在λ，使得平面BEF ⊥平面ACD ，如果存在，求出λ的值，如果不存在，说明理由．[分析] (1)EF 与平面ABC 相交于点E ，故其关系只能是垂直或斜交，由条件AE AC ＝AF AD＝λ易知，EF ∥CD ，由∠BCD ＝90°及AB ⊥平面BCD ，易证CD ⊥平面ABC .(2)∵EF ∥CD ，故问题相当于过点B 作一个平面与ACD 垂直，这样的平面一定存在，故只须计算出λ即可，由条件不难得到BE ⊥CD ，故只须BE ⊥AC .[解析] (1)EF ⊥平面ABC .证明：因为AB ⊥平面BCD ，所以AB ⊥CD ，又在△BCD 中，∠BCD ＝90°，所以BC ⊥CD ，又AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，又在△ACD 中，E 、F 分别是AC 、AD 上的动点，且AEAC ＝AF AD＝λ(0<λ<1)，∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面ABC .(2)∵CD ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥CD ，在Rt △ABD 中，∠ADB ＝60°，∴AB ＝BD tan60°＝6，则AC ＝AB 2＋BC 2＝7，当BE ⊥AC 时，BE ＝AB ×BC AC ＝67，AE ＝AB 2－BE 2＝367， 则AE AC ＝3677＝67，即λ＝AE AC ＝67时，BE ⊥AC ， 又BE ⊥CD ，AC ∩CD ＝C ，∴BE ⊥平面ACD ，∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面ACD .所以存在λ，且当λ＝67时，平面BEF ⊥平面ACD . [点评] 高考整体降低了对立体几何的考查要求，故线线、线面、面面的位置关系成了主要的考查点，其中平行、垂直的证明题与探索题是重点，同时也要注意由三视图与几何体的结合进行表面积与体积的计算等问题．(理)已知四棱锥P －ABCD 的三视图如下图所示，E 是侧棱PC 上的动点．(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)是否不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE ？证明你的结论；(3)若点E 为PC 的中点，求二面角D －AE －B 的大小．[解析] (1)由三视图可知，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PC ⊥底面ABCD ，且PC ＝2.∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PC ＝13×12×2＝23，即四棱锥P －ABCD 的体积为23.(2)不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE .证明如下：连结AC ，∵ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC .∵PC ⊥底面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥PC .又∵AC ∩PC ＝C ，∴BD ⊥平面PAC .∵不论点E 在何位置，都有AE ⊂平面P AC .∴不论点E 在何位置，都有BD ⊥AE .(3)解法1：在平面DAE 内过点D 作DF ⊥AE 于F ，连结BF .∵AD ＝AB ＝1，DE ＝BE ＝12＋12＝2，AE ＝AE ＝3，∴Rt △ADE ≌Rt △ABE ，从而△ADF ≌△ABF ，∴BF ⊥AE .∴∠DFB 为二面角D －AE －B 的平面角．在Rt △ADE 中，DF ＝AD ·DE AE ＝1×23＝63， ∴BF ＝63. 又BD ＝2，在△DFB 中，由余弦定理得cos ∠DFB ＝DF 2＋BF 2－BD 22DF ·BF ＝－12， ∴∠DFB ＝2π3， 即二面角D －AE －B 的大小为2π3. 解法2：如图，以点C 为原点，CD ，CB ，CP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则D (1,0,0)，A (1,1,0)，B (0,1,0)，E (0,0,1)，从而DA →＝(0,1,0)，DE →＝(－1,0,1)，BA→＝(1,0,0)，BE →＝(0，－1,1)．设平面ADE 和平面ABE 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝0n 1·DE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝0－x 1＋z 1＝0，取n 1＝(1,0,1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BA →＝0n 2·BE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝0－y 2＋z 2＝0，取n 2＝(0，－1，－1)． 设二面角D －AE －B 的平面角为θ，则 cos θ＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－12·2＝－12，∴θ＝2π3，即二面角D －AE －B 的大小为2π3。

立体几何中的平行与垂直问题在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，例题如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，且AB＝2BC，E，F分别为棱AB，PC 的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，求证：平面PAC⊥平面PDE.变式1(2018·苏州一模)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中点．(1)求证：EF∥平面ABHG；(2)求证：平面ABHG⊥平面CFED.变式2(2018·苏锡常镇一模)如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1的高为6，其底面边长为2.已知点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，点D 是棱CC 1上靠近C 的三等分点．求证：(1)B 1M ∥平面A 1BN ； (2)AD ⊥平面A 1BN.串讲1如图，在三棱锥PABC 中，BC ⊥平面PAB.已知PA ＝AB ，D ，E 分别为PB ，BC 的中点．(1)求证：AD ⊥平面PBC ；(2)若点F 在线段AC 上，且满足AD ∥平面PEF ，求AFFC 的值．串讲2如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在请确定点G的位置；若不存在，请说明理由．(2018·南京、盐城二模)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ABE所在平面互相垂直，AE＝AB，M，N，H分别为DE，AB，BE的中点．(1)求证：MN∥平面BEC；(2)求证：AH⊥CE.(2018·江苏卷)如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.证明：(1)在平行六面体ABCD－A 1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB平面A1B1C，A1B1平面A 1B1C，4分所以AB∥平面A1B1C.6分(2)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.8分又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.10分又因为A 1B∩BC＝B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.12分因为AB 1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.14分例题1证法1如图1，在四棱锥PABCD 中，取线段PD 的中点M ，连接FM ，AM.因为F 为PC 的中点，所以FM ∥CD ，且FM ＝12CD.因为四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，所以EA ∥CD ，且EA ＝12CD.所以FM ∥EA ，且FM ＝EA.所以四边形AEFM 为平行四边形．所以EF ∥AM. 又AM 平面PAD ，EF 平面PAD ，所以EF ∥平面PAD. 证法2如图2，在四棱锥PABCD 中，连接CE 并延长交DA 的延长线于点N ，连接PN.因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ∥BC.所以∠BCE ＝∠ANE ，∠CBE ＝∠NAE.又AE ＝EB ，所以△CEB ≌△NEA.所以CE ＝NE. 又F 为PC 的中点，所以EF ∥NP.又NP 平面PAD ，EF 平面PAD ，所以EF ∥平面PAD.证法3如图3，在四棱锥PABCD 中，取CD 的中点Q ，连接FQ ，EQ.在矩形ABCD 中，E 为AB 的中点，所以AE ＝DQ ，且AE ∥DQ.所以四边形AEQD 为平行四边形，所以EQ ∥AD. 又AD 平面PAD ，EQ 平面PAD,所以EQ ∥平面PAD.因为Q ，F 分别为CD ，CP 的中点， 所以FQ ∥PD.又PD 平面PAD ，FQ平面PAD ，所以FQ ∥平面PAD.又FQ ，EQ 平面EQF ，FQ ∩EQ ＝Q ，所以平面EQF ∥平面PAD.因为EF 平面EQF ，所以EF ∥平面PAD.(2)在四棱锥PABCD 中，设AC ，DE 相交于点G(如图4)．在矩形ABCD 中，因为AB ＝2BC ，E 为AB 的中点． 所以DA AE ＝CDDA＝2，又∠DAE ＝∠CDA ，所以△DAE ∽△CDA ， 所以∠ADE ＝∠DCA.又∠ADE ＋∠CDE ＝∠ADC ＝90°，所以∠DCA ＋∠CDE ＝90°.由△DGC 的内角和为180°，得∠DGC ＝90°. 即DE ⊥AC.因为点P 在平面ABCD 内的正投影O 在直线AC 上， 所以PO ⊥平面ABCD.因为DE 平面ABCD ，所以PO ⊥DE. 因为PO ∩AC ＝O ，PO ，AC 平面PAC ， 所以DE ⊥平面PAC ，又DE 平面PDE ，所以平面PAC ⊥平面PDE.变式联想变式1证明：(1)因为E ，F 分别是A 1D 1，B 1C 1的中点，所以EF ∥A 1B 1， 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，A 1B 1∥AB ， 所以EF ∥AB.又EF 平面ABHG ，AB平面ABHG ，所以EF ∥平面ABHG.(2)在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，CD ⊥平面BB 1C 1C ， 又BH 平面BB 1C 1C ，所以BH ⊥CD.①设BH ∩CF ＝P ，△BCH ≌△CC 1F ，所以∠HBC ＝∠FCC 1，因为∠HBC ＋∠PHC ＝90°，所以∠FCC 1＋∠PHC ＝90°.所以∠HPC ＝90°，即BH ⊥CF.②由①②，又DC ∩CF ＝C ，DC ，CF 平面CFED ，所以BH ⊥平面CFED. 又BH 平面ABHG ，所以平面ABHG ⊥平面CFED.变式2证明：(1)如图，连接MN ，正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，则四边形AA 1C 1C 是平行四边形，因为点M ，N 分别是棱A1C1，AC的中点，所以MN∥AA1且MN＝AA1，又正三棱柱ABCA1B1C1中AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以MN∥BB1且MN＝BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B 1M∥BN，又B1M平面A1BN，BN平面A1BN，所以B1M∥平面A1BN.(2)正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN平面ABC，所以BN⊥AA 1，在正△ABC中，N是AB的中点，所以BN⊥AC，又AA 1，AC平面AA1C1C，AA1∩AC＝A，所以BN⊥平面AA 1C1C，又AD平面AA1C1C，所以AD⊥BN，由题意得，AA1＝6，AC＝2，AN＝1，CD＝63，所以AA1AC＝ANCD＝32，又∠A1AN＝∠ACD＝π2，所以△A1AN与△ACD相似，则∠AA1N＝∠CAD，所以∠ANA1＋∠CAD＝∠ANA1＋∠AA1N＝π2，则AD⊥A1N，又BN∩A1N＝N，BN，A 1N平面A1BN，所以AD⊥平面A1BN.说明：变式1和2都通过“计算”来证明垂直，复习时应注意长度，角度等量的“计算”的运用来实现位置关系的求证．串讲激活串讲1解析：(1)因为BC⊥平面PAB，AD平面PAB，所以BC⊥AD.因为PA＝AB，D为PB的中点，所以AD⊥PB.因为PB∩BC＝B，所以AD⊥平面PBC.(2)连接DC，交PE于点G，连接FG.因为AD∥平面PEF，AD平面ADC，平面ADC∩平面PEF＝FG，所以AD∥FG.因为D为PB的中点，E为BC的中点，连接DE，则DE为△BPC的中位线，△DEG∽△CPG.所以DGGC＝DEPC＝12.所以AFFC＝DGGC＝12.串讲2解析：(1)在三棱台ABCDEF中，AC∥DF，又AC平面ACE，DF平面ACE，所以DF∥平面ACE，又DF平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，所以DF∥a.(2)线段BE上存在点G，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE.证明如下：如图所示，取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，因为CF ＝EF ，所以GF ⊥CE.在三棱台ABCDEF 中，因为AB ⊥BC ，所以DE ⊥EF ，因为CF ⊥平面DEF ，DE平面DEF ，所以CF ⊥DE ，又CF ∩EF ＝F ，所以DE ⊥平面CBEF ，GF 平面CBEF ，所以DE ⊥GF.因为GF ⊥CE ，DE ⊥GF ，CE ∩DE ＝E ，CE 平面CDE ，DE 平面CDE ，所以GF ⊥平面CDE ，又GF 平面DFG ，所以平面DFG ⊥平面CDE ，此时，侧面BCFE 的平面图如图所示，延长FG ，交CB 的延长线于点H ，因为O 是CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识可证得△HOC ≌△FOE ，所以HB ＝BC ＝12EF ，由△HGB ∽△FGE ，可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE.新题在线(1)证法1取CE 中点F ，连接FB ，MF.因为M 为DE 的中点，F 为CE 的中点， 所以MF ∥CD 且MF ＝12CD.又因为在矩形ABCD 中，N 为AB 的中点， 所以BN ∥CD 且BN ＝12CD ，所以MF ∥BN 且MF ＝BN ，所以四边形BNMF 为平行四边形，所以MN ∥BF. 又MN 平面BEC ，BF 平面BEC ，所以MN ∥平面BEC.证法2取AE 中点G ，连接MG ，GN.因为G 为AE 的中点，M 为DE 的中点，所以MG ∥AD. 又因为在矩形ABCD 中，BC ∥AD ，所以MG ∥BC. 又因为MG 平面BEC ，BC 平面BEC ，所以MG∥平面BEC.因为G为AE的中点，N为AB的中点，所以GN∥BE.又因为GN平面BEC，BE平面BEC，所以GN∥平面BEC.又因为MG∩GN＝G，MG，GN平面GMN，所以平面GMN∥平面BEC.又因为MN平面GMN，所以MN∥平面BEC.(2)因为四边形ABCD为矩形，所以BC⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC平面ABCD，且BC⊥AB，所以BC⊥平面ABE.因为AH平面ABE，所以BC⊥AH.因为AB＝AE，H为BE的中点，所以BE⊥AH.因为BC∩BE＝B，BC平面BEC，BE平面BEC，所以AH⊥平面BEC.又因为CE平面BEC，所以AH⊥CE.。

高考数学答题模板：第 3 讲空间中的平行与垂直问题( 含解析)第 3 讲空间中的平行与垂直问题例 4 如图所示，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方形， E、 F 分别为 PC、2BD 的中点，侧面PAD⊥底面 ABCD ，且 PA＝PD ＝AD .(1)求证： EF ∥平面 PAD；(2)求证：平面 PAB⊥平面 PCD .审题破题 (1) 根据中位线找线线平行关系，再利用线面平行的判定定理． (2) 先利用线面垂直的判定定理，再利用性质定理．证明(1)连接 AC，则 F 是 AC 的中点，又∵ E 为 PC 的中点，∴在△CPA 中， EF∥PA，又∵ PA? 平面 PAD，EF?平面 PAD，∴EF ∥平面 PAD.(2)∵平面 PAD⊥平面 ABCD ，平面 PAD∩平面 ABCD ＝ AD ，又∵CD⊥AD，∴ CD⊥平面 PAD，∴ CD ⊥PA.又 PA＝PD ＝2AD ，2∴△ PAD 是等腰直角三角形，且∠ APD ＝ 90°，即 PA⊥ PD.又∵ CD∩ PD ＝ D，∴PA⊥平面 PCD ，又∵ PA? 平面 PAB，∴平面 PAB⊥平面 PCD.构建答题模板第一步：将题目条件和图形结合起来；第二步：根据条件寻找图形中的平行、垂直关系；第三步：和要证结论相结合，寻找已知的垂直、平行关系和要证关系的联系；第四步：严格按照定理条件书写解题步骤.对点训练4如图，四棱锥P－ ABCD 中， AB ⊥ AC，AB⊥ PA， AB∥ CD ，AB＝ 2CD ，E，F ，G，M， N 分别为 PB ，AB， BC， PD ， PC 的中点．(1)求证： CE∥平面 PAD；(2)求证：平面 EFG⊥平面 EMN .证明(1)方法一取PA的中点H，连接EH，DH . 又E为PB的中点，1所以 EH 綊AB.又 CD 綊1AB，所以 EH 綊 CD . 2所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE∥ DH . 又 DH ? 平面 PAD， CE?平面 PAD.所以 CE∥平面 PAD.方法二连接 CF.因为 F 为 AB 的中点，所以AF ＝1 AB. 2又 CD＝1AB，所以 AF ＝CD. 2又 AF ∥ CD，所以四边形 AFCD 为平行四边形．因此 CF ∥AD，又 AD? 平面 PAD， CF ?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 PA? 平面 PAD， EF?平面 PAD，所以 EF ∥平面 PAD.因为 CF∩ EF＝ F ，故平面CEF∥平面 PAD.又 CE? 平面 CEF，所以 CE∥平面 PAD.(2)因为 E、 F 分别为 PB、 AB 的中点，所以 EF ∥ PA.又因为 AB⊥ PA，所以 EF ⊥AB ，同理可证AB⊥ FG .又因为 EF∩ FG＝ F， EF? 平面 EFG ， FG? 平面 EFG .所以 AB⊥平面 EFG.又因为 M， N 分别为 PD ， PC 的中点，所以MN∥ CD ，又 AB∥ CD，所以 MN∥ AB，所以 MN ⊥平面 EFG .又因为 MN ? 平面 EMN ，所以平面EFG⊥平面 EMN .。

高中数学高考总复习立体几何平行与垂直的判断习题及详解一、选择题1．(文)(09·福建)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2[答案] B[解析]如图(1)，α∩β＝l，m∥l，l1∥l，满足m∥β且l1∥α，故排除A；如图(2)，α∩β＝l，m∥n∥l，满足m∥β，n∥β，故排除C.在图(2)中，m∥n∥l∥l2满足m∥β，n∥l2，故排除D，故选B.[点评]∵l1与l2相交，m∥l1，n∥l2，∴m与n相交，由面面平行的判定定理可知α∥β；但当m、n⊂α，l1，l2⊂β，l1与l2相交，α∥β时，如图(3)，得不出m∥l1且n∥l2.(理)设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是()A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β[答案] C[解析]对于A，如图正方体α、β分别为平面ABCD与平面ADD1A1，a、b分别为直线B1B和C1C.a与b也可能平行，对于B，∵a⊥α，α∥β，∴a⊥β，又b⊥β，∴a∥b，对于D，a与b也可能平行，故选C.2．(2010·郑州检测)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题．如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有()A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析]依题意得，命题“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”是真命题(由“若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”可知)；命题“a∥β，且a⊥c⇒β⊥c”是假命题(直线c可能位于平面β内，此时结论不成立)；命题“α∥b，且α⊥c⇒b⊥c”是真命题(因为α∥b，因此在平面α内必存在直线b1∥b；又α⊥c，因此c∥b1，c⊥b)．综上所述，其中真命题共有2个，选C.3．(2010·东北三校模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列命题正确的是( )A ．AM 与PC 是异面直线B ．AM ⊥PC C ．AM ∥平面BC 1ND ．四边形AMC 1N 为正方形 [答案] C[解析] 连接MP ，AC ，A 1C 1，AM ，C 1N ，由题易知MP ∥A 1C 1∥AC ，且MP ＝12AC ，所以AM 与PC 是相交直线，假设AM ⊥PC ，∵BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥AM ，∴AM ⊥平面BCC 1B 1，又AB ⊥平面BCC 1B 1矛盾，∴AM 与PC 不垂直．因为AM ∥C 1N ，C 1N ⊂平面BC 1N ，所以AM ∥平面BC 1N .又易得四边形AMC 1N 为菱形而不是正方形，故选C.4．(文)对两条不相交的空间直线a 与b ，必存在平面α，使得( ) A ．a ⊂α，b ⊂α B ．a ⊂α，b ∥α C ．a ⊥α，b ⊥αD ．a ⊂α，b ⊥α[答案] B[解析] a 、b 异面时，A 错，C 错；若D 正确，则必有a ⊥b ，故排除A 、C 、D ，选B.(理)设a 、b 为两条直线，α、β为两个平面．下列四个命题中，正确的命题是( ) A ．若a 、b 与α所成的角相等，则a ∥b B ．若a ∥α，b ∥β，α∥β，则a ∥b C ．若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α∥β D ．若a ⊥α，b ⊥β，α⊥β，则a ⊥b [答案] D[解析] 若直线a 、b 与α成等角，则a 、b 平行、相交或异面；对选项B ，如a ∥α，b ∥β，α∥β，则a 、b 平行、相交或异面；对选项C ，若a ⊂α，b ⊂β，a ∥b ，则α、β平行或相交；对选项D ，由⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αβ⊥α⇒a ∥β或a ⊂β，无论哪种情形，由b ⊥β都有b ⊥a .，故选D. 5．一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB ⊥EF ②AB 与CM 成60°③EF 与MN 是异面直线④MN ∥CD 其中正确的是( )A．①②B．③④C．②③D．①③[答案] D[解析]本题考查学生的空间想象能力，将其还原成正方体如图所示，AB⊥EF，EF与MN是异面直线，AB∥CM，MN⊥CD.只有①③正确，故选D.6．(文)(2010·山东潍坊)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m∥α，则n∥αD．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β[答案] D[解析]对于选项A，两平面β、γ同垂直于平面α，平面β与平面γ可能平行，也可能相交；对于选项B，平面α、β可能平行，也可能相交；对于选项C，直线n可能与平面α平行，也可能在平面α内；对于选项D，∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α，又n⊥β，∴α∥β，故选D.(理)(2010·曲师大附中)已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线a，b，则下列四个命题中为真命题的是()A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若α⊥β，α∩β＝b，a⊥b，则a⊥βC．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．若α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α，则a∥β[答案] D[解析]选项A中，直线a可能在平面α内；选项B中，直线a可能在平面β内；选项C 中，直线a ，b 为相交直线时命题才成立．7．(2010·江苏南通)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 、Q 分别是棱AA 1、CC 1的中点，则过点B 、P 、Q 的截面是( )A ．邻边不等的平行四边形B ．菱形但不是正方形C ．邻边不等的矩形D ．正方形 [答案] B[解析] 设正方体棱长为1，连结D 1P ，D 1Q ，则易得PB ＝PQ ＝D 1P ＝D 1Q ＝52，取D 1D 的中点M ，则D 1P 綊AM 綊BQ ，故截面为四边形PBQD 1，它是一个菱形，又PQ ＝AC ＝2，∴∠PBQ 不是直角，故选B.8．(文)(2010·山东日照、聊城模考)已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m ⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β； 其中真命题是( ) A ．①② B ．①③ C ．①④D ．②④[答案] C [解析][点评] 如图，α∩β＝m ，则l ⊥m ，故(2)假；在上述图形中，当α⊥β时，知③假．(理)(2010·福建福州市)对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题是真命题的是( ) A ．若m ，n 与α所成的角相等，则m ∥n B ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊂α，n∥α，则m∥n[答案] D[解析]正三棱锥P－ABC的侧棱P A、PB与底面成角相等，但P A与PB相交应排除A；若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，应排除B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排除C.∵m、n共面，设经过m、n的平面为β，∵m⊂α，∴α∩β＝m，∵n∥α，∴n∥m，故D正确．9．(文)(2010·北京顺义一中月考)已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的真命题是()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥βC．若l⊥α，l∥β，则α⊥βD．若l∥α，α∥β，则l∥β[答案] C[解析]如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面ABD1A1为α，平面ABCD为β，B1C1为l，则排除A、B；又取平面ADD1A1为α，平面BCC1B1为β，B1C1为l，排除D.(理)(2010·广东罗湖区调研)已知相异直线a，b和不重合平面α，β，则a∥b的一个充分条件是()A．a∥α，b∥αB．a∥α，b∥β，α∥βC．a⊥α，b⊥β，α∥βD．α⊥β，a⊥α，b∥β[答案] C[解析]a∥α，b∥α时，a与b可相交可异面也可平行，故A错；a∥α，b∥β，α∥β时，a与b可异面，故B错；由α⊥β，a⊥α得，a∥β或a⊂β，又b∥β，此时a与b可平行也可异面，排除D.10．(2010·日照实验高中)如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，M ，N 分别在AD 1，BC 上移动，且始终保持MN ∥平面DCC 1D 1，设BN ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( )[答案] C[解析] 过M 作ME ⊥AD 于E ，连接EN ，则平面MEN ∥平面DCC 1D 1，所以BN ＝AE ＝x (0≤x <1)，ME ＝2x ，MN 2＝ME 2＋EN 2，则y 2＝4x 2＋1，y 2－4x 2＝1(0≤x <1，y >0)，图象应是焦点在y 轴上的双曲线的一部分．故选C.二、填空题11．(文)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是棱CC 1、C 1D 1、D 1D 、DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 满足条件________时，有MN ∥平面B 1BDD 1.[答案] M ∈线段FH[解析] 因为HN ∥BD ，HF ∥DD 1，所以平面NHF ∥平面B 1BDD 1，又平面NHF ∩平面EFGH ＝FH .故线段FH 上任意点M 与N 相连，有MN ∥平面B 1BDD 1，故填M ∈线段FH .(理)(2010·南充市模拟)已知两异面直线a ，b 所成的角为π3，直线l 分别与a ，b 所成的角都是θ，则θ的取值范围是________．[答案] [π6，π2]12．在四面体ABCD 中，M 、N 分别是△ACD 、△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．[答案] 面ABC 和面ABD[解析] 连结AM 并延长交CD 于点E ，∵M 为△ACD 的重心，∴E 为CD 的中点， 又N 为△BCD 的重心，∴B 、N 、E 三点共线， 由EM MA ＝EN NB ＝12得MN ∥AB ， 因此MN ∥平面ABC ，MN ∥平面ABD .13．如图是一正方体的表面展开图，B 、N 、Q 都是所在棱的中点，则在原正方体中， ①AB 与CD 相交；②MN ∥PQ ；③AB ∥PE ；④MN 与CD 异面；⑤MN ∥平面PQC . 其中真命题的序号是________．[答案] ①②④⑤[解析] 将正方体还原后如图，则N 与B 重合，A 与C 重合，E 与D 重合，∴①、②、④、⑤为真命题．14．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1，D 1，P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.[答案]223a [解析] ∵B 1D 1∥平面ABCD ，平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，∴B 1D 1∥PQ ， 又B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ ，∴PQ PM ＝PDAP＝2，即PQ ＝2PM ， 又△APM ∽△ADP ，∴PM BD ＝AP AD ＝13，∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a .三、解答题15．(文)(2010·南京调研)如图，在四棱锥E －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，BE ＝EC ，AE ⊥BE ，M 为CE 上一点，且BM ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BC ；(2)如果点N 为线段AB 的中点，求证：MN ∥平面ADE .[解析] (1)因为BM ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ，所以BM ⊥AE .因为AE ⊥BE ，且BE ∩BM ＝B ，BE 、BM ⊂平面EBC ，所以AE ⊥平面EBC . 因为BC ⊂平面EBC ，所以AE ⊥BC . (2)解法1：取DE 中点H ，连接MH 、AH .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点． 所以MH 为△EDC 的中位线，所以MH 綊12DC .因为四边形ABCD 为平行四边形，所以DC 綊AB . 故MH 綊12AB .因为N 为AB 的中点，所以MH 綊AN .所以四边形ANMH 为平行四边形，所以MN ∥AH . 因为MN ⊄平面ADE ，AH ⊂平面ADE ， 所以MN ∥平面ADE .解法2：取EB 的中点F ，连接MF 、NF .因为BM ⊥平面ACE ，EC ⊂平面ACE ，所以BM ⊥EC . 因为BE ＝BC ，所以M 为CE 的中点，所以MF ∥BC .因为N 为AB 的中点，所以NF ∥AE ， 因为四边形ABCD 为平行四边形， 所以AD ∥BC .所以MF ∥AD .因为NF 、MF ⊄平面ADE ，AD 、AE ⊂平面ADE ， 所以NF ∥平面ADE ，MF ∥平面ADE . 因为MF ∩NF ＝F ，MF 、NF ⊂平面MNF ， 所以平面MNF ∥平面ADE .因为MN ⊂平面MNF ，所以MN ∥平面ADE .(理)(2010·厦门市质检)如图所示的几何体中，△ABC 为正三角形，AE 和CD 都垂直于平面ABC ，且AE ＝AB ＝2，CD ＝1，F 为BE 的中点．(1)若点G 在AB 上，试确定G 点位置，使FG ∥平面ADE ，并加以证明；(2)在(1)的条件下，求三棱锥D －ABF 的体积． [解析] (1)当G 是AB 的中点时，GF ∥平面ADE . ∵G 是AB 的中点，F 是BE 的中点， ∴GF ∥AE ，又GF ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ， ∴GF ∥平面ADE . (2)连接CG ，由(1)可知： GF ∥AE ，且GF ＝12AE .又AE ⊥平面ABC ，CD ⊥平面ABC ，∴CD ∥AE ， 又CD ＝12AE ，∴GF ∥CD ，GF ＝CD ，∴四边形CDFG 为平行四边形， ∴DF ∥CG ，且DF ＝CG .又∵AE ⊥平面ABC ，CG ⊂平面ABC ，∴AE ⊥CG . ∵△ABC 为正三角形，G 为AB 的中点， ∴CG ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴CG ⊥平面ABE . 又CG ∥DF ，且CG ＝DF ，∴DF 为三棱锥D －ABF 的高，且DF ＝ 3. 又AE ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，∴AE ⊥AB . ∵在Rt △ABE 中，AB ＝AE ＝2，F 为BE 的中点，∴S △ABF ＝12S △ABE ＝12×12×2×2＝1.∴V D －ABF ＝13S △ABF ·DF ＝13×1×3＝33，∴三棱锥D －ABF 的体积为33. 16．(文)(2010·安徽合肥质检)如图，PO ⊥平面ABCD ，点O 在AB 上，EA ∥PO ，四边形ABCD 为直角梯形，BC ⊥AB ，BC ＝CD ＝BO ＝PO ，EA ＝AO ＝12CD .(1)求证：BC ⊥平面ABPE ；(2)直线PE 上是否存在点M ，使DM ∥平面PBC ，若存在，求出点M ；若不存在，说明理由．[解析] (1)∵PO ⊥平面ABCD ， BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PO ，又BC ⊥AB ，AB ∩PO ＝O ，AB ⊂平面ABP ，PO ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABP ， 又EA ∥PO ，AO ⊂平面ABP ， ∴EA ⊂平面ABP ，∴BC ⊥平面ABPE . (2)点E 即为所求的点，即点M 与点E 重合． 取PO 的中点N ，连结EN 并延长交PB 于F ， ∵EA ＝1，PO ＝2，∴NO ＝1，又EA 与PO 都与平面ABCD 垂直，∴EF ∥AB ， ∴F 为PB 的中点，∴NF ＝12OB ＝1，∴EF ＝2，又CD ＝2，EF ∥AB ∥CD ，∴四边形DCFE 为平行四边形，∴DE ∥CF ， ∵CF ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面PBC .∴当M 与E 重合时即可．(理)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为底面正方形的中心，过A 1、C 1、B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1及其三视图．(1)求证：D1O∥平面A1BC1；(2)是否存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q？若存在，求出线段PQ的长；若不存在，请说明理由．[分析]要证D1O∥平面A1BC1，∵O为DB的中点，∴取A1C1中点E，只须证D1E綊OB，或利用长方体为正四棱柱的特性，证明平面ACD1∥平面A1C1B，假设存在平面A1PQ ⊥DC1，利用正四棱柱中，BC⊥平面DCC1D1，故有BC⊥DC1，从而平面A1PQ与平面BCC1的交线PQ⊥DC1，故只须在面DCC1D1的边CC1上寻找点Q，使D1Q⊥DC1即可．[解析](1)连接AC，AD1，D1C，易知点O在AC上．D1、四边形A1D1CB均为平行四边根据长方体的性质得四边形ABC Array 1形，∴AD1∥BC1，A1B∥D1C，又∵AD1⊄平面A1C1B，BC1⊂平面A1C1B，∴AD1∥平面A1C1B，同理D1C∥平面A1BC1，又∵D1C∩AD1＝D1，∴根据面面平行的判定定理知平面ACD1∥平面A1BC1.∵D1O⊂平面ACD1，∴D1O∥平面A1BC1.(2)假设存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.D，过点D1作C1D的垂线交C1C于点Q，过点Q作PQ连接C Array 1∥BC交BC1于点P，连接A1P，A1Q.∵C1D⊥D1Q，C1D⊥A1D1，D1Q∩A1D1＝D1，∴C1D⊥平面A1D1Q.∵A1Q⊂平面A1D1Q，∴C1D⊥A1Q.∵PQ∥BC∥A1D1，∴C1D⊥PQ，∵A1Q∩PQ＝Q，∴C1D⊥平面A1PQ.∴存在过点A1与直线DC1垂直的平面A1PQ，与线段BC1交于点P，与线段CC1交于点Q.在矩形CDD 1C 1中，∵Rt △D 1C 1Q ∽Rt △C 1CD ，∴C 1Q CD ＝D 1C 1C 1C ，结合三视图得C 1Q 2＝24，∴C 1Q ＝1. ∵PQ ∥BC ，∴PQ BC ＝C 1Q CC 1＝14，∴PQ ＝14BC ＝12. 17．(文)(2010·东北师大附中)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1；(2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥B 1－EFC 的体积．[解析] (1)证明：连结BD 1，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则EF ∥D 1B ，又EF ⊄平面ABC 1D 1，D 1B ⊂平面ABC 1D 1，∴EF ∥平面ABC 1D 1.(2)证明：∵B 1C ⊥AB ，B 1C ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，∴B 1C ⊥平面ABC 1D 1，又BD 1⊂平面ABC 1D 1，∴B 1C ⊥BD 1，又EF ∥BD 1，∴EF ⊥B 1C .(3)解：∵CF ⊥BD ，CF ⊥BB 1，∴CF ⊥平面BDD 1B 1，即CF ⊥平面EFB 1，且CF ＝BF ＝ 2∵EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 12＝(2)2＋22＝6，B 1E ＝B 1D 12＋D 1E 2＝12＋(22)2＝3，∴EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2，即∠EFB 1＝90°，∴VB 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF ＝13×12·EF ·B 1F ·CF ＝13×12×3×6×2＝1. (理)(2010·河北唐山)如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧棱VA ⊥底面ABCD ，E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点．(1)求证：平面EFG ∥平面VCD ；(2)当二面角V －BC －A 、V －DC －A 依次为45°、30°时，求直线VB 与平面EFG 所成的角．[解析] (1)∵E 、F 、G 分别为VA 、VB 、BC 的中点，∴EF ∥AB ，FG ∥VC ，又ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，∴EF ∥CD ，又∵EF ⊄平面VCD ，FG ⊄平面VCD ，∴EF ∥平面VCD ，FG ∥平面VCD ，又EF ∩FG ＝F ，∴平面EFG ∥平面VCD .(2)∵VA ⊥平面ABCD ，CD ⊥AD ，∴CD ⊥VD .则∠VDA 为二面角V －DC －A 的平面角，∴∠VDA ＝30°.同理∠VBA ＝45°.作AH ⊥VD ，垂足为H ，由上可知CD ⊥平面VAD ，则AH ⊥平面VCD .∵AB ∥平面VCD ，∴AH 即为B 到平面VCD 的距离．由(1)知，平面EFG ∥平面VCD ，则直线VB 与平面EFG 所成的角等于直线VB 与平面VCD 所成的角，记这个角为θ.∵AH ＝VA sin60°＝32VA ，VB ＝2VA ，∴sin θ＝AH VB ＝64， 故直线VB 与平面EFG 所成的角是arcsin64.。

高中数学重难点归纳：立体几何中的平行与垂直
题型一：线线、线面位置关系的证明
（1）证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时必须按照定理成立的条件进行推理。

（2）证明立体几何问题，要精密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用。

题型二：两平面之间位置关系的证明
（1）证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行。

（2）证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直。

题型三：空间线面位置关系的综合问题
与平行、垂直有关的存在性问题注意解题的步骤。

高考数学二轮复习考点知识专题讲解专题 12 立体几何中的平行与垂直问题【自主热身，归纳总结】1、 设 α，β 为互不重合的平面，m，n 是互不重合的直线，给出下列四个命题：⊂ ①若 m∥n，n α，则 m∥α； ⊂ ⊂ ②若 m α，n α，m∥β，n∥β，则 α∥β； ⊂ ⊂ ③若 α∥β，m α，n β，则 m∥n； ⊂ ④若 α⊥β，α∩β＝m，n α，n⊥m，则 n⊥β.其中正确命题的序号为________． 【答案】.④ 【解析】：对于①，直线 m 可能在平面 α 内，故①错误；对于②，没有 m 与 n 相交的条件，故②错误；对 于③，m 与 n 也可能异面，故③错误． 2、已知平面 α，β，直线 m，n，给出下列命题： ①若 m∥α，n∥β，m⊥n，则 α⊥β； ②若 α∥β，m∥α，n∥β，则 m∥ n； ③若 m⊥α，n⊥β，m⊥n，则 α⊥β； ④若 α⊥β，m⊥α，n⊥β，则 m⊥n. 其中是真命题的是________(填序号)． 【答案】③④ 如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，CD∥平面 ABC1D1，BC∥平面 ADC1B1，且 BC⊥CD，又因为平面 ABC1D1 与平面 ADC1B1 不垂直，故①不正确；因为平面 ABCD∥平面 A1B1C1D1，且 B1C1∥平面 ABCD，AB∥平面 A1B1C1D1，但 AB 与 B1C1 不平行，故②不正确．同理，我们以正方体的模型来观察，可得③④正确．3、若 α，β 是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)． ①若直线 m⊥α，则在平面 β 内，一定不存在与直线 m 平行的直线； ②若直线 m⊥α，则在平面 β 内，一定存在无数条直线与直线 m 垂直；⊂ ③若直线 m α，则在平面 β 内，不一定存在与直线 m 垂直的直线； ⊂ ④若直线 m α，则在平面 β 内，一定存在与直线 m 垂直的直线．【答案】：②④1 / 16⊂ 4、已知 α，β 是两个不同的平面，l，m 是两条不同的直线，l⊥α，m β.给出下列命题： ⇒ ⇒ ①α∥β l⊥m； ②α⊥β l∥m； ⇒ ⇒ ③m∥α l⊥β； ④l⊥β m∥α.其中正确的命题是________(填．写．所．有．正．确．命．题．的．序．号．)． 【答案】： ①④⊂ 【解析】：①由 l⊥α，α∥β，得 l⊥β，又因为 m β，所以 l⊥m； ⊂ ⊂ ②由 l⊥α，α⊥β，得 l∥β 或 l β，又因为 m β，所以 l 与 m 或异面或平行或相交；③由 l⊥α，m∥α，得 l⊥m.因为 l 只垂直于 β 内的一条直线 m，所以不能确定 l 是否垂直于 β；⊂ ④由 l⊥α，l⊥β，得 α∥β.因为 m β，所以 m∥α.5、 设 b， c 表示两条直线，α，β 表示两个平面，现给出下列命题：⊂ ⊂ ①若 b α，c∥α，则 b∥c；②若 b α，b∥c，则 c∥α；③若 c∥α，α⊥β，则 c⊥β；④若 c∥α，c⊥β，则 α⊥β.其中正确的命题是________．(写出所有正确命题的序号)【答案】： ④⊂ ⊂ 【解析】：①b 和 c 可能异面，故①错；②可能 c α，故②错；③可能 c∥β，c β，故③错；④根据面面垂直判定 α⊥β，故④正确．6、在所有棱长都相等的三棱锥 P-ABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下列四个命题：(1) BC∥平面 PDF；(2) DF∥平面 PAE；(3) 平面 PDF⊥平面 ABC；(4) 平面 PDF⊥平面 PAE.其中正确命题的序号为________．【答案】：(1)(4)【解析】 由条件可证 BC∥DF，则 BC∥平面 PDF，从而(1)正确；因为DF 与 AE 相交，所以(2)错误；取 DF 中点 M(如图)，则 PM⊥DF，且可证 PM 与 AE 不垂直，所以(3)错误；而 DM⊥PM，DM⊥AM，⊂ 则 DM⊥平面 PAE.又 DM 平面 PDF，故平面 PDF⊥平面 PAE，所以(4)正确．综上所述，正确命题的序号为(1) (4)．2 / 167、在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 M，N 分别在 AB1，BC1 上(M，N 不与 B1，C1 重合)，且 AM＝BN，那么①AA1 ⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面 A1B1C1D1；④MN 与 A1C1 异面．以上 4 个结论中，正确结论的序号是________． 【答案】：①③ 【解析】 过 M 作 MP∥AB 交 BB1 于 P，连接 NP，则平面 MNP∥平面 A1C1，所以 MN∥平面 A1B1C1D1，又 AA1⊥平 面 A1B1C1D1，所以 AA1⊥MN.当 M 与 B1 重合，N 与 C1 重合时，则 A1C1 与 MN 相交，所以①③正确．【问题探究，变式训练】 :例 1、如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB＝AC，E 是 BC 的中点，求证： (1) 平面 AB1E⊥平面 B1BCC1； (2) A1C∥平面 AB1E.⊂ 【解析】： (1) 在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC.因为 AE 平面 ABC，所以 CC1⊥AE因为 AB＝AC，E 为 BC 的中点，所以 AE⊥BC.⊂ ⊂ 因为 BC 平面 B1BCC1，CC1 平面 B1BCC1，且 BC∩CC1＝C，所以 AE ⊥平面 B1BCC1.⊂ 因为 AE 平面 AB1E，所以平面 AB1E⊥平面 B1BCC1 (2) 如图，连结 A1B，设 A1B∩AB1＝F，连结 EF.在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 AA1B1B 为平行四边形，所以 F 为 A1B 的中点．又因为 E 是 BC 的中点，所以 EF∥A1C⊂ ⊄ 因为 EF 平面 AB1E，A1C 平面 AB1E，3 / 16所以 A1C∥平面 AB1E.【变式 1】、【如图，在三棱锥 PABC 中，AB⊥PC，CA＝CB，M 是 AB 的中点，点 N 在棱 PC 上，点 D 是 BN 的中点．求证： (1) MD∥平面 PAC；⊂ 又因为 CE 平面 BEC，所以 AH⊥CE.(14 分) 【变式 6】、如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 的高为 6，其底面边长为 2.已知点 M，N 分别是棱 A1C1，AC 的中点，点 D 是棱 CC1 上靠近 C 的三等分点．求证： (1) B1M∥平面 A1BN； (2) AD⊥平面 A1BN.【解析】： (1) 如图，连结 MN，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 A1ACC1 是矩形．因为 M，N 分别是棱 A1C1，AC 的中点， 所以四边形 A1ANM 也是矩形，从而 MN∥A1A.(2 分) 又因为 A1A∥B1B，所以 MN ∥B1B. 所以四边形 B1BNM 是平行四边形，则 B1M∥BN.(4 分)⊄ ⊂ 因为 B1M 平面 A1BN，BN 平面 A1BN,所以 B1M∥平面 A1BN.(6 分)⊂ (2) 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC，BN 平面 ABC，所以 AA1⊥BN.因为 N 是正三角形 ABC 的边 AC 的中点，所以 AC⊥BN.⊂ 又因为 A1A∩AC＝A，A1A，AC 平面 A1ACC1，所以 BN⊥平面 A1ACC1. ⊂ 因为 AD 平面 A1ACC1，所以 BN⊥AD.(10 分)4 / 166 63 在平面 A1ACC1 中，tan∠A1NA·tan∠DAC＝ 1 · 2 ＝1，所以∠A1NA 与∠DAC 互余，得 AD⊥A1N.(12 分)⊂ 因为 AD⊥BN，AD⊥A1N，BN∩A1N＝N，且 A1N，BN 平面 A1BN，所以 AD⊥平面 A1BN.(14 分) 【关联 1】、 如图，正三棱柱 A1B1C1-ABC 中，点 D，E 分别是 A1C，AB 的中点．(1) 求证：ED∥平面 BB1C1C；(2) 若 AB＝ 2BB1，求证：A1B⊥平面 B1CE.【解析】 (1) 连结 AC1，BC1，因为 AA1C1C 是矩形，D 是 A1C 的中点，所以 D 是 AC1 的中点．(2 分)在△ABC1 中，因为 D，E 分别是 AC1，AB 的中点，所以 DE∥BC1.(4 分)⊄ ⊂ 因为 DE 平面 BB1C1C，BC1 平面 BB1C1C，所以 ED∥平面 BB1C1C.(6 分)(2) 因为△ABC 是正三角形，E 是 AB 的中点，所以 CE⊥AB.⊂ 又因为正三棱柱 A1B1C1ABC 中，平面 ABC⊥平面 ABB1A1，平面 ABC∩平面 ABB1A1＝AB，CE 平面 ABC，所以 CE⊥平面 ABB1A1.从而 CE⊥A1B.(9 分)在矩形 ABB1A1 中，因为AB11BB1＝ 2＝BB1EB，所以 Rt△A1B1B∽Rt△B1BE，从而∠B1A1B＝∠BB1E.因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，所以 A1B⊥B1E.⊂ 又因为 CE，B1E 平面 B1CE，CE∩B1E＝E，所以 A1B⊥平面 B1CE.(14 分)例 2、如图，在四棱锥 P − ABCD 中， （1）若 PB = PD ，求证： PC ⊥ BD ； （2）求证： CE //平面 PAD ．， CB = CD ，点 E 为棱 PB 的中点．5 / 16， 【解析】： 证明：（1）取 BD 的中点 O ，连结 CO PO ，因为 CD = CB ，所以△ CBD 为等腰三角形，所以 BD ⊥ CO ． 因为 PB = PD ，所以△ PBD 为等腰三角形，所以 BD ⊥ PO ．又，所以 BD ⊥ 平面 PCO ．因为 PC ⊂ 平面 PCO ，所以 PC ⊥ BD ．（2）由 E 为 PB 中点，连 EO ，则 EO ∥ PD ，又 EO ⊄ 平面 PAD ，所以 EO ∥ 平面 PAD ．由，以及 BD ⊥ CO ，所以 CO ∥ AD ，又 CO ⊄ 平面 PAD ，所以 CO ∥ 平面 PAD ．又，所以平面 CEO ∥ 平面 PAD ，而 CE ⊂ 平面 CEO ，所以 CE ∥ 平面 PAD ．【变式 1】、如图，在三棱锥 A－BCD 中，E，F 分别为棱 BC，CD 上的点，且 BD∥平面 AEF．（1）求证：EF∥平面 ABD；（2）若 BD⊥CD，AE⊥平面 BCD，求证：平面 AEF⊥平面 ACD．【解析】：（1）因为 BD∥平面 AEF，6 / 16BD平面 BCD，平面 AEF∩平面 BCD＝EF， 所以 BD∥EF． 因为 BD平面 ABD，EF平面 ABD， 所以 EF∥平面 ABD． （2）因为 AE⊥平面 BCD，CD平面 BCD， 所以 AE⊥CD． 因为 BD⊥CD，BD∥EF， 所以 CD⊥EF， 又 AE∩EF＝E，AE平面 AEF，EF平面 AEF， 所以 CD⊥平面 AEF． 又 CD平面 ACD， 所以 平面 AEF⊥平面 ACD．【变式 2】、如图，在四棱锥 P − ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，点 E 在棱 PC 上(异于点 P ，C )，平面 ABE与棱 PD 交于点 F ．∥ （1）求证： AB EF ；（2）若平面 PAD ⊥ 平面 ABCD ，求证： AF ⊥ EF ． PF DE CA第题 B( 16 )【变式 3】、如图，在四棱锥 P − ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，AP=AD， M，N 分别为棱 PD，PC 的中点．7 / 16求证：（1）MN∥平面 PAB； （2）AM⊥平面 PCD．【解析】（1）因为 M，N 分别为棱 PD，PC 的中点， 所以 MN∥DC， 又因为底面 ABCD 是矩形，所以 AB∥DC， 所以 MN∥AB． 又 AB ⊂ 平面 PAB ， MN ⊄ 平面 PAB， 所以 MN∥平面 PAB． （2）因为 AP=AD，M 为 PD 的中点， 所以 AM⊥PD． 因为平面 PAD⊥平面 ABCD， 又平面 PAD∩平面 ABCD= AD， 又因为底面 ABCD 是矩形，所以 CD⊥AD，又 CD ⊂ 平面 ABCD， 所以 CD⊥平面 PAD． 又 AM ⊂ 平面 PAD，所以 CD ⊥AM．因为 CD， PD ⊂ 平面 PCD，，所以 AM⊥平面 PCD． 【易错警示】立几的证明必须严格按教材所给的公理、定理、性质作为推理的理论依据，严禁生造定理， 在运用定理证明时必须在写全定理的所有条件下，才有相应的结论，否则会影响评卷得分.【变式 4】、 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，E 为侧棱 PA 的中点．(1) 求证：PC∥平面 BDE； (2) 若 PC⊥PA，PD＝AD，求证：平面 BDE⊥平面 PAB.8 / 16易错警示 在立体几何中，一定要用课本中允许的有关定理进行推理论证，在进行推理论证时，一定要将 定理的条件写全，不能遗漏，否则，在评分时将予以扣分，高考阅卷对立体几何题证明的规范性要求较 高．【关联 1】、如图，在四棱锥 PABCD 中，AB∥CD，AC⊥BD，AC 与 BD 交于点 O，且平面 PAC⊥平面 ABCD，E 为棱 PA 上一点． (1) 求证：BD⊥OE； (2) 若 AB＝2CD，AE＝2EP，求证：EO∥平面 PBC.⊂ 【解析】(1) 因为平面 PAC⊥ 平面 ABCD，平面 PAC∩ 平面 ABCD＝AC，BD⊥AC，BD 平面 ABCD，所以 BD⊥平面 PAC.⊂ 又因为 OE 平面 PAC，所以 BD⊥OE.(6 分)9 / 16(2) 因为 AB∥CD，AB＝2CD，AC 与 BD 交于点 O， 所以 CO∶OA＝CD∶AB＝1∶2. 又因为 AE＝2EP，所以 CO∶OA＝PE∶EA， 所以 EO∥PC.⊂ ⊄ 又因为 PC 平面 PBC，EO 平面 PBC，所以 EO∥平面 PBC.(14 分)【关联 2】、如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，CA＝CB，AA1＝ 2AB，D 是 AB 的中点．(1) 求 证：BC1∥平面 A1CD； 1(2) 若点 P 在线段 BB1 上，且 BP＝4BB1，求证：AP⊥平面 A1CD.【解析】 (1)连结 AC1，交 A1C 于点 O，连结 OD. 因为四边形 AA1C1C 是矩形，所以 O 是 AC1 的中点. (2 分) 在△ABC1 中， O，D 分别是 AC1，AB 的中点， 所以 OD∥BC1. (4 分)⊂ ⊄ 又因为 OD 平面 A1CD，BC1 平面 A1CD，所以 BC1∥平面 A1CD.(6 分) (2) 因为 CA＝CB，D 是 AB 的中点，所以 CD⊥AB﹒ 又因为在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面 ABC⊥侧面 AA1B1B，交线为 AB，⊂CD 平面 ABC，所以 CD⊥平面 AA1B1B﹒ (8 分) ⊂ 因为 AP 平面 A1B1BA，所以 CD⊥AP. (9 分)1 因为 BB1＝AA1＝ 2BA ，BP＝4BB1，BP 2 AD 所以BA＝ 4 ＝AA1，所以 Rt△ABP∽Rt△A1AD， 从而∠AA1D＝∠BAP， 所以∠AA1D＋∠A1AP＝∠BAP＋∠A1AP＝90°， 所以 AP⊥A1D.(12 分)⊂ ⊂ 又因为 CD∩A1D＝D，CD 平面 A1CD，A1D 平面 A1CD，10 / 16所以AP⊥平面A 1CD.(14分)【关联3】、如图，在三棱锥PABC 中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，M，N 分别为AB，PA 的中点．(1) 求证：PB∥平面MNC；(2) 若AC＝BC，求证：PA⊥平面MNC.【解析】 (1) 因为M，N 分别为AB，PA 的中点，所以MN∥PB.(2分)因为MN ⊂平面MNC，PB ⊄平面MNC,所以PB∥平面MNC.(4分)(2) 因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.(6分) 因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. (8分)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. (12分) 因为PA ⊂平面PAB，所以CM⊥PA.因为PA⊥MN，MN ⊂平面MNC，CM ⊂平面MNC，MN∩CM＝M，所以PA⊥平面MNC. (14分)【关联4】、如图，已知四棱锥PABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA⊥平面ABCD，M 是AD 的中点，N 是PC 的中点．(1) 求证：MN∥平面PAB；(2) 若平面PMC⊥平面PAD，求证：CM⊥AD.【解析】 (1) 如图，取PB 的中点E，连结AE，NE. 因为E，N 分别是PB，PC 的中点，所以EN∥BC 且EN＝12BC.因为底面ABCD 是平行四边形，M 是AD 的中点，所以AM∥BC 且AM＝12BC，(3分)所以EN∥AM 且EN＝AM，四边形AMNE 是平行四边形，所以MN∥AE，(5分)因为MN ⊄平面PAB，AE ⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.(7分)(2) 如图，在平面PAD 内，过点A 作AH⊥PM，垂足为H.因为平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，因为AH ⊂平面PAD，AH⊥PM，所以AH⊥平面PMC，从而AH⊥CM.(10分) 因为PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD， 所以PA⊥CM.(12分)因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD， 所以CM⊥平面PAD，因为AD ⊂平面PAD，所以CM⊥AD.(14分)例3、如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D 为棱BC 上一点． (1) 若AB＝AC，D 为棱BC的中点，求证：平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1； (2) 若A 1B∥平面ADC 1，求BD DC【解析】： (1) 因为AB＝AC，点D 为BC 中点，所以AD⊥BC.(2分) 因为ABC-A 1B 1C 1 是直三棱柱，所以BB 1⊥平面ABC. 因为AD ⊂平面ABC，所以BB 1⊥AD.(4分) 因为BC∩BB 1＝B，BC ⊂平面BCC 1B 1，BB 1⊂平面BCC 1B 1， 所以AD⊥平面BCC 1B 1.因为AD ⊂平面ADC 1，所以平面ADC 1⊥平面BCC 1B 1.(6分)(2) 连结A 1C，交AC 1于O，连结OD，所以O 为AC 1中点．(8分)因为A 1B∥平面ADC 1，A 1B ⊂平面A 1BC，平面ADC 1∩平面A 1BC＝OD，所以A 1B∥OD.(12分)因为O 为AC 1中点，所以D 为BC 中点， 所以BD DC＝1.(14分)【变式1】、如图，在四面体ABCD 中，AB＝AC＝DB＝DC，点E 是BC 的中点，点F 在线段AC 上，且AF AC＝λ. (1) 若EF∥平面ABD，求实数λ的值；(2) 求证：平面BCD⊥平面AED.【解析】 (1) 因为EF∥平面ABD，EF ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ABD＝AB，所以EF∥AB.(3分) 又E 是BC 的中点，点F 在线段AC 上，所以F 为AC 的中点． 由AF AC ＝λ得λ＝12.(6分)(2) 因为AB＝AC＝DB＝DC，E 是BC 的中点，所以BC⊥AE，BC⊥DE.(9分)又AE∩DE＝E，AE，DE ⊂平面AED，所以BC⊥平面AED.(12分)而BC ⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面AED.(14分)【变式2】、如图，在四棱锥PABCD 中，AD＝CD＝12AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD. (1) 求证：BC⊥平面PAC；(2) 若M 为线段PA 的中点，且过C，D，M 三点的平面与PB 交于点N，求PN∶PB 的值．【解析】 (1) 连结AC.不妨设AD＝1.因为AD＝CD＝12AB，所以CD＝1，AB＝2. 因为∠ADC＝90°，所以AC＝2，∠CAB＝45°.在△ABC 中，由余弦定理得BC＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2. 所以BC⊥AC.(3分)因为PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥PC.(5分) 因为PC ⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PC∩AC＝C， 所以BC⊥平面PAC.(7分) (2) 因为AB∥DC，CD⊂平面CDMN，AB ⊄平面CDMN， 所以AB∥平面CDMN.(9分) 因为AB ⊂平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN， 所以AB∥MN.(12分)在△PAB 中，因为M 为线段PA 的中点， 所以N 为线段PB 的中点，即PN∶PB 的值为12.(14分)【关联1】、 如图，在三棱锥PABC 中，D 为AB 的中点． (1) 与BC 平行的平面PDE 交AC 于点E，判断点E 在AC 上的位置并说明理由； (2) 若PA＝PB，且锐角三角形PCD 所在平面与平面ABC 垂直，求证：AB⊥PC.【解析】(1) E 为AC的中点．理由如下： 平面PDE 交AC 于点E，即平面PDE∩平面ABC＝DE， 而BC∥平面PDE，BC⊂平面ABC，所以BC∥DE.(4分) 在△ABC 中，因为D 为AB 的中点，所以E 为AC 的中点．(7分) (2) 因为PA＝PB，D为AB 的中点，所以AB⊥PD， 如图，在锐角三角形PCD 所在平面内过点P 作PO⊥CD 于点O，因为平面PCD⊥平面ABC，平面PCD∩平面ABC ＝CD，所以PO⊥平面ABC.(10分)因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.又PO∩PD＝P，PO，PD⊂平面PCD，所以AB⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD，所以AB⊥PC.(14分)【关联2】、 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1) 求证：BD⊥PC；(2) 若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.【解析】 (1) 如图，连结AC，交BD于点O，连结PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.(2分)又因为O为BD的中点，PB＝PD，所以BD⊥PO.(4分)又因为AC∩PO＝O，所以BD⊥平面APC.又因为PC⊂平面APC，所以BD⊥PC.(7分)(2) 因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD.(9分)因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD.(11分)又因为BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l.所以BC∥l.(14分)【关联3】、如图，在三棱锥PABC中，已知平面PBC⊥平面ABC.(1) 若AB⊥BC，CP⊥PB，求证：CP⊥PA：(2) 若过点A作直线l⊥平面ABC，求证：l∥平面PBC.。

易错点12 立体几何中的垂直与平行在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大。

立体几何中平行与垂直的易错点易错点1：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大。

易错点2：有关线面平行的证明问题中，对定理的理解不够准确，往往忽视",//,"a a b b αα⊄⊂三个条件中的某一个。

易错点3：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；题组一：基本性质定理 1．（2021年浙江卷）已知正方形1111ABCD A B C D -，,M N 分别是11,A D D B 的中点，则（ ）. A ．直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD B C ．直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD B【答案】A【解析】如图，连结1AD ，//,MN AB ∴//MN 平面ABCD ，1,AB A D ⊥11A D AD ⊥，1A D ∴⊥平面1AD B ，11A D D B ∴⊥2．（2021新高考1卷多选题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值 B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P【答案】BD【解析】由点P 满足1BP BC BB λμ=+，可知点P 在正方形11BCC B 内．A 选项，当1λ=时，可知点P 在线段1CC （包括端点）上运动．1AB P △中，1AB =AP =1B P =1L AB AP B P =++不为定值，所以选项A 错误；B 选项，当1μ=时，可知点P 在线段11BC （包括端点）上运动．由图可知，线段11B C //平面1A BC ，即点P 到平面1A BC 的距离处处相等，1A BC △的面积是定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，所以选项B 正确；BCC 1B 1PABC A 1B 1C 1PABCA 1B 1C 1PC 选项，当12λ=时，分别取线段BC ，11B C 中点为D ，1D ，可知点P 在线段1DD （包括端点）上运动．很显然若点P 与D 或1D 重合时，均满足题意，所以选项C 错误．D 选项，当12μ=时，分别取线段1BB ，1CC 中点为M ，N ，可知点P 在线段MN （包括端点）上运动．此时，有且只有点P 与N 点重合时，满足题意. 所以选项D 正确．因此，答案为BD.3.（2019全国Ⅲ理8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】 如图所示，联结，.因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，ABCA 1B 1C 1D D 1PAB C A 1B 1C 1MNP A BCA 1B 1C 1MN(P)BE BD N ABCD ECD △ECD ⊥ABCD M ED BM ⊂BDE EN ⊂BDE BM BDE △DE EN BDE △BD BM EN DE a =2BD a =， 所以，， 所以．故选B ．4.（2019全国Ⅱ理7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 【解析】 对于A ，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除； 对于B ，内有两条相交直线与平行，则；对于C ，，平行于同一条直线，则与相交或，排除； 对于D ，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．故选B ．题组二：线面平行5. （2021天津卷）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（1）求证：1//D F 平面11A EC ；【解析】（1）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系， 则()0,0,0A ,()10,0,2A ,()2,0,0B ,()2,2,0C ,()0,2,0D ,()12,2,2C ,()10,2,2D ， 因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以()2,1,0E ，()1,2,0F ， 所以()11,0,2D F =-,()112,2,0A C =,()12,1,2A E =-, 设平面11A EC 的一个法向量为()111,,m x y z =，则11111111222020m x y m AC E x y A z ⎧⋅+=⎪⎨⋅+-=⎪==⎩，令12x =，则()2,2,1m =-， 因为1220m D F ⋅-==，所以1D F m ⊥， 因为1D F ⊄平面11A EC ，所以1//D F 平面11A EC ；6．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面三角形ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=，E 是PD 的中点． (1) 证明：直线CE ∥平面PAB ；BE ==BM=EN a ==BM EN ≠αβαββα∥αββα∥αβαββα∥αβαββα∥【解析】（1）取PA的中点F，连结EF，BF．因为E是PD的中点，所以EF AD∥，12EF AD=．由90BAD ABC∠=∠=得BC AD∥，又12BC AD=，所以EF BC∥，四边形BCEF是平行四边形，CE BF∥，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB．7.（2019全国Ⅰ理18）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1C A1D，故ME ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．题组三线线垂直8.（2021全国甲卷理）已知直三棱柱111CBAABC-中，侧面BBAA11为正方形，FEBCAB，，2==分别为AC和1CC的中点，D为棱11BA上的点，11BABF⊥．（1）证明：DEBF⊥；【解析】（1）因为E F，是直三棱柱111ABC A B C-中AC和1CC的中点，且2AB BC==，所以15CF BF==，，连结AF，由11BF A B⊥且11//AB A B，则BF AB⊥，于是3AF=，所以，22AC=，由222AB BC AC+=，则BA BC⊥，故如图右图所示，建立空间直角B xyz-坐标系：EMDCBAP1212===⊄于是(2,0,0)(0,0,0)(0,2,2)(1,1,0)(0,2,1)A B C E F ，，，，， 设1B D m =，则(,0,2)D m ．于是，(0,2,1)BF =，(1,1,2)DE m =-- 由BF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0可得BF ⊥DE ；9.（2021全国甲卷理）已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形．AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，BF ⊥A 1B 1． (1)略(2)已知D 为棱A 1B 1上的点，证明：BF ⊥DE ． 【解析】(2)取BC 中点M ，连接EM ，1MB ，1EA ， 因为,E F 分别为1AC CC ，的中点，所以//EM AB ，因为11//A B AB ，所以11//EM A B ，所以11,,,E M B A 四点共面， 因为侧面11AA B B 为正方形，所以1BB AB =，又AB BC =，所以1BB BC =，所以侧面11BB C C 为正方形， 又F 为1CC 中点，M 为BC 中点，由平面几何知识可知1BF B M ⊥， 又11A B BF ⊥，1111B MA B B =，所以BF ⊥平面11EMB A ，而DE ⊆平面11EMB A ，所以BF DE ⊥.10．（2021新高考1卷）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；【解析】（1）因为在ABD △中，AB AD =，O 为BD 中点，所以AO BD ⊥， 因为平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD 平面=BCD BD ，AO ⊂平面ABD ，AO BD ⊥，所以AO ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂面BCD ，所以AO CD ⊥．11．(2021浙江卷)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．【解析】（1）因为ABCD 是平行四边形，∠ABC =120°，AB =1，所以60DCB ∠=︒，AB ∥DC ，DC =AB =1．因为M 为BC 中点，BC =4，所以CM =2．在DCM △中，由余弦定理得22212cos601422132DM DC CM DC CM =+-⋅⋅︒=+-⨯⨯⨯=所以DM =90CDM ∠=︒，所以DM DC ⊥，因为PD DC PDMD D PD PDM MD PDM ⊥=⊂⊂，，面，面，所以DC PDM ⊥面，所以DC PM ⊥．因为PM MD ⊥，DC MD D DC ABCD MD ABCD =⊂⊂，面，面，所以PM ABCD ⊥面，所以AB PM ⊥．题组四：线面垂直 12．（2016全国II ）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将ΔDEF 沿EF折到ΔD EF '的位置，OD '=（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ；【解析】（I ）证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD =，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥， ∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =，∴1AEOH OD AO =⋅=，∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OHEF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．13．(2018全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥-P ABC中，==AB BC PA PB PC ===4AC =，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；【解析】(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由⊥OP OB ，⊥OP AC 知PO ⊥平面ABC ．14.（2019全国Ⅱ理17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；【解析】 （1）由已知得，平面，平面，O MPCBA11B C ⊥11ABB A BE ⊂11ABB A故．又，所以平面．题组五：面面垂直15.（2021新高考2卷）在四棱锥Q ABCD-中，底面ABCD是正方形，若2AD=，QD QA==，3QC=，（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；【解析】（1）证明：取AD的中点M，连接,QM CM，QD QA=，∴QM AD⊥2QM==，CM3QC=，222QC QM CM∴=+，∴QM CM⊥又,AD CM⊂平面ABCD，AD CM M⋂=所以QM⊥平面ABCD，又QM⊂平面QAD，所以平面QAD⊥平面ABCD.16（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB、R t△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；11B C⊥BE1BE EC⊥BE⊥11EB CAB CDQMHAB CDQ【解析】 （1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB BE ，AB BC ，故AB 平面BCGE ． 又因为AB 平面ABC ，所以平面ABC 平面BCGE ． 17．（2018全国卷Ⅰ）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥． (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；【解析】(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．18．（2018全国卷Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧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 ；【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 ．1．已知平面α，直线m ，n 满足m α⊄，n α⊂，则“m ∥n ”是“m ∥α”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】若m α⊄，n α⊂，m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α．若m ∥α，m α⊄，n α⊂，不一定推出m ∥n ，直线m 与n 可能异面，故“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件．故选A ．⊥⊥⊥⊂⊥PFE D CBAMD CBA⊂⊂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 ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】由“m α⊥且l m ⊥”推出“l α⊂或l α∥”，但由“m α⊥且l α∥”可推出“l m ⊥”，所以“l m ⊥”是“l α∥”的必要而不充分条件，故选B ．3．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 ；【解析】连接BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．4．如图，直三棱柱中，分别是的中点， （Ⅰ）证明：//平面；【解析】（Ⅰ）连结，交于点O ，连结DO ，则O 为的中点，因为D 为AB 的中点，所以OD ∥，又因为OD 平面，平面，所以 //平面；5．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 ；【解析】（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC,PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．6．如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ，111ABC A B C -,D E 1,ABBB 1AA AC CB AB ===1BC 1A CDA 11AC 1A C 1AC 1BC⊂1A CD 1BC ⊄1A CD 1BC 1A CD=3AB AD AC ==，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =， N 为PC 的中点．证明MN 平面PAB ；【解析】由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,． 由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN ． 又BC AD //，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //． 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB ．7．如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，1BAA ∠=60°．证明1AB A C ⊥；【解析】取AB 中点E ，连结CE ，，，∵AB =，=，∴是正三角形，∴⊥AB ， ∵CA =CB ， ∴CE ⊥AB ，∵=E ，∴AB ⊥面， ∴AB ⊥；8．如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=． 证明：平面PAB ⊥平面PAD ；B D1A B 1A E 1AA 1BAA ∠0601BAA ∆1A E 1CE A E ⋂1CEA 1A C D CB A P【解析】由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD ．又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．9．如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．证明：平面ACD ⊥平面ABC ；【解析】由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =．又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥．所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角．在Rt AOB ∆中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=．所以平面ACD ⊥平面ABC ．10.如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC ．证明：平面AEC ⊥平面AFC ；【解析】连接BD ，设BD AC G ，连接,,EG FG EF ． 在菱形ABCD 中，不妨设1GB ，由120∠=ABC ，可得3AGGC ， 由⊥BE 平面ABCD ，AB BC 可知，AE EC ，又∵⊥AE EC ，∴3EG，⊥EG AC ， 在Rt EBG ∆中，可得2BE ，故22DF．在Rt FDG ∆中，可得62FG ． 在直角梯形BDFE 中，由2BD ，2BE ，22DF ，可得322EF ， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG =G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC ．ABC DE。

立体几何基础平行与垂直的性质与判定立体几何基础——平行与垂直的性质与判定立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的对象是在三维空间内的图形和物体。

在立体几何中，平行和垂直是两个基本概念，它们在判断和解决几何问题时起着重要的作用。

本文将介绍平行与垂直的性质和判定方法，帮助读者更好地理解立体几何的基础知识。

一、平行的性质与判定平行是指在同一平面内，两条直线永不相交的性质。

在立体几何中，我们常用平行性质来推导和证明定理。

以下是一些与平行相关的性质和判定方法。

1. 平行线性质：（1）平行线上的对应角相等：如果两条平行线被一条横截线所交，那么对应的角都是相等的。

（2）平行线上的内错角互补：如果两条平行线被一条横截线所交，那么内错角互补，即相互补充的角和为180度。

（3）平行线上的同旁内角相等：如果两条平行线被一条横截线所交，那么同旁内角相等，即相邻的内角相等。

2. 判定平行线的方法：（1）两条线段平行的充要条件是斜率相等：如果两条线段的斜率相等，那么它们是平行的。

（2）两个向量平行的充要条件是比值相等：如果两个向量的坐标分量比值相等，那么它们是平行的。

（3）两条直线互相垂直的充要条件是斜率乘积为-1：如果两条直线的斜率乘积为-1，那么它们互相垂直。

二、垂直的性质与判定垂直是指两条直线或线段在交点处互相成直角的性质。

垂直的性质在几何证明中经常被用到，下面是关于垂直的一些性质和判定方法。

1. 垂直线性质：（1）垂直线上的对应角互补：如果两条垂直线被一条横截线所交，那么对应的角互补，即相互补充的角和为90度。

（2）垂直线上的内角相等：如果两条垂直线被一条横截线所交，那么内角相等，即相邻的内角相等。

2. 判定垂直线的方法：（1）两条线段垂直的充要条件是斜率乘积为-1：如果两条线段的斜率乘积为-1，那么它们是垂直的。

（2）两个向量垂直的充要条件是内积为0：如果两个向量的内积为0，那么它们是垂直的。

三、平行和垂直在实际中的应用平行和垂直的性质在日常生活和工程实践中有广泛的应用。

立体几何中的平行与垂直1线面平行（1）定义直线与平面无交点.（2）判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.（3）性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.2 面面平行（1）定义α∩β=∅⟹α|| β.（2）判定定理如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行.（3）面面平行的性质(1) a⊂αα||β}⇒a||β (面面平行⇒线面平行)(2)α || βα∩γ=aβ∩ γ=b}⇒ a || b (面面平行⇒线线平行)(3) 夹在两个平行平面间的平行线段相等.3 线面垂直（1）定义若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面.符号表述:若任意a⊂α都有l⊥a，则 l⊥α.（2）判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.（3）性质定理垂直同一平面的两直线平行4 面面垂直(1) 定义若二面角α−l−β的平面角为90∘，则 α⊥β；(2) 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.(3) 性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直.【例1】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是（）A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1 D．A1C1∥平面AB1E练习.1.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，△PDC，△PBC，△PAB，△PDA为全等的等边三角形，E、F分别为PA、PD的中点，在此几何体中，下列结论中错误的为（）A．直线BE与直线CF共面 B．直线BE与直线AF是异面直线C．平面BCE⊥平面PAD D．面PAD与面PBC的交线与BC平行【例2】如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，AE⊥BD于E，延长AE交BC于F．将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1﹣BCD，如图2所示．（Ⅰ）若M是A1C的中点，求证：DM∥平面A1EF；（Ⅱ）若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．练习 2.如图，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE （Ⅰ）求证：AE⊥BE（Ⅱ）设M在线段AB上，且满足AM=2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．【例3】.如图，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为的AB中点．将三角形ADE 沿线段DE折起到PDE的位置，如图2所示．（Ⅰ）求证：DE⊥平面PCF；（Ⅱ）证明：平面PBC⊥平面PCF；（Ⅲ）在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．练习3 .如图，直角三角形ABC中，A=60°，沿斜边AC上的高BD，将△ABD折起到△PBD的位置，点E在线段CD上．（1）求证：PE⊥BD；（2）过点D作DM⊥BC交BC于点M，点N为PB中点，若PE∥平面DMN，的值．求DEDC立体几何中的平行与垂直1线面平行（1）定义直线与平面无交点.（2）判定定理如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.（3）性质定理一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那么该直线与交线平行.2 面面平行（1）定义α∩β=∅⟹α|| β.（2）判定定理如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么两个平面互相平行.（3）面面平行的性质(1) a⊂αα||β}⇒a||β (面面平行⇒线面平行)(2)α || βα∩γ=aβ∩ γ=b}⇒ a || b (面面平行⇒线线平行)(3) 夹在两个平行平面间的平行线段相等.3 线面垂直（1）定义若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面.符号表述:若任意a⊂α都有l⊥a，则 l⊥α.（2）判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.（3）性质定理垂直同一平面的两直线平行4 面面垂直(1) 定义若二面角α−l−β的平面角为90∘，则 α⊥β；(2) 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.(3) 性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直.【例1】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是（）A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1 D．A1C1∥平面AB1E解析 A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E 不正确；故选：C．练习.1.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，△PDC，△PBC，△PAB，△PDA为全等的等边三角形，E、F分别为PA、PD的中点，在此几何体中，下列结论中错误的为（）A．直线BE与直线CF共面 B．直线BE与直线AF是异面直线C．平面BCE⊥平面PAD D．面PAD与面PBC的交线与BC平行答案 C解析画出几何体的图形，如图，由题意可知，A，直线BE与直线CF共面，正确，因为E，F是PA与PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线；B，直线BE与直线AF异面；满足异面直线的定义，正确．C，因为△PAB是等腰三角形，BE与PA的关系不能确定，所以平面BCE⊥平面PAD，不正确．D，∵AD∥BC，∴AD∥平面PBC，∴面PAD与面PBC的交线与BC平行，正确．故选：C．【例2】如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，D为AC中点，AE⊥BD于E，延长AE交BC于F．将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1﹣BCD，如图2所示．（Ⅰ）若M是A1C的中点，求证：DM∥平面A1EF；（Ⅱ）若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．证明：（Ⅰ）取FC中点N．在图1中，由D，N分别为AC，FC中点，所以DN∥EF．在图2中，由M，N分别为A1C，FC中点，所以MN∥A1F，所以平面DMN∥平面A1EF，（5分）所以DM∥平面A1EF．解：（Ⅱ）直线A1B与直线CD不可能垂直．因为平面A1BD⊥平面BCD，EF⊂平面BCD，EF⊥BD，所以EF⊥平面A1BD，（8分）所以A1B⊥EF．假设有A1B⊥CD，注意到CD与EF是平面BCD内的两条相交直线，则有A1B⊥平面BCD．（1）（10分）又因为平面A1BD⊥平面BCD，A1E⊂平面A1BD，A1E⊥BD，所以A1E⊥平面BCD．（2）而（1），（2）同时成立，这显然与“过一点和已知平面垂直的直线只有一条”相矛盾，所以直线A1B与直线CD不可能垂直．练习 2.如图，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE （Ⅰ）求证：AE⊥BE（Ⅱ）设M在线段AB上，且满足AM=2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE．证明：（Ⅰ）∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE，∵AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC，又∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴AE⊥BF，∵BC∩BF=B，∴AE⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE．（6分）解：（Ⅱ）在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，CE，在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，则由比例关系得CN=13∵MG∥AE MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴MG∥平面ADE，同理，GN∥平面ADE，∴平面MGN∥平面ADE，又MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE，∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．（12分）【例3】.如图，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为的AB中点．将三角形ADE 沿线段DE折起到PDE的位置，如图2所示．（Ⅰ）求证：DE ⊥平面PCF ；（Ⅱ）证明：平面PBC ⊥平面PCF ；（Ⅲ）在线段PD ，BC 上是否分别存在点M ，N ，使得平面CFM ∥平面PEN ？若存在，请指出点M ，N 的位置，并证明；若不存在，请说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）折叠前，因为四边形AECD 为菱形，所以AC ⊥DE ；所以折叠后，DE ⊥PF ，DE ⊥CF ，又PF∩CF=F，PF ，CF ⊂平面PCF ，所以DE ⊥平面PCF（Ⅱ）因为四边形AECD 为菱形，所以DC ∥AE ，DC=AE ．又点E 为AB 的中点，所以DC ∥EB ，DC=EB ．所以四边形DEBC 为平行四边形．所以CB ∥DE ．又由（Ⅰ）得，DE ⊥平面PCF ，所以CB ⊥平面PCF ．因为CB ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCF ．解：（Ⅲ）存在满足条件的点M ，N ，且M ，N 分别是PD 和BC 的中点．如图，分别取PD 和BC 的中点M ，N ．连接EN ，PN ，MF ，CM ．因为四边形DEBC 为平行四边形，所以EF ∥CN ，EF =12BC =CN ．所以四边形ENCF 为平行四边形．所以FC ∥EN ．在△PDE 中，M ，F 分别为PD ，DE 中点，所以MF ∥PE ．又EN ，PE ⊂平面PEN ，PE∩EN=E，MF ，CF ⊂平面CFM ，所以平面CFM ∥平面PEN ．练习3 .如图，直角三角形ABC 中，A=60°，沿斜边AC 上的高BD ，将△ABD 折起到△PBD 的位置，点E 在线段CD 上．（1）求证：PE ⊥BD ；（2）过点D 作DM ⊥BC 交BC 于点M ，点N 为PB 中点，若PE ∥平面DMN ，求DE DC 的值．解析 （1）∵BD 是AC 边上的高，∴BD ⊥CD ，BD ⊥PD ，又PD∩CD=D，∴BD ⊥平面PCD ，又PE ⊂平面PCD 中，∴BD ⊥PE ，即PE ⊥BD ；（2）如图所示，连接BE ，交DM 与点F ，∵PE ∥平面DMN ，∴PE ∥NF ，又点N 为PB 中点，∴点F 为BE 的中点；∴DF=12BE=EF ；又∠BCD=90°﹣60°=30°，∴△DEF 是等边三角形，设DE=a ，则BD=√3a ，DC=√3BD=3a ；∴DE DC =a 3a =13．。