2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版课时跟踪检测(三十九)直线、平面平行的判定及其性质含解析

课时追踪检测（四十）直线、平面垂直的判断及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不一样的平面，直线l?α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( ) A．充分不用要条件B．必需不充分条件C．充要条件D．既不充分也不用要条件分析：选A依题意，由l⊥β，l?α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l?α不可以推出l⊥β.所以“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不用要条件，应选A.2．(2018·东阳模拟)以下命题中错误的选项是( )A．假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γB．假如平面α⊥平面β，那么平面α内必定存在直线平行于平面βC．假如平面α⊥平面β，过α内任意一点作交线的垂线，那么此垂线必垂直于βD．假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内必定不存在直线垂直于平面β分析：选C由平面与平面垂直的性质可知，若该垂线不在平面α内，则此垂线与平面β不必定垂直．故消除C.3．(2019·绍兴一中模拟)设m，n是两条不一样的直线，α，β，γ是三个不一样的平面，给出以下四个命题：①若α∥β，α∥γ，则β∥γ；②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；③若⊥α，∥β，则α⊥β；m m④若m∥n，n?α，则m∥α.此中正确命题的序号是( )A．①③B．①④C．②③D．②④分析：选A 对于①，若α∥β，α∥γ，依据面面平行的性质简单获取β∥γ，故①正确；对于②，若α⊥β，m∥α，则m与β可能平行、订交或m?β，故②错误；对于③，若⊥α，∥β，则可以在β内找到一条直线n 与平行，所以⊥α，故m m m nα⊥β，故③正确；对于④，若m∥n，n?α，则m与α可能平行或m?α，故④错误．应选 A.4．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有( ) A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面⊥平面BDC D．平面⊥平面BDCADC ABC分析：选C ∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD?平面ADC，∴平面ADC ⊥平面BDC .5．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的地址关系是________． 分析：由线面平行的性质定理知，该面必有向来线与已知直线平行．再依据“两平行线 中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直订交．答案：垂直订交二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·青岛质检)设a ，b 是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，则能得 出⊥ b 的是( )aA ．a ⊥α，b ∥β，α⊥βB ．a ⊥α，b ⊥β，α∥βC ．a ?α，b ⊥β，α∥βD ．a ?α，b ∥β，α⊥β分析：选C 对于C 项，由α∥β，a ?α可得a ∥β，又b ⊥β，得a ⊥b ，应选C. 2. 如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，P 为△ABC 所在平面外一点，PA ⊥平面ABC ，则四周体P -ABC 中直角三角形的个数为 ( )A ．4B ．3C ．2D ．1分析：选A 由⊥平面可得△，△是直角三角形，且 ⊥ .又∠ ＝PAABCPACPAB PABC ABC90°，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，故四周体P -ABC 中共有4个直角三角形．3．(2018·湖州模拟)设， b 是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a?α， ?β，ab且α⊥β”的平面α，β()A ．不存在B ．有且只有一对C ．有且只有两对D ．有无数对分析：选D 过直线a 的平面α有无数个，当平面α与直线b 平行时，两直线的公垂 线与b 确立的平面β⊥α，当平面α与b 订交时，过交点作平面 α的垂线与b 确立的平 面β⊥α.应选D.4．(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，则以下命题中，抗命题不成立的是()A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ?α时，若b ⊥β，则α⊥βC ．当?α，且c 是a 在α内的射影时，若⊥ ，则 a ⊥bbbcD ．当b ?α，且c ?α时，若c ∥α，则b ∥c分析：选BA 的抗命题为：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 的抗命题为：当b ?α时，若α⊥β，则b ⊥β，明显错误，故B 错误；C 的抗命题为：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的抗命题为：当b?α，且c?α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判判定理可得c∥α，故D正确．5．(2019·杭州模拟)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，＝＝1，＝2，则直线PA 与平面所成角的正弦AB AC PA PBC值为( )2 5 2 2A.5B. 35 1C.5D.3分析：选D∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，即∠PAB＝∠PAC＝90°，又∵AB＝AC，PA＝PA，∴△PAB≌△PAC，∴PB＝PC.取BC的中点D，连接AD，PD，∴PD⊥BC，AD⊥BC，又∵PD∩AD＝D，∴BC⊥平面PAD，∵BC?平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC，过A作AO⊥PD于O，易得AO⊥平面PBC，∴所成的角．在Rt△1 2，则 2 2∠就是直线与平面中，＝，＝＝＋PA AD APD PA PBC PADAD 2 PA PD3 AD 1＝，则sin∠APD＝＝.应选D.2 PD 36.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________．分析：∵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，ACAB7.以以下图，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.( 只要填写一个你以为是正确的条件即可)分析：连接AC，BD，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 )8. 如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝ 90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1 ⊥平面1，则线段 1的长为________． CDF BF分析：设BF ＝x ，因为AB ⊥平面CDF ，DF ?平面CDF ，所以AB ⊥DF .11111由已知可以得11＝ 2，AB设Rt △11斜边 1上的高为 ，则＝ 1 .AABABhDE 2h222 33又2×2＝h × 2＋2，所以h ＝3 ，DE ＝3. 在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝2 2－32623＝.66 × 22 22，得1 由面积相等得x ＋＝ x x ＝.62 221即线段B 1F 的长为2.1答案：29．(2019·杭州十校联考)如图，已知四棱锥S -ABCD 是由直角梯形ABCS 沿着CD 折叠而成的，此中SD ＝DA ＝AB ＝BC ＝1，AD ∥BC ，AB ⊥AD ，且二面角S -CD -A 的大小为120°.(1) 求证：平面ASD ⊥平面ABCD ；(2) 设侧棱SC 和底面ABCD 所成的角为θ，求θ的正弦值．解：(1)证明：由题意可知 CD ⊥SD ，CD ⊥AD .∵ AD ∩SD ＝D ，∴CD ⊥平面ASD .又∵CD ?平面ABCD ，∴平面ASD ⊥平面ABCD .(2) 如图，过点S 作SH ⊥AD ，交AD 的延长线于点H ，连接CH . ∵平面ASD ⊥平面ABCD ， 平面ASD ∩平面ABCD ＝AD ，∴ SH ⊥平面ABCD ，∴∠SCH 为侧棱SC 和底面ABCD 所成的角， 即∠SCH ＝θ.由(1)可知∠ADS 为二面角S -CD -A 的平面角，则∠ADS ＝120°.在Rt △SHD 中，∠SDH ＝180°－∠ADS ＝180°－120°＝60°，SD ＝1，则SH ＝SD sin60° 3＝ 2.在Rt △SDC 中，∠SDC ＝90°，SD ＝CD ＝1，∴SC ＝2.在Rt △SHC 中，sin θ＝ SH 3 6＝ ＝ ，SC 2 2 46即θ的正弦值为 4.10. 如图，在斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝ 60°.在底面ABC 中，∠BAC ＝90°，M 为BC 的中点，过A 1，B 1，M 三点 的平面交AC 于点N .(1) 求证：A 1N ⊥AC ；(2) 若B 1M ⊥BC ，求直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小．解：(1)证明：由题意，因为平面ABC ∥平面A 1B 1C 1，平面A 1B 1MN ∩平面ABC ＝MN ，平面 A 1B 1MN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1B 1，所以MN ∥A 1B 1.因为AB ∥A 1B 1，所以MN ∥AB .又M 为BC 的中点，所以N 为AC 的中点．又四边形A 1ACC 1是菱形，∠A 1AC ＝60°，所以A 1N ⊥AC .(2)由(1)知，AC ⊥A 1N .因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC . 又MN ∥AB ，所以AC ⊥MN .因为MN ∩A 1N ＝N ，MN ?平面A 1B 1MN ，A 1N ?平面A 1B 1MN ， 所以AC ⊥平面A 1B 1MN .连接B 1N ，则∠CB 1N 即为直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成的角． 设A 1A ＝2a ，则CN ＝a ，因为 1⊥，为 的中点，所以 1＝1＝2 ，BMBCMBCBBBC a在△1中，sin ∠ 1＝CN a1＝＝，BNC CBN B 1C 2a 2所以∠CB 1N ＝30°，故直线B 1C 与平面A 1B 1MN 所成角的大小为30°.三登台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·杭州高三检测)已知三棱锥S-ABC的底面ABC为正三角形，SA＜SB＜SC，平面SBC，SCA，SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为α1，α2，α3，则( )A．α1＜α2B．α1＞α2C．α2＜α3D．α2＞α3分析：选A如图①，作SO⊥平面ABC，垂足为O，连接AO，BO，CO.由SA＜SB＜SC，得OA＜OB＜OC.过点O分别向BC，AC，AB作垂线，垂足记为D，E，F，连接SD，SE，SF，则tan 1 SO 2 SO 3 SOOD OE OFO所在地域如图②中暗影部分(不包含界限)所示，此中G为△ABC的重心．由图②可得OE＜OD，OF与OE的大小不确立，所以tan α2＞tanα1，tan α2与tan α3的大小不确立，又α，α，α3 均为锐角，所以α＞α，α与α的大小不确立．应选 A.1 2 2 1 2 32．(2019·台州三区联考)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD订交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角N-AC-B的余弦值为( )A．01 B.22 3C.2D.2分析：选C 易知OB＝OD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为AC⊥OB，AC ⊥OD，OB∩OD＝O，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，又OB⊥AC，所以∠BON即为二面角N-AC-B 的平面角．因为平面ACD⊥平面ABC，OD⊥AC，所以OD⊥OB，所以△BOD为等腰直角三角形，2所以∠BON＝45°，所以二面角N-AC-B的余弦值为.23.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD＝135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP＝90°，AB＝AC＝PA＝4，E为BC的中点，点M在线段PD上．(1) 若ME∥平面PAB，确立M的地址并说明原由；(2) 若直线EM与平面PBC所成的角和直线EM与平面ABCD所成的角相等，求PM的值．PD解：(1)当M为PD的中点时，EM∥平面PAB.原由以下：因为M为PD的中点，设F为AD的中点，连接EF，MF.所以MF∥PA.又因为MF?平面PAB，PA?平面PAB，所以MF∥平面PAB.同理，可得EF∥平面PAB.又因为MF∩EF＝F，MF?平面MEF，EF?平面MEF，所以平面MEF∥平面PAB.又因为ME?平面MEF，所以ME∥平面PAB.(2)设PM＝a，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，∠BAP＝90°，所以PA⊥平面ABCD，又AB＝AC＝AP＝4，∠BCD＝135°，所以AB⊥AC，BC＝AD＝42，PD＝43，过点M作MF⊥AD于点F，则MF⊥平面ABCD，连接EF，则EF为ME在平面ABCD上的射影，所以∠MEF为ME与平面ABCD所成的角α.43－a在Rt△PAD中，PD＝43，MF＝，3MF12－3a得sinα＝＝.ME3ME又设ME与平面PBC所成的角为β，过点M作MN⊥PA于点N，则MN∥平面PBC，∴M，N到平面PBC的距离相等，设为d，由V N-PBC＝V C-PBN，得S△PBC×d＝S△PBN×4，3 2 1 a a即×(4 2) ×d＝××4×4，解得d＝，4 2 3 3所以sin β＝d a＝. ME3ME由sinα＝sin β，得12－3a＝a，解得a＝6 3－6，PM3－3 ∴＝.PD2。

课时跟踪检测（三十九） 直线、平面平行的判定及其性质 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若两条直线都与一个平面平行，则这两条直线的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面D ．以上都有可能解析：选D 由空间直线与平面的位置关系可知，平行于同一平面的两条直线可以平行、也可以相交、也可以异面．2．(2018·宁波模拟)在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB 和BC 上的点，若AE ∶EB ＝CF ∶FB ＝1∶2，则对角线AC 和平面DEF 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．在平面内D ．不能确定解析：选A 如图，由AE EB ＝CF FB得AC ∥EF . 又因为EF ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ，所以AC ∥平面DEF .3．(2018·绍兴期中考试)已知两个不重合的平面α，β，给定以下条件：①α内任意不共线的三点到β的距离都相等；②l ，m 是α内的两条直线，且l ∥β，m ∥β；③l ，m 是两条异面直线，且l ∥α，l ∥β，m ∥α，m ∥β；其中可以判定α∥β的是( )A ．①B ．②C ．①③D ．③解析：选C 本题宜采用逐个命题验证的方式进行判定．对于命题①，任意不共线三点可以确定一个平面，即为α，该三点到平面β的距离相等，即可得到α∥β，故①正确；对于命题②，由面面平行的判定可知，若l ，m 平行，则不一定能够推理得到α∥β，故②错误；对于命题③，由l ，m 是两条异面直线，通过平移可以在同一个平面内，则该平面与α，β都平行，由平行于同一平面的两个平面平行这一性质可知，α∥β，故③正确． 所以满足条件的是①③.4．如图，α∥β，△PAB 所在的平面与α，β分别交于CD ，AB ，若PC ＝2，CA ＝3，CD ＝1，则AB ＝________.解析：∵α∥β，∴CD ∥AB ，则PC PA ＝CD AB ，∴AB ＝PA ×CD PC ＝5×12＝52. 答案：525.如图所示，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________．解析：连接AM 并延长，交CD 于点E ，连接BN ，并延长交CD于点F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连接MN ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB .因此，MN ∥平面ABC 且MN ∥平面ABD .答案：平面ABC 、平面ABD二保高考，全练题型做到高考达标1．在空间中，已知直线a ，b ，平面α，则以下三个命题：①若a ∥b ，b ⊂α，则a ∥α；②若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α；③若a ∥α，b ∥α，则a ∥b .其中真命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选A 对于①，若a ∥b ，b ⊂α，则应有a ∥α或a ⊂α，所以①是假命题； 对于②，若a ∥b ，a ∥α，则应有b ∥α或b ⊂α，因此②是假命题；对于③，若a ∥α，b ∥α，则应有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面，因此③是假命题． 综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．2．设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥l 1且n ∥l 2C ．m ∥β且n ∥βD ．m ∥β且n ∥l 2解析：选B 因为m ∥l 1，且n ∥l 2，又l 1与l 2是平面β内的两条相交直线，所以α∥β，而当α∥β时不一定推出m ∥l 1且n ∥l 2，可能异面．所以α∥β的一个充分而不必要条件是B.3．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④解析：选C 对于图形①，平面MNP 与AB 所在的对角面平行，即可得到AB ∥平面MNP ；对于图形④，AB ∥PN ，即可得到AB ∥平面MNP ；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．4.在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H ，且D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B ．4532C ．45D ．45 3解析：选A 取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ， 所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝12AC·12SB＝452.5.(2018·舟山模拟)在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和棱AA1的中点，点M，N分别为线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有()A．无数条B．2条C．1条D．0条解析：选A法一：取BB1的中点H，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，取D1E的中点O，连接OH，在平面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，连接DE，取DE的中点K，连接KB，OK，则易证得OH∥KB.过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN，由于GM∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，NG∥平面ABCD，又GM∩NG＝G，由面面平行的判定定理得，平面MNG∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD.由于M为D1E上任意一点，故与平面ABCD平行的直线MN有无数条．故选A.法二：因为直线D1E，C1F与平面ABCD都相交，所以只需要把平面ABCD向上平移，与线段D1E的交点为M，与线段C1F的交点为N，由面面平行的性质定理知MN∥平面ABCD，故有无数条直线MN∥平面ABCD，故选A.6．设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确的序号填上)．解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.答案：①或③7．正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1 cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________cm 2；其周长为________cm.解析：如图所示，截面ACE ∥BD1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点，∴E 为DD 1的中点，∴S △ACE ＝12×2×32＝64(cm 2)． ∵AC ＝2，CE ＝AE ＝52， ∴其周长为AC ＋AE ＋CE ＝2＋5(cm)． 答案：64 2＋ 58.如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，若BC ⊥AC ，∠BAC ＝π3，AC ＝4，M 为AA 1的中点，点P 为BM 的中点，Q 在线段CA 1上，且A 1Q ＝3QC ，则PQ 的长度为________．解析：由题意知，AB ＝8，过点P 作PD ∥AB 交AA 1于点D ，连接DQ ，则D 为AM 中点，PD ＝12AB ＝4. 又∵A 1Q QC ＝A 1D AD ＝3，∴DQ ∥AC ，∠PDQ ＝π3，DQ ＝34AC ＝3， 在△PDQ 中，由余弦定理得PQ ＝42＋32－2×4×3×cos π3＝13. 答案：139.(2018·杭州模拟)如图所示，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的 底面ABCD 是正方形，点O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ， AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)求三棱柱ABD -A 1B 1D 1的体积．解：(1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形，所以BD ∥B 1D 1.又因为BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又因为A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，所以A 1B ∥平面CD 1B 1，又因为BD ∩A 1B ＝B ，所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，所以A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高．又因为AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2， 所以A 1O ＝AA 21－AO 2＝1.又因为S △ABD ＝12×2×2＝1， 所以VABD -A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O ＝1.10.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是BC ，CC 1，C 1D 1，A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1；(2)EG ∥平面BB 1D 1D ；(3)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图所示，取BB 1的中点M ，连接MH ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，∴HD 1∥MC 1.又∵MC 1∥BF ，∴BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连接EO ，D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ， ∴OE 綊D 1G ，∴四边形OEGD 1是平行四边形，∴GE ∥D 1O .又GE ⊄平面BB 1D 1D ，D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，∴EG ∥平面BB 1D 1D .(3)由(1)知BF ∥HD 1，又BD ∥B 1D 1，B 1D 1，HD 1⊂平面B 1D 1H ，BF ，BD ⊂平面BDF ， 且B 1D 1∩HD 1＝D 1，DB ∩BF ＝B ，∴平面BDF ∥平面B 1D 1H .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a 3，过B 1，D 1，P 的平面交平面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD 上，则PQ ＝________.解析：∵平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥PQ .又∵B 1D 1∥BD ，∴BD ∥PQ ，设PQ ∩AB ＝M ，∵AB ∥CD ，∴△APM ∽△DPQ .∴PQ PM ＝PD AP ＝2，即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ，∴PM BD ＝AP AD ＝13， ∴PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，∴PQ ＝223a . 答案：223a 2．如图，斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点．(1)当A 1D 1D 1C 1等于何值时，BC 1∥平面AB 1D 1? (2)若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，求AD DC 的值． 解：(1)当A 1D 1D 1C 1＝1时， BC 1∥平面AB 1D 1.如图，连接A 1B 交AB 1于点O ，连接OD 1.由棱柱的性质知，四边形A 1ABB 1为平行四边形，所以点O 为A 1B 的中点．在△A 1BC 1中，O ，D 1分别为A 1B ，A 1C 1的中点，∴OD 1∥BC 1.又OD 1⊂平面AB 1D 1，BC 1⊄平面AB 1D 1，∴BC 1∥平面AB 1D 1.∴当A 1D 1D 1C 1＝1时，BC 1∥平面AB 1D 1. (2)由已知，平面BC 1D ∥平面AB 1D 1且平面A 1BC 1∩平面BC 1D ＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O .因此BC 1∥D 1O ，同理AD 1∥DC 1.∴A1D1D1C1＝A1OOB，A1D1D1C1＝DCAD.又A1OOB＝1，∴DCAD＝1，即ADDC＝1.。

专题8.4 直线、平面平行的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】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的有关性质与判定定理，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）空间平行关系1.直线与平面平行的判定与性质a∥α，a⊂β，2.利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)，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；)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； 利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． （二）平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.【常考题型剖析】题型一：与线、面平行相关命题的判定例1. （2023·全国·高三专题练习）已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A ．若m //α，m //n ，则n //α B ．若m //α，n //α，则m //n C ．若m //α，n ⊂α，则m //nD ．若m //α，m ⊂β，αβ＝n ，则m //n例2.（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（ ）. （1）α、β都垂直于平面r ，那么α∥β. （2）α、β都平行于平面r ，那么α∥β. （3）α、β都垂直于直线l ，那么α∥β.（4）如果l 、m 是两条异面直线，且l ∥α，m ∥α，l ∥β，m ∥β，那么α∥β A ．0B ．1C ．2D ．3例3．（四川·高考真题（文））下列命题正确的是（ ） A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行例4. （2022·云南师大附中模拟预测（理））若α，β是两个不同平面，m ，n 是两条不同直线，则下列4个推断中正确的是（ ）A ．m α∥，m β∥，n ⊂α，n m n β⊂⇒∥B ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥C ．m α∥，n α∥，m β⊂，n βαβ⊂⇒∥D ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥ 【方法技巧】直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等． 题型二：直线与平面平行的判定例5.（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、M 、N 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 、1A C 的中点，给出下列四个判断：①//EF 平面1ADB ；②//EM 平面1ADB ； ③//EN 平面1ADB ； ④1//A M 平面1ADB ， 错误的序号为___________.例6.【多选题】（2017·全国·高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是（ ）A．B．C．D．例7.（2023·全国·高三专题练习）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于,A B的点，直线PC 平面ABC，,E F分别是PA，PC的中点.记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l//平面PAC【总结提升】证明直线与平面平行的方法(1)线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．(2)线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．注意内外平行三条件，缺一不可．题型三：线面平行性质定理的应用例8.（福建·高考真题（文））如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD 上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．例9.(2019·全国卷Ⅰ改编)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．证明：MN ∥平面C 1DE .例10.如图，在直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AD 上的任意一点(不包括A ，D 两点)，平面CEC 1∩平面BB 1D ＝FG .证明：FG ∥平面AA 1B 1B ．【总结提升】 1.思路方法：(1)通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识． (2)利用线面平行性质必须先找出交线． 2.易错提醒（1）在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.（2）线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.（3）解题中注意符号语言的规范应用. 题型四：平面与平面平行的判定与性质例11.（2023·全国·高三专题练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，4AB AD ==，12AA =，E ，F 分别为棱11A B 和11A D 的中点，M 为长方体表面上任意一点．若BM ∥平面AEF ，则BM 的最大值为（ ）A．B ．C ．D ．6例12.（2020·全国·高三专题练习（文））如图，平面//α平面β，PAB △所在的平面与α，β分别交于CD 和AB ，若2PC =，3CA =，1CD =，则AB =______．例13.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F分别为棱11,DD CC 的中点.求证：平面1//AEC 平面BDF例14.（陕西·高考真题（文））如图,四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O∥平面ABCD, 12AB AA ==.（1）证明: 平面A 1BD // 平面CD 1B 1;（2）求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积.【规律方法】 1.证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义．(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．2.面面平行的应用(1)两平面平行，构造与之相交的第三个平面，可得交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行，可用于证明线面平行．3.三种平行关系之间的转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．专题8.4 直线、平面平行的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】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的有关性质与判定定理，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】（一）空间平行关系1.直线与平面平行的判定与性质a∥α，a⊂β，2.利用线面平行的定义，一般用反证法；利用线面平行的判定定理(a ⊄α，b ⊂α，a ∥b ⇒a ∥α)，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；)利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂α⇒a ∥β)； 利用面面平行的性质(α∥β，a ⊄β，a ∥α⇒a ∥β)． （二）平行关系中的三个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a ⊥α，a ⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.【常考题型剖析】题型一：与线、面平行相关命题的判定例1. （2023·全国·高三专题练习）已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A ．若m //α，m //n ，则n //α B ．若m //α，n //α，则m //n C ．若m //α，n ⊂α，则m //n D ．若m //α，m ⊂β，αβ＝n ，则m //n【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断A ，B ，C ；利用线面平行的性质判断D 作答. 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D -中，平面1111D C B A 视为平面α，对于A ，直线AB 视为m ，直线11A B 视为n ，满足m //α，m //n ，而n ⊂α，A 不正确；对于B，直线AB视为m，直线BC视为n，满足m//α，n//α，而m与n相交，B不正确；A D视为n，满足m//α，n⊂α，显然m与n是异面直线，C不正确；对于C，直线AB视为m，直线11对于D，由直线与平面平行的性质定理知，D正确.故选：D例2.（2022·上海静安·二模）在下列判断两个平面α与β平行的4个命题中，真命题的个数是（）.（1）α、β都垂直于平面r，那么α∥β.（2）α、β都平行于平面r，那么α∥β.（3）α、β都垂直于直线l，那么α∥β.（4）如果l、m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，那么α∥βA．0B．1C．2D．3【答案】D【解析】【分析】由面面平行的判定定理及其相关结论分析可得结果.【详解】由面面平行的判定定理分析可知（1）错，（2），（3），（4）正确.故选：D例3．（四川·高考真题（文））下列命题正确的是（）A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】【详解】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确.例4. （2022·云南师大附中模拟预测（理））若α，β是两个不同平面，m ，n 是两条不同直线，则下列4个推断中正确的是（ ）A ．m α∥，m β∥，n ⊂α，n m n β⊂⇒∥B ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥C ．m α∥，n α∥，m β⊂，n βαβ⊂⇒∥D ．m α⊂，n β⊂，m n αβ⇒∥∥【答案】A【解析】【分析】利用线面，面面位置关系逐项分析即得.【详解】对于A ，如图，n ⊂α，n n βαβ⊂⇒⋂=，结合m α，m β，可知m n ∥，故A 正确；对于B ，如图，m ，n 可能异面，故B 错误；对于C ，如图，α，β可能相交，故C 错误；对于D ，如图，αβ，可能相交，故D 错误.故选：A ．【方法技巧】直线、平面间平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．题型二：直线与平面平行的判定例5.（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，D 、E 、F 、M 、N 分别是BC 、11B C 、1AA 、1CC 、1A C 的中点，给出下列四个判断：①//EF 平面1ADB ；②//EM 平面1ADB ；③//EN 平面1ADB ；④1//A M 平面1ADB ，错误的序号为___________.【答案】①②④【解析】【分析】连接DE 、1A E 、CE 、EF 、EM 、EN 、1A M 、FM ，证明出平面1//A CE 平面1AD B ，利用面面平行的性质结合假设法可判断①②③④的正误.【详解】连接DE 、1A E 、CE 、EF 、EM 、EN 、1A M 、FM ，在三棱柱111ABC A B C -中，因为11//BB CC 且11BB CC =，所以，四边形11BB C C 为平行四边形，则11//BC B C 且11BC B C =，D 、E 分别为BC 、11B C 的中点，则1//CD B E 且1CD B E =，故四边形1CDB E 为平行四边形，则1//CE B D ，CE ⊄平面1ADB ，1B D ⊂平面1ADB ，故//CE 平面1ADB ，同理可证四边形1BB ED 为平行四边形，则11////DE BB AA ，11DE BB AA ==，则四边形1AA ED 为平行四边形，所以，1//A E AD ，1A E ⊄平面1ADB ，AD ⊂平面1ADB ，则1//A E 平面1ADB ，1CE A E E =，故平面1//A CE 平面1AD B ，EN ⊂平面1A CE ，则//EN 平面1ADB ，③对；对于①，若//EF 平面1ADB ，EF EN E =，则平面//EFN 平面1ADB ，因为过点E 且与平面1ADB 平行的平面只有一个，矛盾，故①错，同理可知，②④均错.故答案为：①②④.例6.【多选题】（2017·全国·高考真题（文））如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】BCD【解析】【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD例7.（2023·全国·高三专题练习）如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，,E F 分别是PA ，PC 的中点.记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，求证：直线l //平面PAC【答案】证明见解析【解析】【分析】先通过//EF AC 可得出//EF 平面ABC ，再利用线面平行的性质即可证明.【详解】因为,E F 分别是,PA PC 的中点，所以//EF AC ，又因为AC ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，所以//EF 平面ABC ，又EF ⊂平面BEF ，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，所以//EF l ，而l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以//l 平面P AC .【总结提升】证明直线与平面平行的方法(1)线面平行的定义：一条直线与一个平面无公共点(不相交)．(2)线面平行的判定定理：关键是找到平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边、成比例线段出现平行线或过已知直线作一平面找其交线．注意内外平行三条件，缺一不可． 题型三：线面平行性质定理的应用例8.（福建·高考真题（文））如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．【解析】【分析】根据直线与平面平行的性质定理可得//EF AC ,再根据E 为AD 的中点可得F 为CD 的中点,从而根据三角形的中位线可得.【详解】如图:因为//EF 平面1AB C ,EF ⊂平面DABC ,且平面1A C B 平面ABCD AC =,所以//EF AC ,又因为E 为AD 的中点,所以F 为CD 的中点, 所以12EF AC =,因为正方体的棱长为2.所以AC =所以EF =故答案为.例9.(2019·全国卷Ⅰ改编)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，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE.【答案】见解析【解析】证明:连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝12B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝12A1D．由题设知A1B1//=DC，可得B1C//=A1D，故ME//=ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED．又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.例10.如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG.证明：FG∥平面AA1B1B．【答案】见解析【解析】证明：在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D．又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG.因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG.而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B．【总结提升】1.思路方法：(1)通过线面平行可得到线线平行，其中一条线应是两平面的交线，要树立这种应用意识．(2)利用线面平行性质必须先找出交线．（1）在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.（2）线面平行关系证明的难点在于辅助面和辅助线的添加，在添加辅助线、辅助面时一定要以某一性质定理为依据，绝不能主观臆断.（3）解题中注意符号语言的规范应用.题型四：平面与平面平行的判定与性质例11.（2023·全国·高三专题练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，4AB AD ==，12AA =，E ，F 分别为棱11A B 和11A D 的中点，M 为长方体表面上任意一点．若BM ∥平面AEF ，则BM 的最大值为（ ）A．B ．C ．D ．6【答案】C【解析】【分析】由面面平行的性质结合题意可确定点M 所在的平面，再由平面几何的性质即可确定BM 的值为最大值时的位置，即可求解【详解】如图所示，取G ，H 分别为棱11B C 和11D C 的中点，连接11,,,BG DH BD B D ,由题意易知1111,BF B D GH B D ∥∥，所以BF GH ∥；又易知AF BG ∥，故可以证明平面BGHD ∥平面AEF ；又BM ∥平面AEF ，由面面平行的性质可知M ∈平面BGHD ，所以由题意可知M 在等腰梯形BGHD 四条边上运动，过点H 作HQ BD ⊥，交BD 于点Q ，由题意可知BD GH DH BG DQ ====所以HQ BQ BD DQ =-=所以BH又BD BH ==，所以故当M 与D 点重合时，BM 的值为最大值，此时BM BD ==例12.（2020·全国·高三专题练习（文））如图，平面//α平面β，PAB △所在的平面与α，β分别交于CD 和AB ，若2PC =，3CA =，1CD =，则AB =______． 【答案】52【解析】【分析】根据面面平行的性质，证得//CD AB ，结合CD PC AB PA =，即可求解. 【详解】由题意，平面//α平面β，PAB △所在的平面与α，β分别交于CD 和AB ， 根据面面平行的性质，可得//CD AB ，所以CD PC AB PA =， 因为2PC =，3CA =，1CD =，所以15522CD PA AB PC ⋅⨯===.故答案为：52. 例13.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱11,DD CC 的中点.求证：平面1//AEC 平面BDF【答案】证明见解析【解析】【分析】根据1//DF EC ，可证明1//EC 平面BDF ；又//BF AE ，可得//AE 平面BDF .进而根据线面平行证明面面平行.【详解】证明：在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱11,DD CC 的中点， 所以11111,22DE DD C F CC ==. 因为11CC DD =，且11//CC DD ，所以1DE C F =，且1//DE C F ，所以四边形1DEC F 是平行四边形，所以1//DF EC 又DF ⊂平面BDF ，1EC ⊄平面BDF ，所以1//EC 平面BDF .同理，//BF AE ，又BF ⊂平面BDF ，AE ⊄平面BDF ， 所以//AE 平面BDF .又1AE EC E ⋂=，1,AE EC ⊂平面1AEC ，所以平面1//AEC 平面BDF 例14.（陕西·高考真题（文））如图,四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形, O 为底面中心, A 1O∥平面ABCD, 1AB AA =（1）证明: 平面A 1BD // 平面CD 1B 1;（2）求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）1.【解析】【详解】试题分析：（1）要证明1A C ⊥平面11BB D D ，只要证明1A C 垂直于平面11BB D D 内的两条相交直线即可，由已知可证出1A C ⊥BD ，取11B D 的中点为1E ，通过证明四边形11A OCE 为正方形可证1A C ⊥1E O ．由线面垂直的判定定理问题得证；（2）由已知1A O 是三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的高，由此能求出三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的体积 试题解析：（Ⅰ）∵四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=，由棱柱的性质可得BB 1和DD 1平行且相等，故四边形BB 1D 1D 为平行四边形，故有BD 和B 1D 1平行且相等．而BD 不在平面CB 1D 1内，而B 1D 1在平面CB 1D 1内，∴BD ∥平面CB 1D 1．同理可证，A 1BCD 1为平行四边形，A 1B ∥平面CB 1D 1．而BD 和A 1B 是平面A 1BD 内的两条相交直线，故有平面A 1BD ∥平面CD 1B 1 ．（Ⅱ）由题意可得A 1O 为三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的高．三角形A 1AO 中，由勾股定理可得A 1O===1，∴三棱柱ABD ﹣A 1B 1D 1的体积V=S △ABD •A 1O=•A 1O=×1=1．【规律方法】1.证明面面平行的常用方法 (1)利用面面平行的定义．(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．2.面面平行的应用(1)两平面平行，构造与之相交的第三个平面，可得交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行，可用于证明线面平行．3.三种平行关系之间的转化其中线面平行是核心，线线平行是基础，要注意它们之间的灵活转化．。

8.4直线、平面垂直的判定和性质挖命题【考情探究】分析解读 1.直线与平面垂直,平面与平面垂直的判定和性质,线面间的角与距离的计算是高考的重点,特别是以多面体为载体的线面位置关系的论证,更是高考的热点,试题以中等难度为主.2.高考常考的题型有:①判断并证明两个平面的垂直关系,直线与平面的垂直关系,直线与直线的垂直关系.②线面、面面垂直的性质定理的应用,求直线与平面、平面与平面所成角等综合问题.多以棱柱、棱锥为背景.3.预计2020年高考试题中,垂直关系仍然是考查的重点和热点.考查仍会集中在垂直关系的判定和垂直的性质的应用上,其解决的方法主要是传统法和向量法,复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点垂直的判定和性质1.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,3)设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则使a⊥b 成立的一个充分条件是( )A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,a⊂α,b⊂βC.a⊥α,b⊥αD.a⊥α,b∥α答案D2.(2018浙江诸暨高三上学期期末,19,15分)如图,在空间几何体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AB∥EF,AF=EF=BE=1,DF=.(1)求证:BF⊥平面ADF;(2)求直线BF与平面DCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:在等腰梯形ABEF中,AB=2,EF=AF=BE=1⇒∠FAB=,(1分)故BF=,则BF2+AF2=AB2,可得AF⊥BF.(3分)在△DFB中,由BF2+DF2=BD2,可得BF⊥DF.(5分)因为AF∩DF=F,所以BF⊥平面ADF.(7分)(2)作FO⊥AB交AB于O,如图,以O为原点,OF,OB,OG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,(9分)则F,B,E,C,∴=(0,1,0),=,设平面DCEF的法向量为n=(x,y,z),由可取n=,(12分)设直线BF与平面DCEF所成角为θ,又=,所以sin θ=|cos<,n>|==,即直线BF与平面DCEF所成角的正弦值为.(15分)3.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.解析(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,AF∩EF=F,所以AF⊥平面EFDC.(2分)又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分)(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.(6分)由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分)又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,), 所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABC的法向量,则同理可取m=(0,,4).则cos<n,m>==-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)评析本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.炼技法【方法集训】方法1 线面垂直判定的方法1.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),19,15分)如图,四边形ABEF是正方形,AB∥CD,AD=AB=BC=CD.(1)若平面ABEF⊥平面ABCD,求证:DB⊥平面EBC;(2)若DF⊥BC,求直线BD与平面ADF所成角的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABEF是正方形,∴EB⊥AB,又∵平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,∴EB⊥平面ABCD,∴EB⊥BD,(2分)∵AD=AB=BC=CD,∴不妨设AD=AB=BC=1,DC=2,则BD=,∴BD⊥BC.(4分)∵EB∩BC=B,∴DB⊥平面EBC.(6分)(2)解法一:如图,过点F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,连接AH并延长,交CD于点G.过点H作HI⊥AD交AD于点I,连接FI,作HO⊥FI交FI于点O,∵FH⊥平面ABCD,∴FH⊥BC,∵DF⊥BC,∴BC⊥平面FDH,∴BC⊥DH,即点H在BD上,(9分)∵FH⊥AD,HI⊥AD,FH∩HI=H,∴AD⊥平面FIH,∴AD⊥HO,∵HO⊥FI,FI∩AD=I,∴HO⊥平面AFD,∴点H到平面AFD的距离为HO,(11分)由已知可得DG=,HG=HI=,HO=,而BD=3DH,∴点B到平面AFD的距离为.(13分)设直线BD与平面AFD所成的角为θ,则sin θ=.(15分)解法二:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=AB=BC=DC=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C,D.(8分)设F(x,y,z),由题意可得将坐标代入得解得即F,(11分)设平面AFD的法向量为n=(a,b,c),则即令a=,则b=,c=-1,即n=(,,-1),(13分)设直线BD与平面AFD所成的角为θ,易知=,故sin θ=|cos<,n>|==,∴直线BD与平面ADF所成角的正弦值为.(15分)2.(2018浙江萧山九中12月月考,19)如图,在三棱柱ABC-DFE中,点P,G分别是AD,EF的中点,已知AD⊥平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.(1)求证:DG⊥平面BCEF;(2)求PE与平面BCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:由题意知,AD⊥平面DEF,∴AD⊥DG,∴BF⊥DG,(2分)∵DE=DF,G是EF的中点,∴EF⊥DG,(4分)又BF∩EF=F,∴DG⊥平面BCEF.(7分)(2)取BC的中点H,连接HG,取HG的中点O,连接OP,OE,易知PO∥DG,所以PO⊥平面BCEF,所以∠OEP是PE与平面BCEF所成的角,(10分)由已知得,PE=,OP=,所以sin∠OEP==,(14分)故PE与平面BCEF所成角的正弦值为.(15分)方法2 面面垂直判定的方法1.( 2018浙江杭州第二次高考教学质量检测(4月),19)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,∠A=120°,M为线段BC的中点,D为线段BC上一点,且BD=BA,沿直线AD将△ADC翻折至△ADC',使AC'⊥BD.(1)证明:平面AMC'⊥平面ABD;(2)求直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)证明:由题意知AM⊥BD,又AC'⊥BD,所以BD⊥平面AMC',因为BD⊂平面ABD,所以平面AMC'⊥平面ABD.(7分)(2)在平面AC'M中,过C'作C'F⊥AM交AM于点F,连接FD.由(1)知,C'F⊥平面ABD,所以∠C'DF为直线C'D与平面ABD所成的角.设AM=1,则AB=AC=2,BM=,MD=2-,DC=DC'=2-2,AD=-.在Rt△C'MD中,MC'2=C'D2-MD2=(2-2)2-(2-)2=9-4.设AF=x,在Rt△C'FA中,AC'2-AF2=MC'2-MF2,即4-x2=(9-4)-(1-x)2,解得x=2-2,即AF=2-2.所以C'F=2.故直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值等于=.(15分)2.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,19)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=PC=2,AC=4,∠PBC=,点E在BC上,且BE=EC.(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;(2)求AE与平面PAB所成角的正弦值.解析(1)证明:因为PC⊥平面ABC,所以PC⊥AB,PC⊥BC.(2分)又因为在三角形PBC中,PC=2,∠PBC=,所以BC=2,(4分)而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.(6分)又AB⊥PC,PC∩BC=C,所以AB⊥平面PBC,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.(8分)(2)设AE与平面PAB所成的角为θ.因为BE=EC,所以点E到平面PAB的距离d E=d C(d C表示点C到平面PAB 的距离).(11分)过C作CF⊥PB于点F,由(1)知CF⊥平面PAB,易得d C=CF=,所以d E=d E=.(13分)又AE==,所以sin θ==.(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点垂直的判定和性质1.(2014浙江文,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面()A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α答案C2.(2016浙江文,18,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.解析(1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)因为BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=,所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,线面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC 的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以四边形A1AED为平行四边形. 故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解法一:作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cos∠A1FB1=-.解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,).因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos<m,n>|==.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.4.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解法一:作BF⊥AD与AD交于点F,过点F作FG∥DE与AE交于点G,连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD,所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,所以AF=,即AF=AD,从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.在△BFG中,cos∠BFG==,所以∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意及(1)知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|===,由题图可知,所求二面角的平面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识和空间向量的应用,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点垂直的判定和性质1.(2017课标全国Ⅲ文,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC答案C2.(2018课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM 折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为V Q-ABP=·QE·S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.解题关键(1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.3.(2018课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(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为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP. MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.4.(2018课标全国Ⅲ理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.解析本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(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为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==,sin<n,>=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.解后反思一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个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.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.5.(2018北京理,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.解析(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos<n,>==-.由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.6.(2018北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.解析(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG∥BC,FG=BC.因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE=BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.7.(2017课标全国Ⅲ文,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE 的体积比.解析(1)取AC的中点O,连接DO,BO.因为AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.(2)连接EO.由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.8.(2017山东文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1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,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明本题考查线面平行与面面垂直.(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).易错警示a∥b,a∥α⇒/ b∥α.9.(2017课标全国Ⅲ理,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.(1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.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,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,).则cos<n,m>==.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值为.方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角.C组教师专用题组考点垂直的判定和性质1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是()A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β,则在α内与β平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案D2.(2017北京文,18,14分)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.解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力.(1)因为PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)因为AB=BC,D为AC中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.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=PA=1,BD=DC=.由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=BD·DC·DE=.直击高考立体几何是高考的必考题型,对立体几何的考查主要有两个方面:一是空间位置关系的证明;二是体积或表面积的求解.3.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.解析(1)证明:连接BD.设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠AB C=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分)故cos<,>==-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分)评析本题考查了线面垂直的判定和性质、面面垂直的判定、异面直线所成的角.建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG⊥平面AFC”是解题的难点.本题属中等难度题.4.(2015湖北,19,12分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.解析解法一:(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=,在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=,则tan=tan∠DPF===,解得λ=.所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),=(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以E,=,于是·=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.因=(0,1,-1),·=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)因为PD⊥平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos===,解得λ=,所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.5.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.解析(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==-.由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即·=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以·=-2(a-2)-3(a-2)2.由·=0及0<a<2,解得a=.评析本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学生空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题的关键.6.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC 夹角的余弦值.解析(1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积V=··m·=.因为m==,故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,,0),=.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面DPC的法向量为n2=.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ===.评析本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本题的关键.计算失误是失分的主要原因.7.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.=,==,==.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即所以可取n=(1,,).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-,).则cos<n,m>==.易知二面角A-A1B1-C1为锐角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.评析本题主要考查直线与平面垂直的判定定理与性质定理、直线与直线垂直、二面角的求法、空间向量的应用等基础知识,考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从O点引出的三条射线OA,OB,OB1两两垂直.8.(2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=.在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===.故cos∠C1HO1===.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ=|cos<n1,n2>|===.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.9.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解析(1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.图1证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B 且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.图2(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,易知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=,由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cos θ=|cos<n1,n2>|==,因此sin θ==,即所求二面角的正弦值为.评析本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法,考查线线垂直的本质是对垂直关系转化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值时,注意到平面BFC的一个法向量为(0,0,1),可以使问题简捷,本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立,由于A,D两点都不在坐标轴上,因此正确求出A,D两点的坐标是解决本题的关键.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共20分)。