还剩55页未读，
继续阅读
高中数学高考全国通用版2019版高考数学一轮复习第十一单元空间位置关系学案文
展开
第十一单元 空间位置关系
教材复习课“空间位置关系”相关基础知识一课过
4个公理
[过双基]
1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，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．
(3)公理3：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．平行公理
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
1．以下四个命题中，
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B ①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面．这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确．②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形．
2．下列命题中，真命题是( )
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
解析：选D A是假命题，当三点共线时，过三点有无数个平面；B不正确，两两相交的三条直线不一定共面；C不正确，两组对边相等的四边形可能是空间四边形；D正确，故选D.
3．三个不同的平面可能把空间分成________部分(写出所有可能的情况)．
解析：如图(1)，可分成四部分(互相平行)；如图(2)(3)，可分成六部分(两种情况)；如图(4)，可分成七部分；如图(5)，可分成八部分．
答案：4,6,7,8
[清易错]
1．三点不一定确定一个平面．当三点共线时，可确定无数个平面．
2．判断由所给元素(点或直线)确定平面时，关键是分析所给元素是否具有确定唯一平面的条件，如不具备，则一定不能确定一个平面．
1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )
解析：选D A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．
2．过同一点的4条直线中，任意3条都不在同一平面内，则这4条直线确定平面的个数是________．
解析：设四条直线为a，b，c，d，则这四条直线中每两条都确定一个平面，因此，a与b，a与c，a与d，b与c，b与d，c与d都分别确定一个平面，共6个平面．
答案：6
空间点、线、面的位置关系
[过双基]
1．空间直线间的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：.
(3)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
2．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
1．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则直线a与c( )
A．一定平行
B．一定相交
C．一定是异面直线
D．平行、相交或异面都有可能
解析：选D 当a，b，c共面时，a∥c；当a，b，c不共面时，a与c可能异面也可能相交．
2．若平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为( )
A．平行 B．相交
C．平行或重合 D．平行或相交
解析：选D 当两个平面平行时，平面α上存在无数多个点到平面β的距离相等且不为零，满足题意；当两个平面相交时，可以从交线的两侧去找三个点到平面β的距离相等且不为零．故选D.
3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 连接AD1，则AD1与MN平行．所以∠D1AC为异面直线AC和MN所成的角的平面角．因为△D1AC是正三角形，所以∠D1AC＝60°.
4．在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA的中点，则异面直线MN和CD所成的角为________．
解析：因为ABCD是正四面体，所以AB⊥CD.取AC的中点E，连接ME，NE，则∠ENM的大小为异面直线MN和CD所成角的大小．因为ME⊥NE，且ME＝NE，所以∠ENM＝.
答案：
[清易错]
1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
1.如图所示，在三棱锥PABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有( )
A．2对 B．3对
C．4对 D．6对
解析：选B 依题意，异面直线有AP与BC，PB与AC，CP与AB，共3对．
2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α
解析：选D b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
平行关系4定理
[过双基]
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
∵l∥a，a⊂α，
l⊄α，∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
∵a∥β，b∥β，
a∩b＝P，a⊂α，
b⊂α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
1．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a，b，c，…，那么这些交线的位置关系为( )
A．都平行
B．都相交且一定交于同一点
C．都相交但不一定交于同一点
D．都平行或交于同一点
解析：选D 若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.
2．下列说法中正确的是( )
①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行．
A．①②③ B．①③
C．②③ D．①②
解析：选D 由线面平行的性质定理知①正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．
3．已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线( )
A．只有一点，不在平面α内
B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，在平面α内
D．有无数条，一定在平面α内
解析：选C 由线面平行的性质可知C正确．
4．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．
答案：①或③
[清易错]
1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．
2．面面平行的判定中易忽视“面内两条直线相交”这一条件，如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．
1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为( )
A．平行 B．相交
C．直线b在平面α内 D．平行或直线b在平面α内
解析：选D 依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．
2．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β ⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件.
垂直关系4定理
[过双基]
1．直线与平面垂直的判定定理和性质定理
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
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
2．平面与平面垂直的判定定理和性质定理
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
⇒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
⇒l⊥α
1.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．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正确；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正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.
2．设α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( )
A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ
C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α
解析：选D 若α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则m与β的位置不确定；若α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行，此时m∥β；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则α，β不一定平行，所以m不一定与β垂直；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β.故选D.
3.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
4．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
5.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，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)
[清易错]
1．证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．
2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．
3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．
1．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法中正确的是( )
A．m⊂α，n∥m⇒n∥α
B．m⊂α，n⊥m⇒n⊥α
C．m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β
D．n⊂β，n⊥α⇒α⊥β
解析：选D 对于选项A，由直线与平面平行的判定定理可知，还需要满足n在平面α外；对于选项B，根据直线与平面垂直的判定定理可知，要使直线垂直平面，直线应该垂直平面内的两条相交直线；对于选项C，这两个平面也有可能相交；由平面与平面垂直的判定可知，选项D成立．故选D.
2．下列说法中，错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：选D A项显然正确．根据面面垂直的判定，B项正确．对于选项C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.
∵γ⊥α，a⊥m，
∴a⊥α，∴a⊥l，
同理有b⊥l，又a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ，
∴l⊥γ，故选项C正确．
对于选项D，设α∩β＝l，则l⊂α，但l⊂β，
故在α内存在直线不垂直于平面β，即选项D错误．
3．若不同的两点A，B到平面α的距离相等，则下列命题中一定正确的是( )
A．A，B两点在平面α的同侧
B．A，B两点在平面α的异侧
C．过A，B两点必有垂直于平面α的平面
D．过A，B两点必有平行于平面α的平面
解析：选C 由题意得A，B两点在平面α的同侧或异侧，排除A、B；当A，B两点在平面α的异侧时，过A，B两点不存在平行于平面α的平面，排除D.故选C.
一、选择题
1．设三条不同的直线l1，l2，l3，满足l1⊥l3，l2⊥l3，则l1与l2( )
A．是异面直线
B．是相交直线
C．是平行直线
D．可能相交、平行或异面
解析：选D 如图所示，在正方体ABCDEFGH中，AB⊥AD，AE⊥AD，则AB∩AE＝A；AB⊥AE，AE⊥DC，则AB∥DC；AB⊥AE，FH⊥AE，则AB与FH是异面直线，故选D.
2.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点．则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60°
C．90° D． 120°
解析：选B 如图所示，连接BA1，BC1，A1C1，易知三角形BA1C1是等边三角形，因为E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则EF∥BA1，GH∥BC1，所以∠A1BC1＝60°是异面直线EF与GH所成的角．
3．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
解析：选D 若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n平行或异面，即A错误；若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m与n相交或平行或异面，即B错误；若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，即C错误，故选D.
4.(2018·广东模拟)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：
①BE与CF异面；
②BE与AF异面；
③EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 画出该几何体，如图，
因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，
所以EF∥BC，BE与CF是共面直线，故①不正确；
②BE与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．故选B.
5.如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．
6．(2018·余姚模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
解析：选D 如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正确；∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，故B正确，故选D.
7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是( )
A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．三棱锥ABEF的体积为定值
D．△AEF的面积与△BEF的面积相等
解析：选D 因为AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，A项正确；根据线面平行的判定定理，知B项正确；因为三棱锥的底面△BEF的面积是定值，且点A到平面BDD1B1的距离是定值，所以其体积为定值，C项正确；很显然，点A和点B到EF的距离不相等，故D项错误．
8．(2018·福州质检)在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线( )
A．不存在 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有无数条
解析：选D 在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．
二、填空题
9．如图所示，平面α，β，γ两两相交，a，b，c为三条交线，且a∥b，则a，b，c的位置关系是________．
解析：∵a∥b，a⊂α，b⊄α，∴b∥α.
又∵b⊂β，α∩β＝c，∴b∥c.∴a∥b∥c.
答案：a∥b∥c
10．(2018·天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a∥α且b∥α，则a∥b；
②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；
③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；
④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.
其中真命题的序号是________．
解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．
②垂直于同一直线的两平面平行，正确．
③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确．
④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以，正确．
答案：②③④
11．如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线D1E和A1F所成角的余弦值等于________．
解析：取BB1的中点G，连接FG，A1G，易得A1G∥D1E，则∠FA1G是异面直线D1E和A1F所成角或补角，易得A1F＝A1G＝，FG＝，在三角形FA1G中，利用余弦定理可得cos∠FA1G＝＝.
答案：
12.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，外接球的球心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点．则有以下结论：
①AC与C1E是异面直线；
②A1E一定不垂直于AC1；
③三棱锥EAA1O的体积为定值；
④AE＋EC1的最小值为2.
其中正确的个数是________．
解析：①由异面直线的定义可知，①显然正确；
②当点E与B重合时，A1E⊥AC1，故②错误；
③由题意可知，三棱柱的外接球的球心O是正方形AA1C1C的中心，则三角形AA1O的面积为定值，且E到平面AA1O的距离即为BB1与平面AA1C1C之间的距离，所以三棱锥EAA1O的体积为定值，故③正确；
④将侧面AA1B1B与侧面BB1C1C展开成矩形，则矩形的对角线AC1的长即为AE＋EC1的最小值为2，故④正确．
答案：3
三、解答题
13.如图所示，在三棱锥P ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)因为S△ABC＝×2×2＝2，
所以三棱锥P ABC的体积
V＝·S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，则DE∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
则cos∠ADE＝＝＝.
即异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
14．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；
(2)证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.
证明：(1)∵F是AB的中点，AB∥ CD，AB＝4，BC＝CD＝2，
∴AF綊CD，
∴四边形AFCD为平行四边形，
∴CF∥AD.
又ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，
∴C1C∥ D1D.
而FC∩C1C＝C，D1D∩DA＝D，
∴平面ADD1A1∥平面FCC1.
∵EE1⊂平面ADD1A1，
∴EE1∥平面FCC1.
(2)在直四棱柱中，CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴CC1⊥AC，
∵底面ABCD为等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F是棱AB的中点，
∴CF＝AD＝BF＝2，
∴△BCF为正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°，
∠FCA＝∠FAC＝30°，
∴AC⊥BC.
又BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，
∴AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，
∴平面D1AC⊥平面BB1C1C.
高考研究课(一) 平行问题3角度——线线、线面、面面
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
线面关系基本问题
5年3考
空间线面平行、垂直关系判断
线面平行的证明
5年6考
证明线面平行
面面平行的证明
未考查
平行关系的基本问题
[典例] (1)(2018·成都一诊)已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线a，b，c，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若a⊥c，b⊥c，则a∥b
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D．若a，b在α内的射影相互平行，则a∥b
(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] (1)若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直，排除A；若a⊥c，b⊥c，则a与b可能异面，排除B；若a，b在α内的射影相互平行，则a与b平行或异面，排除D；垂直于同一平面的两直线平行，C正确．故选C.
(2)∵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．
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
解决平行关系基本问题的3个注意点
(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．
[即时演练]
1．在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是______(填序号)．
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.
解析：如图，因为AB綊C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形．
故AD1∥BC1，从而①正确；
易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；
由图易知AD1与DC1异面，故③错误；
因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故④正确．
答案：①②④
2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH的形状是平行四边形．
答案：平行四边形
直线与平面平行的判定与性质
直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点.多考查直线与平面平行的判定.利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题.
常见的命题角度有：
(1)直线与平面平行的判定；
(2)直线与平面平行的性质；
(3)与平行相关的探索性问题.
角度一：直线与平面平行的判定
1.如图，空间几何体ABCDFE中，四边形ADFE是梯形，且EF∥AD，P，Q分别为棱BE，DF的中点．求证：PQ∥平面ABCD.
证明：法一：如图，取AE的中点G，连接PG，QG.
在△ABE中，PB＝PE，AG＝GE，所以PG∥BA，又PG⊄平面ABCD，BA⊂平面ABCD，
所以PG∥平面ABCD.
在梯形ADFE中，DQ＝QF，AG＝GE，所以GQ∥AD，
又GQ⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以GQ∥平面ABCD.
因为PG∩GQ＝G，PG⊂平面PQG，GQ⊂平面PQG，
所以平面PQG∥平面ABCD.
又PQ⊂平面PQG，所以PQ∥平面ABCD.
法二：如图，连接EQ并延长，与AD的延长线交于点H，连接BH.
因为EF∥DH，所以∠EFQ＝∠HDQ，
又FQ＝QD，∠EQF＝∠DQH，
所以△EFQ≌△HDQ，所以EQ＝QH.
在△BEH中，BP＝PE，EQ＝QH，所以PQ∥BH.
又PQ⊄平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
所以PQ∥平面ABCD.
[方法技巧]
证明直线与平面平行的3种方法
定义法
一般用反证法
判定定理法
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叙述证明过程
性质判定法
即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面
角度二：直线与平面平行的性质
2.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.
求证：AP∥GH.
证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，又M是PC的中点，
∴AP∥MO.
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴AP∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且AP⊂平面PAHG，
∴AP∥GH.
[方法技巧]
判定线面平行的4种方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)；
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
角度三：与平行相关的探索性问题
3.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
证明：存在点M为线段AB的中点，使直线DE∥平面A1MC，证明如下：
如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知，得O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以MD綊AC，OE綊AC，
因此MD綊OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.
[方法技巧]
解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
面面平行的判定与性质
[典例] 如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．
(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
[解] (1)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又因为GH⊄平面AEF，
EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.
设AC与BD的交点为O，连接OH，
在△ACF中，因为O，H分别是AC，CF的中点，所以OH∥AF.
又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH⊂平面BDGH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
(2)因为AC⊥平面BDEF，
又易知AO＝，S矩形BDEF＝3×2＝6，
所以四棱锥ABDEF的体积V1＝·AO·S矩形BDEF＝4.
同理可得四棱锥CBDEF的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.
[方法技巧]
判定面面平行的4种方法
(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点；
(2)面面平行的判定定理；
(3)垂直于同一条直线的两平面平行；
(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
[即时演练]
1．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为( )
A．16 B．24或
C．14 D．20
解析：选B 设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒＝.
①当点P在两平面之间时，如图1，＝，得x＝24；②当点P在两平面外侧时，如图2，＝，得x＝.
2.如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
(1)求证：BE∥平面DMF；
(2)求证：平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE∩BD＝D，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，
所以平面BDE∥平面MNG.
1．(2017·全国卷Ⅰ)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不平行的是( )
解析：选A 法一：
对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：
对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 法一：
如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.
在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，
所以cos∠B1AD1＝＝.
法二：
如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC.
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，
所以AC＝，MQ＝.
在△MQP中，MP＝＝，
则在△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－，
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．
解：(1)证明：在平面ABCD内，
因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
(2)取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.
取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，
所以×x×x＝2，
解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥PABCD的体积
V＝××2＝4.
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积．
解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC中点知TN∥BC，
TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，
于是MN∥AT.
因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA.
取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝.
5．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥PABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．
解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.
因为平面ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，
所以EO∥PB.
又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)由V＝PA·AB·AD＝AB.V＝，可得AB＝.
作AH⊥PB交PB于H.
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，
又BC∩PB＝B，故AH⊥平面PBC.
又AH＝＝，
所以A到平面PBC的距离为.
一、选择题
1．(2018·惠州模拟)设直线l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( )
A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β
B．l⊂α，m⊂β，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β，且l∥m
D．l∥α，m∥β，且l∥m
解析：选C 借助正方体模型进行判断．易排除选项A、B、D，故选C.
2.如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是( )
A．B′C′ B．A′B
C．A′B′ D．BB′
解析：选B 连接A′B，∵A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，∴A′B∥平面AD′C.
3．设α，β是两个不同的平面，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的一个充分不必要条件是( )
A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α
解析：选A 由m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．
4．(2018·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：
①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；
②一定存在平行于a的平面α使b∥α；
③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；
④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．
则其中命题正确的是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．②③④
解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；
对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；
对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；
对于④，在直线b上取一定点N，过点N作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．
综上所述，②③④正确．
5．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由题图，显然①是正确的，②是错误的；
对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，
∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，
∴A1D1∥平面EFGH(水面)．
∴③是正确的；
对于④，∵水是定量的(定体积V)，
∴S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V.
∴BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C.
6．(2018·合肥模拟)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＝得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.
二、填空题
7．有下列四个命题，其中正确命题的序号是________．
①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；
③若平面α与平面β平行，直线l在平面α内，则l∥β；
④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点．
解析：①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α或l与α相交，故①错误；②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线平行或异面，故②错误；③由面面平行的定义可知，③正确；④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点，故④正确．
答案：③④
8．在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
解析：如图所示，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.
连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，
又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，
所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
9．如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱VC，VB上的点，且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则＝________.
解析：连接AC交BD于点O，连接EO，取VE的中点M，连接AM，MF，由VC＝3EC⇒VM＝ME＝EC，又AO＝CO⇒AM∥EO⇒AM∥平面BDE，又由题意知AF∥平面BDE，且AF∩AM＝A，∴平面AMF∥平面BDE⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒＝2.
答案：2
三、解答题
10.如图所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)设BC＝3，求四棱锥B AA1C1D的体积．
解：(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD.
∵四边形BCC1B1是平行四边形，
∴点O为B1C的中点．
∵D为AC的中点，
∴OD为△AB1C的中位线，
∴OD∥AB1.
∵OD⊂平面BC1D，
AB1⊄平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D.
(2)∵AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，
∴平面ABC⊥平面AA1C1C.
∵平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
作BE⊥AC，垂足为E，
则BE⊥平面AA1C1C.
∵AB＝AA1＝2，BC＝3，AB⊥BC，
∴在Rt△ABC中，AC＝＝＝，
∴BE＝＝，
∴四棱锥B AA1C1D的体积V＝×(A1C1＋AD)·AA1·BE＝××2×＝3.
11．如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.
若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且AP―→＝λPD―→，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
解：AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝.理由如下：
当λ＝时，＝，可知＝，如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，则有＝＝，
又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，
又EC＝3，MP∥FD∥EC，所以MP綊EC，
故四边形MPCE为平行四边形，
所以CP∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
所以CP∥平面ABEF.
12.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，E为PA的中点，∠BAD＝60°.
(1)求证：PC∥平面EBD；
(2)求三棱锥PEDC的体积．
解：(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接OE.由题意知，底面ABCD是菱形，则O为AC的中点，又E为AP的中点，所以OE∥PC.因为OE⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.
(2)S△PCE＝S△PAC＝××2×2＝.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以DO⊥平面PAC，即DO是三棱锥DPCE的高，且DO＝1，则VPEDC＝VDPCE＝××1＝.
如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面ADD1A1和侧面CDD1C1都是矩形，BC∥AD，△ABD是边长为2的正三角形，E，F分别为AD，A1D1的中点．
(1)求证：DD1⊥平面ABCD；
(2)求证：平面A1BE⊥平面ADD1A1；
(3)若CF∥平面A1BE，求棱BC的长度．
解：(1)证明：因为侧面ADD1A1和侧面CDD1C1都是矩形，
所以DD1⊥AD，且DD1⊥CD.
因为AD∩CD＝D，
所以DD1⊥平面ABCD.
(2)证明：因为△ABD是正三角形，且E为AD中点，
所以BE⊥AD.
因为DD1⊥平面ABCD，
而BE⊂平面ABCD，
所以BE⊥DD1.
因为AD∩DD1＝D，
所以BE⊥平面ADD1A1.
因为BE⊂平面A1BE，
所以平面A1BE⊥平面ADD1A1.
(3)因为BC∥AD，
而F为A1D1的中点，
所以BC∥A1F.
所以B，C，F，A1四点共面．
因为CF∥平面A1BE，
而平面BCFA1∩平面A1BE＝A1B，
所以CF∥A1B.
所以四边形BCFA1为平行四边形．
所以BC＝A1F＝AD＝1.
高考研究课(二)
垂直问题3角度——线线、线面、面面
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
垂直关系的基本问题
5年3考
垂直、平行关系的基本问题判断
线面垂直的证明
5年3考
证明线线垂直、线面垂直
面面垂直的证明
5年3考
证明面面垂直
垂直关系的基本问题
[典例] (1)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，若m⊥α，n⊂β.则下列四个命题：
①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；
③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
(2)已知正方体ABCDA1B1C1D1，点E，F，G分别是线段DC，D1D和D1B上的动点，给出下列结论：
①对于任意给定的点E，存在点F，使得AF⊥A1E；
②对于任意给定的点F，存在点E，使得AF⊥A1E；
③对于任意给定的点G，存在点F，使得AF⊥B1G；
④对于任意给定的点F，存在点G，使得AF⊥B1G.
其中正确结论的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] (1)对于①，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊂β，
∴m⊥n，故①正确；
对于②，α与β也可能相交，故②错误；
对于③，若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊂β，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故③正确；
对于④，m与n可能平行、相交或异面，故④错误．
(2)①连接A1D，AD1，则A1D⊥AD1，又因为DC⊥平面ADD1A1，所以DC⊥AD1，所以AD1⊥平面CDA1，则AD1⊥A1E，因此，当点F与点D1重合时，对于任意给定的点E，存在点F，使得AF⊥A1E，故①正确；对于任意给定的点F，只有A1E⊥平面ADD1A1时，②才正确，显然不存在点E使A1E⊥平面ADD1A1成立，故②错误；③只有AF垂直B1G在平面ADD1A1内的射影时，AF⊥B1G，故③正确；④对于任意给定的点F，只有B1G⊥平面ADD1A1时④才正确，显然不存在点G使B1G⊥平面ADD1A1成立，故④错误．
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
解决垂直关系基本问题的3个注意点
(1)紧扣垂直关系的判定定理与性质定理．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．
[即时演练]
1.如图所示，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中共有直角三角形个数为( )
A．4 B．3
C．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．
2.如图所示，在斜三棱柱ABC A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1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 ∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC.
又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ABC1.
∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，
∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
3．如图所示，在正四棱锥SABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是( )
解析：选A 取CD的中点F，连接EF，BD，则EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF.
又SB在底面ABCD内的射影为BD，∴AC⊥SB.
取SC中点G，连接EG，FG，则EG∥SB，∴AC⊥EG，
∴AC⊥平面EFG，∴点P在线段FG上移动时，总有AC⊥EP，故选A.
直线与平面垂直的判定与性质
[典例] 如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明] (1)在四棱锥PABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
∵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.
∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
[方法技巧]
证明线面垂直的方法与基本思想
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：
①判定定理；
②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；
③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；
④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
[即时演练]
1.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，又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：①②④
2.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABCA1B1C1的体积．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，
因为CA＝CB，所以OC⊥AB，
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB，因为OC∩OA1＝O，
所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C，所以AB⊥A1C.
(2)由题设可知，△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝，
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋OA，故OA1⊥OC，
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，即OA1为三棱柱ABCA1B1C1的高，
又S△ABC＝×22＝，
∴VABCA1B1C1＝S△ABC·OA1＝3.
面面垂直的判定与性质
[典例] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[证明] (1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以平面ABED为平行四边形．
所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，而且平面ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥CD.
又PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.所以CD⊥EF.
又EF∩BE＝E，
所以CD⊥平面BEF.
所以平面BEF⊥平面PCD.
[方法技巧]
1．面面垂直判定的2种方法
(1)面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
2．面面垂直判定的1个转化
在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
[即时演练]
1．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ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．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.
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G点的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在三棱台ABCDEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
∴DF∥a.
(2)线段BE上存在点G，且BG＝BE时，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，
连接GD，
∵CF＝EF，
∴GF⊥CE.
在三棱台ABCDEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CED，
∴GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.
1．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．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．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD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PABCD的体积为，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＝x，PE＝x.
故四棱锥PABCD的体积
VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由题设得x3＝，故x＝2.
从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.
可得四棱锥PABCD的侧面积为
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
3．(2017·全国卷Ⅲ)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：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，
所以AC⊥DO.
又因为△ABC是正三角形，
所以AC⊥BO.
因为DO∩BO＝O，
所以AC⊥平面DOB.
又BD⊂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.
4．(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．
解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.
5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E，
所以AB⊥DE.
因为PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.
又由已知可得，PA＝PB，
所以G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．
理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，
所以EF⊥PA，EF⊥PC.
又PA∩PC＝P，
因此EF⊥平面PAC，
即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以D是正三角形ABC的中心．
由(1)知，G是AB的中点，
所以D在CG上，故CD＝CG.
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，
所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，
可得DE＝2，PE＝2.
在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.
6．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，
可得BE＝x.
由已知得，三棱锥EACD的体积
V三棱锥EACD＝××AC×GD×BE＝x3＝，
故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.
一、选择题
1．(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∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β D．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.
2．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列命题中正确的有( )
①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；
②若α∥β，m⊂α，则m∥β；
③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β.
A．①③ B．①②
C．③④ D．②③
解析：选D 由面面垂直的性质定理知，若m⊂β，α⊥β，且m垂直于α，β的交线时，m⊥α，故①错误；
若α∥β，则α，β无交点．又m⊂α，所以m∥β，故②正确；
若n⊥α，n⊥β，则α∥β.又m⊥α，所以m⊥β，故③正确；
若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④错误．
3．(2018·南昌模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
解析：选D 由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.
4．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，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
解析：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确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.
5.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是( )
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
解析：选C 取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正确；
取A1D的中点F，连接MF，EF，则四边形EFMB为平行四边形，则∠A1EF为异面直线BM与A1E所成角，故B正确；
点A关于直线DE的对称点为N，则DE⊥平面AA1N，即过O与DE垂直的直线在平面AA1N上，故C错误；
三棱锥A1ADE外接球半径为AD，故D正确．
6．(2018·宝鸡质检)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.
其中为真命题的是( )
A．①② B．②③
C．②④ D．①④
解析：选D ①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.
7．如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图①所示，过点K作KM⊥AF于点M，连接DM，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，可知折前的图形中D，M，K三点共线且DK⊥AF(如图②所示)，于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝，所以t＝，又DF∈(1,2)，故t∈.
二、填空题
8．已知a，b表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列命题：
①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；
②若a⊂α，a垂直于β内的任意一条直线，则α⊥β；
③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b；
④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内的无数条直线；
⑤若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
其中正确命题的序号是________．
解析：①一个平面内的一条直线与另一个平面内的一条直线垂直，这两个平面不一定垂直，故①错误；②满足两个平面垂直的定义，故②正确；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a与b平行或相交(相交时可能垂直)，故③错误；④若a不垂直于平面α，但a可能垂直于平面α内的无数条直线，故④错误；⑤垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故⑤正确．
答案：②⑤
9．在三棱锥P ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
解析：如图，连接OA，OB，OC，OP，并延长AO交BC于H点，延长BO交AC于D点，延长CO交AB于G点．
(1)在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，∴OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，
∴PC⊥AB，
又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，
又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．
同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，
即O为△ABC的垂心．
答案：(1)外 (2)垂
10.如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，解得x＝.
即线段B1F的长为.
答案：
三、解答题
11．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥ABCD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.
12．(2018·贵州省适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体ABCD，如图所示．
(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由．
(2)求四面体ABCD体积的最大值．
解：(1)直线AB与CD能垂直．
因为AB⊥AD，
若AB⊥CD，因为AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ACD，
又因为AC⊂平面ACD，
从而AB⊥AC.
此时，a＝＝＝，
即当a＝时，有AB⊥CD.
(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，
此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，
则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高．
在△ABD中，AH＝＝，
S△BCD＝×3×4＝6，
此时VABCD＝S△BCD·AH＝，即为该四面体体积的最大值．
13．(2018·郑州模拟)如图，已知三棱柱ABCA′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∥BB′∥AA′.
又A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，
所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，
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)当λ＝时，CN⊥平面A′MN，证明如下：
连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，
由题意知BC＝λa，CN＝BN＝ ，
因为三棱柱ABCA′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′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CN2＋BN2＝BC2，
即2＝2λ2a2，
解得λ＝，
故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.
如图，在四棱锥S ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．
(1)求证：CD⊥平面SAD.
(2)求证：PQ∥平面SCD.
(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.
又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.
(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR.
由题意知：PD∥BC且PD＝BC.
在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，
所以QR∥ BC且QR＝BC，
所以PD∥QR，且PD＝QR，
所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.
又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，
所以PQ∥平面SCD.
(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.
证明如下：
如图，连接PC，DM交于点O，
连接DN，PM，SP，NM，NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO.
又因为点N为SC的中点，
所以NO∥SP.
易知SP⊥AD，
又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，
所以平面DMN⊥平面ABCD.
阶段滚动检测(三)检测范围：第一单元至第十二单元
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设命题p：∀x＞0，log2x＜2x＋3，则綈p为( )
A．∀x＞0，log2x≥2x＋3
B．∃x0＞0，log2x0≥2x0＋3
C．∃x0＞0，log2x0＜2x0＋3
D．∀x＜0，log2x≥2x＋3
解析：选B 由全称命题否定的定义可知，答案为B.
2．已知集合A＝{x|x2－2x≤0}，B＝{－1,0,1,2}，则A∩B＝( )
A．[0,2] B．{0,1,2}
C．(－1,2) D．{－1,0,1}
解析：选B 因为A＝{x|0≤x≤2}，B＝{－1,0,1,2}，则A∩B＝{0,1,2}．
3．在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2 B．4 C．3 D．6
解析：选C 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线x＋y－2＝0的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，
由得C(2，－2)．
由得D(－1,1)．
所以|AB|＝|CD|＝＝3.
4．已知cos＝－，则sin的值为( )
A. B．±
C．－ D.
解析：选B 因为cos＝－，
即cosπ－＝－，
所以cos＝，
由二倍角公式可得1－2sin2＝，
所以sin＝±.
5．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )
A．64－ B．64－
C．64－16π D．64－
解析：选A 由三视图可知，该几何体是一个正方体中间挖去两个顶点相接的圆锥，其中，两个圆锥的体积和是V锥＝Sh＝×π×22×4＝π，∴V＝V正方体－V锥＝43－π＝64－π.
6．若a，b，c∈R＋，且ab＋ac＋bc＋2＝6－a2，则2a＋b＋c的最小值为( )
A.－1 B.＋1
C．2＋2 D．2－2
解析：选D 因为a，b，c∈R＋，且ab＋ac＋bc＋2＝6－a2，所以(2a＋b＋c)2＝4a2＋b2＋c2＋4ab＋4ac＋2bc≥4(a2＋ab＋ac＋bc)＝4(6－2)＝4(－1)2，所以2a＋b＋c≥2－2，即2a＋b＋c的最小值是2－2.
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为( )
A．15 B．16
C. D.
解析：选C 由三视图可知，该几何体是如图所示的以俯视图为底面、高为5的四棱锥PABCD，则该几何体的体积V＝××4×4＋×2×2×5＝.
8．已知函数f(x)＝x，曲线y＝f(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围为( )
A．(－e2，＋∞) B．(－e2,0)
C. D.
解析：选D f′(x)＝a－＋，因为曲线y＝f(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，所以f′(x)＝a－＋＝0有两个不同的解．即a＝－有两个不同的解，令g(x)＝－，g′(x)＝－＋，由g′(x)>0，得x>2，由g′(x)<0，得x<2，
所以g(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，函数g(x)取得极小值g(2)＝－，当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，画出函数g(x)的大致图象如图所示，要满足题意，则需－
A. B．2
C. D．3
解析：选C 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝.
10.如图，△ABC是边长为2的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则·的取值范围是( )
A．[1,13] B．(1,13)
C．(4,10) D．[4,10]
解析：选A 取AB的中点D，连接CD，CP，则＋＝2，所以·＝(－)·(－)＝·－2·＋1＝(2)2cos－2×3×1×cos〈，〉＋1＝7－6cos〈，〉，所以当cos〈，〉＝1时，·取得最小值为1；当cos〈，〉＝－1时，·取得最大值为13，因此·的取值范围是[1,13]．
11．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋1ω>0,0≤φ≤的图象相邻两条对称轴之间的距离为π，且在x＝时取得最大值2，若f(α)＝，且<α<，则sin的值为( )
A. B．－
C. D．－
解析：选D 由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋1ω>0,0≤φ≤的图象相邻两条对称轴之间的距离为π可知，函数的周期T＝2π，则ω＝1.又因为函数在x＝时取得最大值2，所以sin＝1，且0≤φ≤，所以φ＝，f(x)＝sin＋1，又f(α)＝sin＋1＝，所以sin＝，又<α<，所以<α＋<π，则cos＝－， 所以sin＝2sinα＋·cos＝－.
12．对于函数f(x)，若关于x的方程f(2x2－4x－5)＋sin＝0只有9个根，则这9个根之和为( )
A．9 B．18
C．π D．0
解析：选A 因为函数y＝2x2－4x－5的对称轴为x＝1，所以f(2x2－4x－5)关于直线x＝1对称．
由f(2x2－4x－5)＋sin＝0可得f(2x2－4x－5)＝－sinx＋关于直线x＝1对称，因为方程f(2x2－4x－5)＋sinx＋＝0只有9个根，且其中一个根是1，其余8个根关于x＝1对称，所以这9个根之和为9.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)
13．已知向量||＝2，||＝1，且|－2|＝2，则向量和的夹角为________．
解析：因为向量||＝2，||＝1，且|－2|＝2，所以2－4||||cos〈，〉＋42＝12，则cos〈，〉＝－，所以〈，〉＝.
答案：
14．已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，数列{an}满足an＝f(n)＋f(n＋1)(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a2n＝________.
解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，an＝f(n)＋f(n＋1)，所以a1＝f(1)＋f(2)＝－12＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a4＝42－52，…，当n是偶数时，an＝n2－(n＋1)2，当n是奇数时，an＝－n2＋(n＋1)2，则a1＋a2＋…＋a2n＝(－12＋22)＋(22－32)＋(－32＋42)＋(42－52)＋…＋[－(2n－1)2＋(2n)2]＋[(2n)2－(2n＋1)2]
＝1×3－1×5＋1×7－1×9＋…＋(4n－1)－(4n＋1)
＝－2－2－…－＝－2n.
答案：－2n
15．已知△ABC中，AB＝2，AC＝BC，则△ABC面积的最大值是________．
解析：令BC＝x，则AC＝x，角A是锐角，由余弦定理可得cos A＝，则sin A＝ ，S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，当x＝2时，△ABC的面积最大，最大值为.
答案：
16．若对任意m∈(－2，－1)，f(x)＝mx2－(5m＋n)x＋n在x∈(3,5)上存在零点，则实数n的取值范围是________．
解析：由f(x)＝0，可得x＝.易知x＝<0，舍去，所以x＝∈(3,5)，化简可得n－5m>>n－m.由n－5m>两边平方，化简可得n>0，由>n－m两边平方，化简可得n<－3m恒成立，所以n≤3，综上可得，0
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2bsin A.
(1)求B的大小；
(2)求cos A＋sin C的取值范围．
解：(1)由正弦定理可得sin A＝2sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin B＝.
因为B是锐角，所以B＝.
(2)cos A＋sin C＝cos A＋sin
＝cos A＋cos A＋sin A
＝＝sin.
因为C＝－A<，所以
18．(本小题满分12分)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥PABC的体积；
(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．
解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．
又PA＝1，
所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝.
由MN∥PA，
得＝＝.
19．(本小题满分12分)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2log2an－1，求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋2)＝a2＋a4.
即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.
因为公比q≠0，所以q＝2.
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．
(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1.
所以anbn＝(2n－1)2n.
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)2n＋1.②
①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×－(2n－1)2n＋1＝－6－(2n－3)2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.
20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，△PCD为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，点E，F分别为AD，CD的中点．
(1)求证：BE∥平面PCD；
(2)求证：平面PAF⊥平面PCD.
证明：(1)∵AD＝2BC＝2，且E为AD的中点，
∴BC＝ED.
又∵AD∥BC，∴四边形BCDE是平行四边形，
∴BE∥CD.∵CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
∴BE∥平面PCD.
(2)∵在等边△PCD中，F是CD的中点，∴CD⊥PF.
又BC∥AD，AB⊥AD，
∴AB⊥BC，连接AC，
∵AB＝，BC＝1，∴AC＝2，
又AD＝2，∴AC＝AD，
∴CD⊥AF，又∵PF∩AF＝F，∴CD⊥平面PAF.
∵CD⊂平面PCD，∴平面PAF⊥平面PCD.
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax，当x0∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线方程为y＝x－e.
(1)求a的值；
(2)求证：函数f(x)在定义域内单调递增．
解：(1)由题意，得f′(x)＝ln x＋＋1－a，
所以函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，
即y－(x0＋1)ln x0＋ax0＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0－x0－1，
所以
令g(x)＝x－ln x＋1，则g′(x)＝1－＝，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增．
又因为g(e)＝e，所以x0＝e，
将x0＝e代入ln x0＋＋1－a＝，得a＝2.
(2)证明：由a＝2，得f′(x)＝ln x＋－1(x>0)．
令h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，
故当x∈(0,1)时，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，故h(x)≥h(1)＝1.
因此当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝h(x)－1≥0，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0.
所以f(x)在定义域内单调递增．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(其中a＜0，c＞0)．
(1)当a＝2c－2时，若f(x)≥对任意x∈(c，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)设函数f(x)的图象在两点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))处的切线分别为l1，l2，若x1＝ ，x2＝c，且l1⊥l2，求实数c的最小值．
解：(1)当x＞c，a＝2c－2时，
f′(x)＝＋2(x－c)
＝＝.
∵a＜0，c＞0，且c＝＋1，∴0＜c＜1.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(c,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
∴函数f(x)在(c，＋∞)上的最小值为f(1)＝(1－c)2＝a2.
∴要使f(x)≥恒成立，只需a2≥恒成立，
即a≤－1或a≥1(舍去)．
又∵c＝＋1＞0，∴a＞－2.
∴实数a的取值范围是(－2，－1]．
(2)由l1⊥l2可得，f′·f′(c)＝－1，
而f′(c)＝，∴f′＝－.
当 ≥c时，
f′＝＝－2c＝－.
即a＝，与已知矛盾，舍去；
当 ＜c时，由0＜x＜c时，f′(x)＝－2(x－c)＝，
可得f′＝
＝－＋2c＝－，∴c＝.
∵a＜0，c＞0，∴2a＋1＜0，即a＜－.
令＝t，则a＝－(t＞2)，
∴c＝＝.
设g(t)＝，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0，得t＝2.
当t变化时，g′(t)与g(t)的变化情况如下表：
t
(2,2)
2
(2，＋∞)
g′(t)
－
0
＋
g(t)
极小值
∴函数g(t)的最小值为g(2)＝，
∴实数c的最小值为.
教材复习课“空间位置关系”相关基础知识一课过
4个公理
[过双基]
1．平面的基本性质
(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，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．
(3)公理3：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．平行公理
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
1．以下四个命题中，
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B ①假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面．这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以①正确．②从条件看出两平面有三个公共点A，B，C，但是若A，B，C共线，则结论不正确；③不正确；④不正确，因为此时所得的四边形的四条边可以不在一个平面上，如空间四边形．
2．下列命题中，真命题是( )
A．空间不同三点确定一个平面
B．空间两两相交的三条直线确定一个平面
C．两组对边相等的四边形是平行四边形
D．和同一直线都相交的三条平行线在同一平面内
解析：选D A是假命题，当三点共线时，过三点有无数个平面；B不正确，两两相交的三条直线不一定共面；C不正确，两组对边相等的四边形可能是空间四边形；D正确，故选D.
3．三个不同的平面可能把空间分成________部分(写出所有可能的情况)．
解析：如图(1)，可分成四部分(互相平行)；如图(2)(3)，可分成六部分(两种情况)；如图(4)，可分成七部分；如图(5)，可分成八部分．
答案：4,6,7,8
[清易错]
1．三点不一定确定一个平面．当三点共线时，可确定无数个平面．
2．判断由所给元素(点或直线)确定平面时，关键是分析所给元素是否具有确定唯一平面的条件，如不具备，则一定不能确定一个平面．
1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是( )
解析：选D A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．
2．过同一点的4条直线中，任意3条都不在同一平面内，则这4条直线确定平面的个数是________．
解析：设四条直线为a，b，c，d，则这四条直线中每两条都确定一个平面，因此，a与b，a与c，a与d，b与c，b与d，c与d都分别确定一个平面，共6个平面．
答案：6
空间点、线、面的位置关系
[过双基]
1．空间直线间的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：.
(3)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．
2．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
1．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则直线a与c( )
A．一定平行
B．一定相交
C．一定是异面直线
D．平行、相交或异面都有可能
解析：选D 当a，b，c共面时，a∥c；当a，b，c不共面时，a与c可能异面也可能相交．
2．若平面α上存在不同的三点到平面β的距离相等且不为零，则平面α与平面β的位置关系为( )
A．平行 B．相交
C．平行或重合 D．平行或相交
解析：选D 当两个平面平行时，平面α上存在无数多个点到平面β的距离相等且不为零，满足题意；当两个平面相交时，可以从交线的两侧去找三个点到平面β的距离相等且不为零．故选D.
3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 连接AD1，则AD1与MN平行．所以∠D1AC为异面直线AC和MN所成的角的平面角．因为△D1AC是正三角形，所以∠D1AC＝60°.
4．在正四面体ABCD中，M，N分别是BC和DA的中点，则异面直线MN和CD所成的角为________．
解析：因为ABCD是正四面体，所以AB⊥CD.取AC的中点E，连接ME，NE，则∠ENM的大小为异面直线MN和CD所成角的大小．因为ME⊥NE，且ME＝NE，所以∠ENM＝.
答案：
[清易错]
1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．
2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．
1.如图所示，在三棱锥PABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有( )
A．2对 B．3对
C．4对 D．6对
解析：选B 依题意，异面直线有AP与BC，PB与AC，CP与AB，共3对．
2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是( )
A．b⊂α B．b∥α
C．b⊂α或b∥α D．b与α相交或b⊂α或b∥α
解析：选D b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．
平行关系4定理
[过双基]
1．直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)
∵l∥a，a⊂α，
l⊄α，∴l∥α
性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)
∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b
2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)
∵a∥β，b∥β，
a∩b＝P，a⊂α，
b⊂α，∴α∥β
性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b
1．过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，如果所得的交线分别为a，b，c，…，那么这些交线的位置关系为( )
A．都平行
B．都相交且一定交于同一点
C．都相交但不一定交于同一点
D．都平行或交于同一点
解析：选D 若l∥平面α，则交线都平行；若l∩平面α＝A，则交线都交于同一点A.
2．下列说法中正确的是( )
①一条直线如果和一个平面平行，它就和这个平面内的无数条直线平行；②一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线无公共点；③过直线外一点，有且仅有一个平面和已知直线平行．
A．①②③ B．①③
C．②③ D．①②
解析：选D 由线面平行的性质定理知①正确；由直线与平面平行的定义知②正确；③错误，因为经过一点可作一直线与已知直线平行，而经过这条直线可作无数个平面．
3．已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线( )
A．只有一点，不在平面α内
B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，在平面α内
D．有无数条，一定在平面α内
解析：选C 由线面平行的性质可知C正确．
4．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有________．
解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．
答案：①或③
[清易错]
1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．
2．面面平行的判定中易忽视“面内两条直线相交”这一条件，如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．
1．已知直线a与直线b平行，直线a与平面α平行，则直线b与α的关系为( )
A．平行 B．相交
C．直线b在平面α内 D．平行或直线b在平面α内
解析：选D 依题意，直线a必与平面α内的某直线平行，又a∥b，因此直线b与平面α的位置关系是平行或直线b在平面α内．
2．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β ”是“α∥β ”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β ⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件.
垂直关系4定理
[过双基]
1．直线与平面垂直的判定定理和性质定理
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
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
⇒a∥b
2．平面与平面垂直的判定定理和性质定理
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
⇒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
⇒l⊥α
1.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A．AP⊥PB，AP⊥PC
B．AP⊥PB，BC⊥PB
C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D．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正确；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正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.
2．设α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( )
A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ
C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α
解析：选D 若α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则m与β的位置不确定；若α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行，此时m∥β；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则α，β不一定平行，所以m不一定与β垂直；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β.故选D.
3.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
4．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
5.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，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)
[清易错]
1．证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．
2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．
3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．
1．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法中正确的是( )
A．m⊂α，n∥m⇒n∥α
B．m⊂α，n⊥m⇒n⊥α
C．m⊂α，n⊂β，m∥n⇒α∥β
D．n⊂β，n⊥α⇒α⊥β
解析：选D 对于选项A，由直线与平面平行的判定定理可知，还需要满足n在平面α外；对于选项B，根据直线与平面垂直的判定定理可知，要使直线垂直平面，直线应该垂直平面内的两条相交直线；对于选项C，这两个平面也有可能相交；由平面与平面垂直的判定可知，选项D成立．故选D.
2．下列说法中，错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：选D A项显然正确．根据面面垂直的判定，B项正确．对于选项C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.
∵γ⊥α，a⊥m，
∴a⊥α，∴a⊥l，
同理有b⊥l，又a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ，
∴l⊥γ，故选项C正确．
对于选项D，设α∩β＝l，则l⊂α，但l⊂β，
故在α内存在直线不垂直于平面β，即选项D错误．
3．若不同的两点A，B到平面α的距离相等，则下列命题中一定正确的是( )
A．A，B两点在平面α的同侧
B．A，B两点在平面α的异侧
C．过A，B两点必有垂直于平面α的平面
D．过A，B两点必有平行于平面α的平面
解析：选C 由题意得A，B两点在平面α的同侧或异侧，排除A、B；当A，B两点在平面α的异侧时，过A，B两点不存在平行于平面α的平面，排除D.故选C.
一、选择题
1．设三条不同的直线l1，l2，l3，满足l1⊥l3，l2⊥l3，则l1与l2( )
A．是异面直线
B．是相交直线
C．是平行直线
D．可能相交、平行或异面
解析：选D 如图所示，在正方体ABCDEFGH中，AB⊥AD，AE⊥AD，则AB∩AE＝A；AB⊥AE，AE⊥DC，则AB∥DC；AB⊥AE，FH⊥AE，则AB与FH是异面直线，故选D.
2.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点．则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60°
C．90° D． 120°
解析：选B 如图所示，连接BA1，BC1，A1C1，易知三角形BA1C1是等边三角形，因为E，F，G，H分别为AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则EF∥BA1，GH∥BC1，所以∠A1BC1＝60°是异面直线EF与GH所成的角．
3．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
B．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n
C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
解析：选D 若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n平行或异面，即A错误；若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m与n相交或平行或异面，即B错误；若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n相交、平行或异面，即C错误，故选D.
4.(2018·广东模拟)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：
①BE与CF异面；
②BE与AF异面；
③EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 画出该几何体，如图，
因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，
所以EF∥BC，BE与CF是共面直线，故①不正确；
②BE与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．故选B.
5.如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，给出下列五个结论：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正确的个数有( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点．在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，OM∥PD，则PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因为M∈PB，所以OM与平面PBA、平面PBC相交．
6．(2018·余姚模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
解析：选D 如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正确；∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，故B正确，故选D.
7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是( )
A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．三棱锥ABEF的体积为定值
D．△AEF的面积与△BEF的面积相等
解析：选D 因为AC⊥平面BDD1B1，BE⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BE，A项正确；根据线面平行的判定定理，知B项正确；因为三棱锥的底面△BEF的面积是定值，且点A到平面BDD1B1的距离是定值，所以其体积为定值，C项正确；很显然，点A和点B到EF的距离不相等，故D项错误．
8．(2018·福州质检)在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与直线A1B1，EF，BC都相交的直线( )
A．不存在 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有无数条
解析：选D 在EF上任意取一点M，直线A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1，EF，BC分别有交点P，M，N，如图，故有无数条直线与直线A1B1，EF，BC都相交．
二、填空题
9．如图所示，平面α，β，γ两两相交，a，b，c为三条交线，且a∥b，则a，b，c的位置关系是________．
解析：∵a∥b，a⊂α，b⊄α，∴b∥α.
又∵b⊂β，α∩β＝c，∴b∥c.∴a∥b∥c.
答案：a∥b∥c
10．(2018·天津六校联考)设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a∥α且b∥α，则a∥b；
②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；
③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；
④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.
其中真命题的序号是________．
解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．
②垂直于同一直线的两平面平行，正确．
③中存在γ，使得γ与α，β都垂直，正确．
④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以，正确．
答案：②③④
11．如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线D1E和A1F所成角的余弦值等于________．
解析：取BB1的中点G，连接FG，A1G，易得A1G∥D1E，则∠FA1G是异面直线D1E和A1F所成角或补角，易得A1F＝A1G＝，FG＝，在三角形FA1G中，利用余弦定理可得cos∠FA1G＝＝.
答案：
12.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，外接球的球心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点．则有以下结论：
①AC与C1E是异面直线；
②A1E一定不垂直于AC1；
③三棱锥EAA1O的体积为定值；
④AE＋EC1的最小值为2.
其中正确的个数是________．
解析：①由异面直线的定义可知，①显然正确；
②当点E与B重合时，A1E⊥AC1，故②错误；
③由题意可知，三棱柱的外接球的球心O是正方形AA1C1C的中心，则三角形AA1O的面积为定值，且E到平面AA1O的距离即为BB1与平面AA1C1C之间的距离，所以三棱锥EAA1O的体积为定值，故③正确；
④将侧面AA1B1B与侧面BB1C1C展开成矩形，则矩形的对角线AC1的长即为AE＋EC1的最小值为2，故④正确．
答案：3
三、解答题
13.如图所示，在三棱锥P ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：
(1)三棱锥P ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)因为S△ABC＝×2×2＝2，
所以三棱锥P ABC的体积
V＝·S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图所示，取PB的中点E，连接DE，AE，则DE∥BC，
所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．
在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
则cos∠ADE＝＝＝.
即异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
14．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；
(2)证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.
证明：(1)∵F是AB的中点，AB∥ CD，AB＝4，BC＝CD＝2，
∴AF綊CD，
∴四边形AFCD为平行四边形，
∴CF∥AD.
又ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，
∴C1C∥ D1D.
而FC∩C1C＝C，D1D∩DA＝D，
∴平面ADD1A1∥平面FCC1.
∵EE1⊂平面ADD1A1，
∴EE1∥平面FCC1.
(2)在直四棱柱中，CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴CC1⊥AC，
∵底面ABCD为等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F是棱AB的中点，
∴CF＝AD＝BF＝2，
∴△BCF为正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°，
∠FCA＝∠FAC＝30°，
∴AC⊥BC.
又BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，
∴AC⊥平面BB1C1C，而AC⊂平面D1AC，
∴平面D1AC⊥平面BB1C1C.
高考研究课(一) 平行问题3角度——线线、线面、面面
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
线面关系基本问题
5年3考
空间线面平行、垂直关系判断
线面平行的证明
5年6考
证明线面平行
面面平行的证明
未考查
平行关系的基本问题
[典例] (1)(2018·成都一诊)已知三个不同的平面α，β，γ，三条不同的直线a，b，c，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若a⊥c，b⊥c，则a∥b
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D．若a，b在α内的射影相互平行，则a∥b
(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] (1)若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直，排除A；若a⊥c，b⊥c，则a与b可能异面，排除B；若a，b在α内的射影相互平行，则a与b平行或异面，排除D；垂直于同一平面的两直线平行，C正确．故选C.
(2)∵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．
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
解决平行关系基本问题的3个注意点
(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．
[即时演练]
1．在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列结论正确的是______(填序号)．
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.
解析：如图，因为AB綊C1D1，
所以四边形AD1C1B为平行四边形．
故AD1∥BC1，从而①正确；
易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，
故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；
由图易知AD1与DC1异面，故③错误；
因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，
所以AD1∥平面BDC1，故④正确．
答案：①②④
2．如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．
解析：∵平面ABFE∥平面DCGH，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面DCGH＝HG，∴EF∥HG.同理EH∥FG，∴四边形EFGH的形状是平行四边形．
答案：平行四边形
直线与平面平行的判定与性质
直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点.多考查直线与平面平行的判定.利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题.
常见的命题角度有：
(1)直线与平面平行的判定；
(2)直线与平面平行的性质；
(3)与平行相关的探索性问题.
角度一：直线与平面平行的判定
1.如图，空间几何体ABCDFE中，四边形ADFE是梯形，且EF∥AD，P，Q分别为棱BE，DF的中点．求证：PQ∥平面ABCD.
证明：法一：如图，取AE的中点G，连接PG，QG.
在△ABE中，PB＝PE，AG＝GE，所以PG∥BA，又PG⊄平面ABCD，BA⊂平面ABCD，
所以PG∥平面ABCD.
在梯形ADFE中，DQ＝QF，AG＝GE，所以GQ∥AD，
又GQ⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以GQ∥平面ABCD.
因为PG∩GQ＝G，PG⊂平面PQG，GQ⊂平面PQG，
所以平面PQG∥平面ABCD.
又PQ⊂平面PQG，所以PQ∥平面ABCD.
法二：如图，连接EQ并延长，与AD的延长线交于点H，连接BH.
因为EF∥DH，所以∠EFQ＝∠HDQ，
又FQ＝QD，∠EQF＝∠DQH，
所以△EFQ≌△HDQ，所以EQ＝QH.
在△BEH中，BP＝PE，EQ＝QH，所以PQ∥BH.
又PQ⊄平面ABCD，BH⊂平面ABCD，
所以PQ∥平面ABCD.
[方法技巧]
证明直线与平面平行的3种方法
定义法
一般用反证法
判定定理法
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叙述证明过程
性质判定法
即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面
角度二：直线与平面平行的性质
2.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.
求证：AP∥GH.
证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接MO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，又M是PC的中点，
∴AP∥MO.
又MO⊂平面BMD，PA⊄平面BMD，
∴AP∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
且AP⊂平面PAHG，
∴AP∥GH.
[方法技巧]
判定线面平行的4种方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)；
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
角度三：与平行相关的探索性问题
3.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
证明：存在点M为线段AB的中点，使直线DE∥平面A1MC，证明如下：
如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知，得O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以MD綊AC，OE綊AC，
因此MD綊OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，
所以直线DE∥平面A1MC.
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.
[方法技巧]
解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
面面平行的判定与性质
[典例] 如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．
(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
[解] (1)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又因为GH⊄平面AEF，
EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.
设AC与BD的交点为O，连接OH，
在△ACF中，因为O，H分别是AC，CF的中点，所以OH∥AF.
又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH⊂平面BDGH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
(2)因为AC⊥平面BDEF，
又易知AO＝，S矩形BDEF＝3×2＝6，
所以四棱锥ABDEF的体积V1＝·AO·S矩形BDEF＝4.
同理可得四棱锥CBDEF的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.
[方法技巧]
判定面面平行的4种方法
(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点；
(2)面面平行的判定定理；
(3)垂直于同一条直线的两平面平行；
(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．
[即时演练]
1．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为( )
A．16 B．24或
C．14 D．20
解析：选B 设BD＝x，由α∥β⇒AB∥CD⇒△PAB∽△PCD⇒＝.
①当点P在两平面之间时，如图1，＝，得x＝24；②当点P在两平面外侧时，如图2，＝，得x＝.
2.如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
(1)求证：BE∥平面DMF；
(2)求证：平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO.
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE∩BD＝D，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，
所以平面BDE∥平面MNG.
1．(2017·全国卷Ⅰ)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不平行的是( )
解析：选A 法一：
对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：
对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 法一：
如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.
在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，
所以cos∠B1AD1＝＝.
法二：
如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC.
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，
所以AC＝，MQ＝.
在△MQP中，MP＝＝，
则在△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－，
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.
(1)证明：直线BC∥平面PAD；
(2)若△PCD的面积为2，求四棱锥PABCD的体积．
解：(1)证明：在平面ABCD内，
因为∠BAD＝∠ABC＝90°，所以BC∥AD.
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
(2)取AD的中点M，连接PM，CM.由AB＝BC＝AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD.
因为CM⊂底面ABCD，所以PM⊥CM.
设BC＝x，则CM＝x，CD＝x，PM＝x，PC＝PD＝2x.
取CD的中点N，连接PN，则PN⊥CD，
所以PN＝x.
因为△PCD的面积为2，
所以×x×x＝2，
解得x＝－2(舍去)或x＝2.
于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2.
所以四棱锥PABCD的体积
V＝××2＝4.
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积．
解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC中点知TN∥BC，
TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，
于是MN∥AT.
因为MN⊄平面PAB，AT⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA.
取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体NBCM的体积VNBCM＝×S△BCM×＝.
5．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥PABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．
解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.
因为平面ABCD为矩形，
所以O为BD的中点．
又E为PD的中点，
所以EO∥PB.
又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)由V＝PA·AB·AD＝AB.V＝，可得AB＝.
作AH⊥PB交PB于H.
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，
又BC∩PB＝B，故AH⊥平面PBC.
又AH＝＝，
所以A到平面PBC的距离为.
一、选择题
1．(2018·惠州模拟)设直线l，m，平面α，β，则下列条件能推出α∥β的是( )
A．l⊂α，m⊂α，且l∥β，m∥β
B．l⊂α，m⊂β，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β，且l∥m
D．l∥α，m∥β，且l∥m
解析：选C 借助正方体模型进行判断．易排除选项A、B、D，故选C.
2.如图，在长方体ABCDA′B′C′D′中，下列直线与平面AD′C平行的是( )
A．B′C′ B．A′B
C．A′B′ D．BB′
解析：选B 连接A′B，∵A′B∥CD′，CD′⊂平面AD′C，∴A′B∥平面AD′C.
3．设α，β是两个不同的平面，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的一个充分不必要条件是( )
A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2
C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α
解析：选A 由m∥l1，m⊂α，l1⊂β，得l1∥α，同理l2∥α，又l1，l2相交，所以α∥β，反之不成立，所以m∥l1且n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件．
4．(2018·福州模拟)已知直线a，b异面，给出以下命题：
①一定存在平行于a的平面α使b⊥α；
②一定存在平行于a的平面α使b∥α；
③一定存在平行于a的平面α使b⊂α；
④一定存在无数个平行于a的平面α与b交于一定点．
则其中命题正确的是( )
A．①④ B．②③
C．①②③ D．②③④
解析：选D 对于①，若存在平面α使得b⊥α，则有b⊥a，而直线a，b未必垂直，因此①不正确；
对于②，注意到过直线a，b外一点M分别引直线a，b的平行线a1，b1，显然由直线a1，b1可确定平面α，此时平面α与直线a，b均平行，因此②正确；
对于③，注意到过直线b上的一点B作直线a2与直线a平行，显然由直线b与a2可确定平面α，此时平面α与直线a平行，且b⊂α，因此③正确；
对于④，在直线b上取一定点N，过点N作直线c与直线a平行，经过直线c的平面(除由直线a与c所确定的平面及直线c与b所确定的平面之外)均与直线a平行，且与直线b相交于一定点N，因此④正确．
综上所述，②③④正确．
5．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE·BF是定值．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由题图，显然①是正确的，②是错误的；
对于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，
∴A1D1∥FG且A1D1⊄平面EFGH，
∴A1D1∥平面EFGH(水面)．
∴③是正确的；
对于④，∵水是定量的(定体积V)，
∴S△BEF·BC＝V，即BE·BF·BC＝V.
∴BE·BF＝(定值)，即④是正确的，故选C.
6．(2018·合肥模拟)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＝得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.
二、填空题
7．有下列四个命题，其中正确命题的序号是________．
①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；
③若平面α与平面β平行，直线l在平面α内，则l∥β；
④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点．
解析：①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α或l与α相交，故①错误；②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线平行或异面，故②错误；③由面面平行的定义可知，③正确；④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点，故④正确．
答案：③④
8．在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
解析：如图所示，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.
连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，
又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，
所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
9．如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱VC，VB上的点，且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则＝________.
解析：连接AC交BD于点O，连接EO，取VE的中点M，连接AM，MF，由VC＝3EC⇒VM＝ME＝EC，又AO＝CO⇒AM∥EO⇒AM∥平面BDE，又由题意知AF∥平面BDE，且AF∩AM＝A，∴平面AMF∥平面BDE⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒＝2.
答案：2
三、解答题
10.如图所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)设BC＝3，求四棱锥B AA1C1D的体积．
解：(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD.
∵四边形BCC1B1是平行四边形，
∴点O为B1C的中点．
∵D为AC的中点，
∴OD为△AB1C的中位线，
∴OD∥AB1.
∵OD⊂平面BC1D，
AB1⊄平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D.
(2)∵AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，
∴平面ABC⊥平面AA1C1C.
∵平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
作BE⊥AC，垂足为E，
则BE⊥平面AA1C1C.
∵AB＝AA1＝2，BC＝3，AB⊥BC，
∴在Rt△ABC中，AC＝＝＝，
∴BE＝＝，
∴四棱锥B AA1C1D的体积V＝×(A1C1＋AD)·AA1·BE＝××2×＝3.
11．如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.
若BE＝1，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，且AP―→＝λPD―→，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
解：AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF，此时λ＝.理由如下：
当λ＝时，＝，可知＝，如图，过点P作MP∥FD交AF于点M，连接EM，PC，则有＝＝，
又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，
又EC＝3，MP∥FD∥EC，所以MP綊EC，
故四边形MPCE为平行四边形，
所以CP∥ME，又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
所以CP∥平面ABEF.
12.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，E为PA的中点，∠BAD＝60°.
(1)求证：PC∥平面EBD；
(2)求三棱锥PEDC的体积．
解：(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接OE.由题意知，底面ABCD是菱形，则O为AC的中点，又E为AP的中点，所以OE∥PC.因为OE⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.
(2)S△PCE＝S△PAC＝××2×2＝.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以DO⊥平面PAC，即DO是三棱锥DPCE的高，且DO＝1，则VPEDC＝VDPCE＝××1＝.
如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧面ADD1A1和侧面CDD1C1都是矩形，BC∥AD，△ABD是边长为2的正三角形，E，F分别为AD，A1D1的中点．
(1)求证：DD1⊥平面ABCD；
(2)求证：平面A1BE⊥平面ADD1A1；
(3)若CF∥平面A1BE，求棱BC的长度．
解：(1)证明：因为侧面ADD1A1和侧面CDD1C1都是矩形，
所以DD1⊥AD，且DD1⊥CD.
因为AD∩CD＝D，
所以DD1⊥平面ABCD.
(2)证明：因为△ABD是正三角形，且E为AD中点，
所以BE⊥AD.
因为DD1⊥平面ABCD，
而BE⊂平面ABCD，
所以BE⊥DD1.
因为AD∩DD1＝D，
所以BE⊥平面ADD1A1.
因为BE⊂平面A1BE，
所以平面A1BE⊥平面ADD1A1.
(3)因为BC∥AD，
而F为A1D1的中点，
所以BC∥A1F.
所以B，C，F，A1四点共面．
因为CF∥平面A1BE，
而平面BCFA1∩平面A1BE＝A1B，
所以CF∥A1B.
所以四边形BCFA1为平行四边形．
所以BC＝A1F＝AD＝1.
高考研究课(二)
垂直问题3角度——线线、线面、面面
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
垂直关系的基本问题
5年3考
垂直、平行关系的基本问题判断
线面垂直的证明
5年3考
证明线线垂直、线面垂直
面面垂直的证明
5年3考
证明面面垂直
垂直关系的基本问题
[典例] (1)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，若m⊥α，n⊂β.则下列四个命题：
①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；
③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
(2)已知正方体ABCDA1B1C1D1，点E，F，G分别是线段DC，D1D和D1B上的动点，给出下列结论：
①对于任意给定的点E，存在点F，使得AF⊥A1E；
②对于任意给定的点F，存在点E，使得AF⊥A1E；
③对于任意给定的点G，存在点F，使得AF⊥B1G；
④对于任意给定的点F，存在点G，使得AF⊥B1G.
其中正确结论的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] (1)对于①，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊂β，
∴m⊥n，故①正确；
对于②，α与β也可能相交，故②错误；
对于③，若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊂β，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故③正确；
对于④，m与n可能平行、相交或异面，故④错误．
(2)①连接A1D，AD1，则A1D⊥AD1，又因为DC⊥平面ADD1A1，所以DC⊥AD1，所以AD1⊥平面CDA1，则AD1⊥A1E，因此，当点F与点D1重合时，对于任意给定的点E，存在点F，使得AF⊥A1E，故①正确；对于任意给定的点F，只有A1E⊥平面ADD1A1时，②才正确，显然不存在点E使A1E⊥平面ADD1A1成立，故②错误；③只有AF垂直B1G在平面ADD1A1内的射影时，AF⊥B1G，故③正确；④对于任意给定的点F，只有B1G⊥平面ADD1A1时④才正确，显然不存在点G使B1G⊥平面ADD1A1成立，故④错误．
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
解决垂直关系基本问题的3个注意点
(1)紧扣垂直关系的判定定理与性质定理．
(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．
(3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．
[即时演练]
1.如图所示，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中共有直角三角形个数为( )
A．4 B．3
C．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．
2.如图所示，在斜三棱柱ABC A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1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 ∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC.
又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，
∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ABC1.
∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，
∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
3．如图所示，在正四棱锥SABCD中，E是BC的中点，P点在侧面△SCD内及其边界上运动，并且总是保持PE⊥AC，则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是( )
解析：选A 取CD的中点F，连接EF，BD，则EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF.
又SB在底面ABCD内的射影为BD，∴AC⊥SB.
取SC中点G，连接EG，FG，则EG∥SB，∴AC⊥EG，
∴AC⊥平面EFG，∴点P在线段FG上移动时，总有AC⊥EP，故选A.
直线与平面垂直的判定与性质
[典例] 如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明] (1)在四棱锥PABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
∵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.
∵PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
[方法技巧]
证明线面垂直的方法与基本思想
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：
①判定定理；
②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；
③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；
④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
[即时演练]
1.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，又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：①②④
2.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABCA1B1C1的体积．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，
因为CA＝CB，所以OC⊥AB，
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB，因为OC∩OA1＝O，
所以AB⊥平面OA1C.
又A1C⊂平面OA1C，所以AB⊥A1C.
(2)由题设可知，△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝，
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋OA，故OA1⊥OC，
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，即OA1为三棱柱ABCA1B1C1的高，
又S△ABC＝×22＝，
∴VABCA1B1C1＝S△ABC·OA1＝3.
面面垂直的判定与性质
[典例] 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[证明] (1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以平面ABED为平行四边形．
所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，而且平面ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥CD.
又PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.所以CD⊥EF.
又EF∩BE＝E，
所以CD⊥平面BEF.
所以平面BEF⊥平面PCD.
[方法技巧]
1．面面垂直判定的2种方法
(1)面面垂直的定义；
(2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
2．面面垂直判定的1个转化
在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
[即时演练]
1．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ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．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.
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G点的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在三棱台ABCDEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
∴DF∥a.
(2)线段BE上存在点G，且BG＝BE时，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，
连接GD，
∵CF＝EF，
∴GF⊥CE.
在三棱台ABCDEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，∴DE⊥GF.
∵CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CED，
∴GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝EF.
由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.
1．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．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．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD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PABCD的体积为，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＝x，PE＝x.
故四棱锥PABCD的体积
VPABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由题设得x3＝，故x＝2.
从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.
可得四棱锥PABCD的侧面积为
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
3．(2017·全国卷Ⅲ)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：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，
所以AC⊥DO.
又因为△ABC是正三角形，
所以AC⊥BO.
因为DO∩BO＝O，
所以AC⊥平面DOB.
又BD⊂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.
4．(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′ABCFE的体积．
解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′ABCFE的体积V＝××2＝.
5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.
(1)证明：G是AB的中点；
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．
解：(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E，
所以AB⊥DE.
因为PD∩DE＝D，
所以AB⊥平面PED，故AB⊥PG.
又由已知可得，PA＝PB，
所以G是AB的中点．
(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影．
理由如下：由已知可得PB⊥PA，PB⊥PC，又EF∥PB，
所以EF⊥PA，EF⊥PC.
又PA∩PC＝P，
因此EF⊥平面PAC，
即点F为E在平面PAC内的正投影．
连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，
所以D是正三角形ABC的中心．
由(1)知，G是AB的中点，
所以D在CG上，故CD＝CG.
由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，
所以DE∥PC，因此PE＝PG，DE＝PC.
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA＝6，
可得DE＝2，PE＝2.
在等腰直角三角形EFP中，可得EF＝PF＝2，
所以四面体PDEF的体积V＝××2×2×2＝.
6．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，
可得BE＝x.
由已知得，三棱锥EACD的体积
V三棱锥EACD＝××AC×GD×BE＝x3＝，
故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.
一、选择题
1．(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∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β D．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.
2．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列命题中正确的有( )
①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；
②若α∥β，m⊂α，则m∥β；
③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；
④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β.
A．①③ B．①②
C．③④ D．②③
解析：选D 由面面垂直的性质定理知，若m⊂β，α⊥β，且m垂直于α，β的交线时，m⊥α，故①错误；
若α∥β，则α，β无交点．又m⊂α，所以m∥β，故②正确；
若n⊥α，n⊥β，则α∥β.又m⊥α，所以m⊥β，故③正确；
若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④错误．
3．(2018·南昌模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
解析：选D 由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.
4．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，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
解析：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确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.
5.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A∉平面ABCD)，若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是( )
A．与平面A1DE垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线BM与A1E所成角是定值
C．一定存在某个位置，使DE⊥MO
D．三棱锥A1ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
解析：选C 取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∴平面MNB∥平面A1DE，∴MB∥平面A1DE，故A正确；
取A1D的中点F，连接MF，EF，则四边形EFMB为平行四边形，则∠A1EF为异面直线BM与A1E所成角，故B正确；
点A关于直线DE的对称点为N，则DE⊥平面AA1N，即过O与DE垂直的直线在平面AA1N上，故C错误；
三棱锥A1ADE外接球半径为AD，故D正确．
6．(2018·宝鸡质检)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.
其中为真命题的是( )
A．①② B．②③
C．②④ D．①④
解析：选D ①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.
7．如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图①所示，过点K作KM⊥AF于点M，连接DM，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，可知折前的图形中D，M，K三点共线且DK⊥AF(如图②所示)，于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝，所以t＝，又DF∈(1,2)，故t∈.
二、填空题
8．已知a，b表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列命题：
①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；
②若a⊂α，a垂直于β内的任意一条直线，则α⊥β；
③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b；
④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内的无数条直线；
⑤若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
其中正确命题的序号是________．
解析：①一个平面内的一条直线与另一个平面内的一条直线垂直，这两个平面不一定垂直，故①错误；②满足两个平面垂直的定义，故②正确；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a与b平行或相交(相交时可能垂直)，故③错误；④若a不垂直于平面α，但a可能垂直于平面α内的无数条直线，故④错误；⑤垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故⑤正确．
答案：②⑤
9．在三棱锥P ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
解析：如图，连接OA，OB，OC，OP，并延长AO交BC于H点，延长BO交AC于D点，延长CO交AB于G点．
(1)在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，∴OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，
∴PC⊥AB，
又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，
又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．
同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，
即O为△ABC的垂心．
答案：(1)外 (2)垂
10.如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，解得x＝.
即线段B1F的长为.
答案：
三、解答题
11．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥ABCD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.
12．(2018·贵州省适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体ABCD，如图所示．
(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由．
(2)求四面体ABCD体积的最大值．
解：(1)直线AB与CD能垂直．
因为AB⊥AD，
若AB⊥CD，因为AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ACD，
又因为AC⊂平面ACD，
从而AB⊥AC.
此时，a＝＝＝，
即当a＝时，有AB⊥CD.
(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，
此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，
则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高．
在△ABD中，AH＝＝，
S△BCD＝×3×4＝6，
此时VABCD＝S△BCD·AH＝，即为该四面体体积的最大值．
13．(2018·郑州模拟)如图，已知三棱柱ABCA′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∥BB′∥AA′.
又A′C′⊂平面AA′C′C，A′A⊂平面AA′C′C，
所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C，
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)当λ＝时，CN⊥平面A′MN，证明如下：
连接BN，设AA′＝a，则AB＝λAA′＝λa，
由题意知BC＝λa，CN＝BN＝ ，
因为三棱柱ABCA′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′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CN2＋BN2＝BC2，
即2＝2λ2a2，
解得λ＝，
故当λ＝时，CN⊥平面A′MN.
如图，在四棱锥S ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．
(1)求证：CD⊥平面SAD.
(2)求证：PQ∥平面SCD.
(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.
又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.
(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR.
由题意知：PD∥BC且PD＝BC.
在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，
所以QR∥ BC且QR＝BC，
所以PD∥QR，且PD＝QR，
所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.
又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，
所以PQ∥平面SCD.
(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.
证明如下：
如图，连接PC，DM交于点O，
连接DN，PM，SP，NM，NO，
因为PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO.
又因为点N为SC的中点，
所以NO∥SP.
易知SP⊥AD，
又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.
又因为NO⊂平面DMN，
所以平面DMN⊥平面ABCD.
阶段滚动检测(三)检测范围：第一单元至第十二单元
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设命题p：∀x＞0，log2x＜2x＋3，则綈p为( )
A．∀x＞0，log2x≥2x＋3
B．∃x0＞0，log2x0≥2x0＋3
C．∃x0＞0，log2x0＜2x0＋3
D．∀x＜0，log2x≥2x＋3
解析：选B 由全称命题否定的定义可知，答案为B.
2．已知集合A＝{x|x2－2x≤0}，B＝{－1,0,1,2}，则A∩B＝( )
A．[0,2] B．{0,1,2}
C．(－1,2) D．{－1,0,1}
解析：选B 因为A＝{x|0≤x≤2}，B＝{－1,0,1,2}，则A∩B＝{0,1,2}．
3．在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影．由区域中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|＝( )
A．2 B．4 C．3 D．6
解析：选C 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线x＋y－2＝0的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，
由得C(2，－2)．
由得D(－1,1)．
所以|AB|＝|CD|＝＝3.
4．已知cos＝－，则sin的值为( )
A. B．±
C．－ D.
解析：选B 因为cos＝－，
即cosπ－＝－，
所以cos＝，
由二倍角公式可得1－2sin2＝，
所以sin＝±.
5．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )
A．64－ B．64－
C．64－16π D．64－
解析：选A 由三视图可知，该几何体是一个正方体中间挖去两个顶点相接的圆锥，其中，两个圆锥的体积和是V锥＝Sh＝×π×22×4＝π，∴V＝V正方体－V锥＝43－π＝64－π.
6．若a，b，c∈R＋，且ab＋ac＋bc＋2＝6－a2，则2a＋b＋c的最小值为( )
A.－1 B.＋1
C．2＋2 D．2－2
解析：选D 因为a，b，c∈R＋，且ab＋ac＋bc＋2＝6－a2，所以(2a＋b＋c)2＝4a2＋b2＋c2＋4ab＋4ac＋2bc≥4(a2＋ab＋ac＋bc)＝4(6－2)＝4(－1)2，所以2a＋b＋c≥2－2，即2a＋b＋c的最小值是2－2.
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该几何体的体积为( )
A．15 B．16
C. D.
解析：选C 由三视图可知，该几何体是如图所示的以俯视图为底面、高为5的四棱锥PABCD，则该几何体的体积V＝××4×4＋×2×2×5＝.
8．已知函数f(x)＝x，曲线y＝f(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围为( )
A．(－e2，＋∞) B．(－e2,0)
C. D.
解析：选D f′(x)＝a－＋，因为曲线y＝f(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，所以f′(x)＝a－＋＝0有两个不同的解．即a＝－有两个不同的解，令g(x)＝－，g′(x)＝－＋，由g′(x)>0，得x>2，由g′(x)<0，得x<2，
所以g(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x＝2时，函数g(x)取得极小值g(2)＝－，当x→－∞时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，画出函数g(x)的大致图象如图所示，要满足题意，则需－
A. B．2
C. D．3
解析：选C 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝ ＝.
10.如图，△ABC是边长为2的正三角形，P是以C为圆心，半径为1的圆上任意一点，则·的取值范围是( )
A．[1,13] B．(1,13)
C．(4,10) D．[4,10]
解析：选A 取AB的中点D，连接CD，CP，则＋＝2，所以·＝(－)·(－)＝·－2·＋1＝(2)2cos－2×3×1×cos〈，〉＋1＝7－6cos〈，〉，所以当cos〈，〉＝1时，·取得最小值为1；当cos〈，〉＝－1时，·取得最大值为13，因此·的取值范围是[1,13]．
11．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋1ω>0,0≤φ≤的图象相邻两条对称轴之间的距离为π，且在x＝时取得最大值2，若f(α)＝，且<α<，则sin的值为( )
A. B．－
C. D．－
解析：选D 由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋1ω>0,0≤φ≤的图象相邻两条对称轴之间的距离为π可知，函数的周期T＝2π，则ω＝1.又因为函数在x＝时取得最大值2，所以sin＝1，且0≤φ≤，所以φ＝，f(x)＝sin＋1，又f(α)＝sin＋1＝，所以sin＝，又<α<，所以<α＋<π，则cos＝－， 所以sin＝2sinα＋·cos＝－.
12．对于函数f(x)，若关于x的方程f(2x2－4x－5)＋sin＝0只有9个根，则这9个根之和为( )
A．9 B．18
C．π D．0
解析：选A 因为函数y＝2x2－4x－5的对称轴为x＝1，所以f(2x2－4x－5)关于直线x＝1对称．
由f(2x2－4x－5)＋sin＝0可得f(2x2－4x－5)＝－sinx＋关于直线x＝1对称，因为方程f(2x2－4x－5)＋sinx＋＝0只有9个根，且其中一个根是1，其余8个根关于x＝1对称，所以这9个根之和为9.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)
13．已知向量||＝2，||＝1，且|－2|＝2，则向量和的夹角为________．
解析：因为向量||＝2，||＝1，且|－2|＝2，所以2－4||||cos〈，〉＋42＝12，则cos〈，〉＝－，所以〈，〉＝.
答案：
14．已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，数列{an}满足an＝f(n)＋f(n＋1)(n∈N*)，则a1＋a2＋…＋a2n＝________.
解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，an＝f(n)＋f(n＋1)，所以a1＝f(1)＋f(2)＝－12＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a4＝42－52，…，当n是偶数时，an＝n2－(n＋1)2，当n是奇数时，an＝－n2＋(n＋1)2，则a1＋a2＋…＋a2n＝(－12＋22)＋(22－32)＋(－32＋42)＋(42－52)＋…＋[－(2n－1)2＋(2n)2]＋[(2n)2－(2n＋1)2]
＝1×3－1×5＋1×7－1×9＋…＋(4n－1)－(4n＋1)
＝－2－2－…－＝－2n.
答案：－2n
15．已知△ABC中，AB＝2，AC＝BC，则△ABC面积的最大值是________．
解析：令BC＝x，则AC＝x，角A是锐角，由余弦定理可得cos A＝，则sin A＝ ，S△ABC＝·AB·AC·sin A＝，当x＝2时，△ABC的面积最大，最大值为.
答案：
16．若对任意m∈(－2，－1)，f(x)＝mx2－(5m＋n)x＋n在x∈(3,5)上存在零点，则实数n的取值范围是________．
解析：由f(x)＝0，可得x＝.易知x＝<0，舍去，所以x＝∈(3,5)，化简可得n－5m>>n－m.由n－5m>两边平方，化简可得n>0，由>n－m两边平方，化简可得n<－3m恒成立，所以n≤3，综上可得，0
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2bsin A.
(1)求B的大小；
(2)求cos A＋sin C的取值范围．
解：(1)由正弦定理可得sin A＝2sin Bsin A.
因为sin A≠0，所以sin B＝.
因为B是锐角，所以B＝.
(2)cos A＋sin C＝cos A＋sin
＝cos A＋cos A＋sin A
＝＝sin.
因为C＝－A<，所以
18．(本小题满分12分)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥PABC的体积；
(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值．
解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．
又PA＝1，
所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.
(2)证明：在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.
在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝.
由MN∥PA，
得＝＝.
19．(本小题满分12分)已知数列{an}是等比数列，a2＝4，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2log2an－1，求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解：(1)设数列{an}的公比为q，
因为a2＝4，所以a3＝4q，a4＝4q2.
因为a3＋2是a2和a4的等差中项，
所以2(a3＋2)＝a2＋a4.
即2(4q＋2)＝4＋4q2，化简得q2－2q＝0.
因为公比q≠0，所以q＝2.
所以an＝a2qn－2＝4×2n－2＝2n(n∈N*)．
(2)因为an＝2n，所以bn＝2log2an－1＝2n－1.
所以anbn＝(2n－1)2n.
则Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，①
2Tn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－1)2n＋1.②
①－②得，－Tn＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n－1)2n＋1
＝2＋2×－(2n－1)2n＋1＝－6－(2n－3)2n＋1，所以Tn＝6＋(2n－3)2n＋1.
20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，△PCD为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，点E，F分别为AD，CD的中点．
(1)求证：BE∥平面PCD；
(2)求证：平面PAF⊥平面PCD.
证明：(1)∵AD＝2BC＝2，且E为AD的中点，
∴BC＝ED.
又∵AD∥BC，∴四边形BCDE是平行四边形，
∴BE∥CD.∵CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
∴BE∥平面PCD.
(2)∵在等边△PCD中，F是CD的中点，∴CD⊥PF.
又BC∥AD，AB⊥AD，
∴AB⊥BC，连接AC，
∵AB＝，BC＝1，∴AC＝2，
又AD＝2，∴AC＝AD，
∴CD⊥AF，又∵PF∩AF＝F，∴CD⊥平面PAF.
∵CD⊂平面PCD，∴平面PAF⊥平面PCD.
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax，当x0∈(1，＋∞)时，函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线方程为y＝x－e.
(1)求a的值；
(2)求证：函数f(x)在定义域内单调递增．
解：(1)由题意，得f′(x)＝ln x＋＋1－a，
所以函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，
即y－(x0＋1)ln x0＋ax0＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0－x0－1，
所以
令g(x)＝x－ln x＋1，则g′(x)＝1－＝，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增．
又因为g(e)＝e，所以x0＝e，
将x0＝e代入ln x0＋＋1－a＝，得a＝2.
(2)证明：由a＝2，得f′(x)＝ln x＋－1(x>0)．
令h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，
故当x∈(0,1)时，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，故h(x)≥h(1)＝1.
因此当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝h(x)－1≥0，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0.
所以f(x)在定义域内单调递增．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(其中a＜0，c＞0)．
(1)当a＝2c－2时，若f(x)≥对任意x∈(c，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)设函数f(x)的图象在两点P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))处的切线分别为l1，l2，若x1＝ ，x2＝c，且l1⊥l2，求实数c的最小值．
解：(1)当x＞c，a＝2c－2时，
f′(x)＝＋2(x－c)
＝＝.
∵a＜0，c＞0，且c＝＋1，∴0＜c＜1.
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(c,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
∴函数f(x)在(c，＋∞)上的最小值为f(1)＝(1－c)2＝a2.
∴要使f(x)≥恒成立，只需a2≥恒成立，
即a≤－1或a≥1(舍去)．
又∵c＝＋1＞0，∴a＞－2.
∴实数a的取值范围是(－2，－1]．
(2)由l1⊥l2可得，f′·f′(c)＝－1，
而f′(c)＝，∴f′＝－.
当 ≥c时，
f′＝＝－2c＝－.
即a＝，与已知矛盾，舍去；
当 ＜c时，由0＜x＜c时，f′(x)＝－2(x－c)＝，
可得f′＝
＝－＋2c＝－，∴c＝.
∵a＜0，c＞0，∴2a＋1＜0，即a＜－.
令＝t，则a＝－(t＞2)，
∴c＝＝.
设g(t)＝，则g′(t)＝.
令g′(t)＝0，得t＝2.
当t变化时，g′(t)与g(t)的变化情况如下表：
t
(2,2)
2
(2，＋∞)
g′(t)
－
0
＋
g(t)
极小值
∴函数g(t)的最小值为g(2)＝，
∴实数c的最小值为.
相关资料
更多
