第十一單元空間位置關系教材復習課“空間位置關系”相關基礎知識一課過4個公理[過雙基]1．平面的基本性質(1)公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內．(2)公理2：過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面．推論1：經過一條直線和這條直線外一點有且只有一個平面；推論2：經過兩條相交直線有且只有一個平面；推論3：經過兩條平行直線有且只有一個平面．(3)公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線．2．平行公理公理4：平行于同一條直線的兩條直線互相平行．eq\a\vs4\al([小題速通])1．以下四個命題中，①不共面的四點中，其中任意三點不共線；②若點A，B，C，D共面，點A，B，C，E共面，則點A，B，C，D，E共面；③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面；④依次首尾相接的四條線段必共面．正確命題的個數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B①假設其中有三點共線，則該直線和直線外的另一點確定一個平面．這與四點不共面矛盾，故其中任意三點不共線，所以①正確．②從條件看出兩平面有三個公共點A，B，C，但是若A，B，C共線，則結論不正確；③不正確；④不正確，因為此時所得的四邊形的四條邊可以不在一個平面上，如空間四邊形．2．下列命題中，真命題是()A．空間不同三點確定一個平面B．空間兩兩相交的三條直線確定一個平面C．兩組對邊相等的四邊形是平行四邊形D．和同一直線都相交的三條平行線在同一平面內解析：選DA是假命題，當三點共線時，過三點有無數(shù)個平面；B不正確，兩兩相交的三條直線不一定共面；C不正確，兩組對邊相等的四邊形可能是空間四邊形；D正確，故選D.3．三個不同的平面可能把空間分成________部分(寫出所有可能的情況)．解析：如圖(1)，可分成四部分(互相平行)；如圖(2)(3)，可分成六部分(兩種情況)；如圖(4)，可分成七部分；如圖(5)，可分成八部分．答案：4,6,7,8[清易錯]1．三點不一定確定一個平面．當三點共線時，可確定無數(shù)個平面．2．判斷由所給元素(點或直線)確定平面時，關鍵是分析所給元素是否具有確定唯一平面的條件，如不具備，則一定不能確定一個平面．1．如圖是正方體或四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點，則這四個點不共面的一個圖是()解析：選DA，B，C圖中四點一定共面，D中四點不共面．2．過同一點的4條直線中，任意3條都不在同一平面內，則這4條直線確定平面的個數(shù)是________．解析：設四條直線為a，b，c，d，則這四條直線中每兩條都確定一個平面，因此，a與b，a與c，a與d，b與c，b與d，c與d都分別確定一個平面，共6個平面．答案：6空間點、線、面的位置關系[過雙基]1．空間直線間的位置關系(1)空間中兩直線的位置關系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直線\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行,相交)),異面直線：不同在任何一個平面內))(2)異面直線所成的角①定義：設a，b是兩條異面直線，經過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．②范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補．2．空間中直線與平面、平面與平面的位置關系(1)直線與平面的位置關系有相交、平行、在平面內三種情況．(2)平面與平面的位置關系有平行、相交兩種情況．eq\a\vs4\al([小題速通])1．若空間三條直線a，b，c滿足a⊥b，b⊥c，則直線a與c()A．一定平行B．一定相交C．一定是異面直線D．平行、相交或異面都有可能解析：選D當a，b，c共面時，a∥c；當a，b，c不共面時，a與c可能異面也可能相交．2．若平面α上存在不同的三點到平面β的距離相等且不為零，則平面α與平面β的位置關系為()A．平行 B．相交C．平行或重合 D．平行或相交解析：選D當兩個平面平行時，平面α上存在無數(shù)多個點到平面β的距離相等且不為零，滿足題意；當兩個平面相交時，可以從交線的兩側去找三個點到平面β的距離相等且不為零．故選D.3．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為棱BC和棱CC1的中點，則異面直線AC和MN所成的角為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：選C連接AD1，則AD1與MN平行．所以∠D1AC為異面直線AC和MN所成的角的平面角．因為△D1AC是正三角形，所以∠D1AC＝60°.4．在正四面體ABCD中，M，N分別是BC和DA的中點，則異面直線MN和CD所成的角為________．解析：因為ABCD是正四面體，所以AB⊥CD.取AC的中點E，連接ME，NE，則∠ENM的大小為異面直線MN和CD所成角的大小．因為ME⊥NE，且ME＝NE，所以∠ENM＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)[清易錯]1．異面直線易誤解為“分別在兩個不同平面內的兩條直線為異面直線”，實質上兩異面直線不能確定任何一個平面，因此異面直線既不平行，也不相交．2．直線與平面的位置關系在判斷時最易忽視“線在面內”．1.如圖所示，在三棱錐P-ABC的六條棱所在的直線中，異面直線共有()A．2對 B．3對C．4對 D．6對解析：選B依題意，異面直線有AP與BC，PB與AC，CP與AB，共3對．2．若直線a⊥b，且直線a∥平面α，則直線b與平面α的位置關系是()A．b?α B．b∥αC．b?α或b∥α D．b與α相交或b?α或b∥α解析：選Db與α相交或b?α或b∥α都可以．平行關系4定理[過雙基]1．直線與平面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行?線面平行)∵l∥a，a?α，l?α，∴l(xiāng)∥α性質定理一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行”)∵l∥α，l?β，α∩β＝b，∴l(xiāng)∥b2.平面與平面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a?α，b?α，∴α∥β性質定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥beq\a\vs4\al([小題速通])1．過平面α外的直線l，作一組平面與α相交，如果所得的交線分別為a，b，c，…，那么這些交線的位置關系為()A．都平行B．都相交且一定交于同一點C．都相交但不一定交于同一點D．都平行或交于同一點解析：選D若l∥平面α，則交線都平行；若l∩平面α＝A，則交線都交于同一點A.2．下列說法中正確的是()①一條直線如果和一個平面平行，它就和這個平面內的無數(shù)條直線平行；②一條直線和一個平面平行，它就和這個平面內的任何直線無公共點；③過直線外一點，有且僅有一個平面和已知直線平行．A．①②③ B．①③C．②③ D．①②解析：選D由線面平行的性質定理知①正確；由直線與平面平行的定義知②正確；③錯誤，因為經過一點可作一直線與已知直線平行，而經過這條直線可作無數(shù)個平面．3．已知直線a∥平面α，P∈α，那么過點P且平行于直線a的直線()A．只有一點，不在平面α內B．有無數(shù)條，不一定在平面α內C．只有一條，在平面α內D．有無數(shù)條，一定在平面α內解析：選C由線面平行的性質可知C正確．4．設α，β，γ為三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n?γ，且________，則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，使該命題為真命題．①α∥γ，n?β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m?γ.可以填入的條件有________．解析：由面面平行的性質定理可知，①正確；當n∥β，m?γ時，n和m在同一平面內，且沒有公共點，所以平行，③正確．答案：①或③[清易錯]1．直線與平面平行的判定中易忽視“線在面內”這一關鍵條件．2．面面平行的判定中易忽視“面內兩條直線相交”這一條件，如果一個平面內有無數(shù)條直線與另一個平面平行，易誤認為這兩個平面平行，實質上也可以相交．1．已知直線a與直線b平行，直線a與平面α平行，則直線b與α的關系為()A．平行 B．相交C．直線b在平面α內 D．平行或直線b在平面α內解析：選D依題意，直線a必與平面α內的某直線平行，又a∥b，因此直線b與平面α的位置關系是平行或直線b在平面α內．2．設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，“m∥β”是“α∥β”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選B當m∥β時，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?/α∥β；當α∥β時，α內任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上知，“m∥β”是“α∥β”的必要不充分條件.垂直關系4定理[過雙基]1．直線與平面垂直的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a?α，b?α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))?a∥b2．平面與平面垂直的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l?β,l⊥α))?α⊥β性質定理兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l?β,α∩β＝a,l⊥a))?l⊥αeq\a\vs4\al([小題速通])1.如圖，在三棱錐P-ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：選BA中，因為AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正確；C中，因為平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C正確；D中，由A知D正確；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B.2．設α，β，γ為不同的平面，m，n，l為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件為()A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：選D若α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，則m與β的位置不確定；若α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，則α，β可能平行，此時m∥β；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，則α，β不一定平行，所以m不一定與β垂直；若n⊥α，n⊥β，則α∥β，又m⊥α，則m⊥β.故選D.3.如圖，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC和△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直線AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB4．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則一定互相垂直的平面有________對．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對．答案：75.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)解析：連接AC，BD，則AC⊥BD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)[清易錯]1．證明線面垂直時，易忽視“面內兩條直線相交”這一條件．2．面面垂直的判定定理中，直線在面內且垂直于另一平面易忽視．3．面面垂直的性質定理在使用時易忘面內一線垂直于交線而盲目套用造成失誤．1．已知m，n為不同的直線，α，β為不同的平面，則下列說法中正確的是()A．m?α，n∥m?n∥αB．m?α，n⊥m?n⊥αC．m?α，n?β，m∥n?α∥βD．n?β，n⊥α?α⊥β解析：選D對于選項A，由直線與平面平行的判定定理可知，還需要滿足n在平面α外；對于選項B，根據直線與平面垂直的判定定理可知，要使直線垂直平面，直線應該垂直平面內的兩條相交直線；對于選項C，這兩個平面也有可能相交；由平面與平面垂直的判定可知，選項D成立．故選D.2．下列說法中，錯誤的是()A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內一定存在直線平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內一定不存在直線垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α內所有直線都垂直于平面β解析：選DA項顯然正確．根據面面垂直的判定，B項正確．對于選項C，設α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ內取一點P不在l上，過P作直線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(xiāng)⊥γ，故選項C正確．對于選項D，設α∩β＝l，則l?α，但l?β，故在α內存在直線不垂直于平面β，即選項D錯誤．3．若不同的兩點A，B到平面α的距離相等，則下列命題中一定正確的是()A．A，B兩點在平面α的同側B．A，B兩點在平面α的異側C．過A，B兩點必有垂直于平面α的平面D．過A，B兩點必有平行于平面α的平面解析：選C由題意得A，B兩點在平面α的同側或異側，排除A、B；當A，B兩點在平面α的異側時，過A，B兩點不存在平行于平面α的平面，排除D.故選C.一、選擇題1．設三條不同的直線l1，l2，l3，滿足l1⊥l3，l2⊥l3，則l1與l2()A．是異面直線B．是相交直線C．是平行直線D．可能相交、平行或異面解析：選D如圖所示，在正方體ABCD-EFGH中，AB⊥AD，AE⊥AD，則AB∩AE＝A；AB⊥AE，AE⊥DC，則AB∥DC；AB⊥AE，F(xiàn)H⊥AE，則AB與FH是異面直線，故選D.2.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別為AA1，AB，BB1，B1C1的中點．則異面直線EF與GH所成的角等于()A．45°B．60°C．90°D． 120°解析：選B如圖所示，連接BA1，BC1，A1C1，易知三角形BA1C1是等邊三角形，因為E，F(xiàn)，G，H分別為AA1，AB，BB1，B1C1的中點，則EF∥BA1，GH∥BC1，所以∠A1BC1＝60°是異面直線EF與GH所成的角．3．已知空間兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，則下列命題中正確的是()A．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥nB．若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m∥nC．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥nD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥n解析：選D若m∥α，n∥β，α∥β，則m與n平行或異面，即A錯誤；若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m與n相交或平行或異面，即B錯誤；若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m與n相交、平行或異面，即C錯誤，故選D.4.(2018·廣東模擬)如圖是一個幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面四個結論：①BE與CF異面；②BE與AF異面；③EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正確結論的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B畫出該幾何體，如圖，因為E，F(xiàn)分別是PA，PD的中點，所以EF∥AD，所以EF∥BC，BE與CF是共面直線，故①不正確；②BE與AF滿足異面直線的定義，故②正確；③由E，F(xiàn)分別是PA，PD的中點，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因為EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，故③正確；④因為BE與PA的關系不能確定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正確．故選B.5.如圖所示，P為矩形ABCD所在平面外一點，矩形對角線交點為O，M為PB的中點，給出下列五個結論：①PD∥平面AMC；②OM∥平面PCD；③OM∥平面PDA；④OM∥平面PBA；⑤OM∥平面PBC.其中正確的個數(shù)有()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C因為矩形ABCD的對角線AC與BD交于點O，所以O為BD的中點．在△PBD中，M是PB的中點，所以OM是△PBD的中位線，OM∥PD，則PD∥平面AMC，OM∥平面PCD，且OM∥平面PDA.因為M∈PB，所以OM與平面PBA、平面PBC相交．6．(2018·余姚模擬)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法錯誤的是()A．MN與CC1垂直B．MN與AC垂直C．MN與BD平行D．MN與A1B1平行解析：選D如圖，連接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正確；∵CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴MN與CC1垂直，故A正確；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN與AC垂直，故B正確，故選D.7.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝eq\f(1,2)，則下列結論中錯誤的是()A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱錐A-BEF的體積為定值D．△AEF的面積與△BEF的面積相等解析：選D因為AC⊥平面BDD1B1，BE?平面BDD1B1，所以AC⊥BE，A項正確；根據線面平行的判定定理，知B項正確；因為三棱錐的底面△BEF的面積是定值，且點A到平面BDD1B1的距離是定值eq\f(\r(2),2)，所以其體積為定值，C項正確；很顯然，點A和點B到EF的距離不相等，故D項錯誤．8．(2018·福州質檢)在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為棱AA1，CC1的中點，則在空間中與直線A1B1，EF，BC都相交的直線()A．不存在 B．有且只有兩條C．有且只有三條 D．有無數(shù)條解析：選D在EF上任意取一點M，直線A1B1與M確定一個平面，這個平面與BC有且僅有1個交點N，當M的位置不同時確定不同的平面，從而與BC有不同的交點N，而直線MN與A1B1，EF，BC分別有交點P，M，N，如圖，故有無數(shù)條直線與直線A1B1，EF，BC都相交．二、填空題9．如圖所示，平面α，β，γ兩兩相交，a，b，c為三條交線，且a∥b，則a，b，c的位置關系是________．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∥c10．(2018·天津六校聯(lián)考)設a，b為不重合的兩條直線，α，β為不重合的兩個平面，給出下列命題：①若a∥α且b∥α，則a∥b；②若a⊥α且a⊥β，則α∥β；③若α⊥β，則一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，則一定存在直線l，使得l⊥α，l∥β.其中真命題的序號是________．解析：①中a與b也可能相交或異面，故不正確．②垂直于同一直線的兩平面平行，正確．③中存在γ，使得γ與α，β都垂直，正確．④中只需直線l⊥α且l?β就可以，正確．答案：②③④11．如圖所示，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點，那么異面直線D1E和A1F所成角的余弦值等于________．解析：取BB1的中點G，連接FG，A1G，易得A1G∥D1E，則∠FA1G是異面直線D1E和A1F所成角或補角，易得A1F＝A1G＝eq\r(5)，F(xiàn)G＝eq\r(6)，在三角形FA1G中，利用余弦定理可得cos∠FA1G＝eq\f(5＋5－6,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)12.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，外接球的球心為O，點E是側棱BB1上的一個動點．則有以下結論：①AC與C1E是異面直線；②A1E一定不垂直于AC1；③三棱錐E-AA1O的體積為定值；④AE＋EC1的最小值為2eq\r(2).其中正確的個數(shù)是________．解析：①由異面直線的定義可知，①顯然正確；②當點E與B重合時，A1E⊥AC1，故②錯誤；③由題意可知，三棱柱的外接球的球心O是正方形AA1C1C的中心，則三角形AA1O的面積為定值，且E到平面AA1O的距離即為BB1與平面AA1C1C之間的距離，所以三棱錐E-AA1O的體積為定值，故③正確；④將側面AA1B1B與側面BB1C1C展開成矩形，則矩形的對角線AC1的長即為AE＋EC1的最小值為2eq\r(2)，故④正確．答案：3三、解答題13.如圖所示，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中點．已知∠BAC＝eq\f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq\r(3)，PA＝2.求：(1)三棱錐P-ABC的體積；(2)異面直線BC與AD所成角的余弦值．解：(1)因為S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，所以三棱錐P-ABC的體積V＝eq\f(1,3)·S△ABC·PA＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).(2)如圖所示，取PB的中點E，連接DE，AE，則DE∥BC，所以∠ADE(或其補角)是異面直線BC與AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝eq\r(2)，AD＝2，則cos∠ADE＝eq\f(DE2＋AD2－AE2,2DE·AD)＝eq\f(22＋22－2,2×2×2)＝eq\f(3,4).即異面直線BC與AD所成角的余弦值為eq\f(3,4).14．如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F(xiàn)分別是棱AD，AA1，AB的中點．(1)證明：直線EE1∥平面FCC1；(2)證明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.證明：(1)∵F是AB的中點，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，∴AF綊CD，∴四邊形AFCD為平行四邊形，∴CF∥AD.又ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱，∴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為等腰梯形，AB＝4，BC＝2，F(xiàn)是棱AB的中點，∴CF＝AD＝BF＝2，∴△BCF為正三角形，∠BCF＝∠CFB＝60°，∠FCA＝∠FAC＝30°，∴AC⊥BC.又BC與CC1都在平面BB1C1C內且交于點C，∴AC⊥平面BB1C1C，而AC?平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面BB1C1C.高考研究課(一)平行問題3角度——線線、線面、面面[全國卷5年命題分析]考點考查頻度考查角度線面關系基本問題5年3考空間線面平行、垂直關系判斷線面平行的證明5年6考證明線面平行面面平行的證明未考查平行關系的基本問題[典例](1)(2018·成都一診)已知三個不同的平面α，β，γ，三條不同的直線a，b，c，則下列命題正確的是()A．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥βB．若a⊥c，b⊥c，則a∥bC．若a⊥α，b⊥α，則a∥bD．若a，b在α內的射影相互平行，則a∥b(2)若l，m是兩條不同的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件[解析](1)若α⊥γ，β⊥γ，則α與β可能垂直，排除A；若a⊥c，b⊥c，則a與b可能異面，排除B；若a，b在α內的射影相互平行，則a與b平行或異面，排除D；垂直于同一平面的兩直線平行，C正確．故選C.(2)∵m⊥α，若l∥α，則必有l(wèi)⊥m，即l∥α?l⊥m.但l⊥m?/l∥α，∵l⊥m時，l可能在α內．故“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的必要不充分條件．[答案](1)C(2)B[方法技巧]解決平行關系基本問題的3個注意點(1)注意判定定理與性質定理中易忽視的條件，如線面平行的條件中線在面外易忽視．(2)結合題意構造或繪制圖形，結合圖形作出判斷．(3)會舉反例或用反證法推斷命題是否正確．[即時演練]1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列結論正確的是______(填序號)．①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.解析：如圖，因為AB綊C1D1，所以四邊形AD1C1B為平行四邊形．故AD1∥BC1，從而①正確；易證BD∥B1D1，AB1∥DC1，又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，從而②正確；由圖易知AD1與DC1異面，故③錯誤；因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，故④正確．答案：①②④2．如圖是長方體被一平面所截得的幾何體，四邊形EFGH為截面，則四邊形EFGH的形狀為________．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，∴四邊形EFGH的形狀是平行四邊形．答案：平行四邊形直線與平面平行的判定與性質直線與平面平行的判定與性質是高考的考查重點.多考查直線與平面平行的判定.利用線面平行的性質判定線線平行及探索存在性問題.常見的命題角度有：?1?直線與平面平行的判定；?2?直線與平面平行的性質；?3?與平行相關的探索性問題.角度一：直線與平面平行的判定1.如圖，空間幾何體ABCDFE中，四邊形ADFE是梯形，且EF∥AD，P，Q分別為棱BE，DF的中點．求證：PQ∥平面ABCD.證明：法一：如圖，取AE的中點G，連接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.因為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：如圖，連接EQ并延長，與AD的延長線交于點H，連接BH.因為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]證明直線與平面平行的3種方法定義法一般用反證法判定定理法關鍵是在平面內找(或作)一條直線與已知直線平行，證明時注意用符號語言敘述證明過程性質判定法即兩平面平行時，其中一個平面內的任何直線都平行于另一個平面角度二：直線與平面平行的性質2.如圖所示，四邊形ABCD是平行四邊形，點P是平面ABCD外一點，M是PC的中點，在DM上取一點G，過G和AP作平面交平面BDM于GH.求證：AP∥GH.證明：如圖所示，連接AC交BD于點O，連接MO，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點，又M是PC的中點，∴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]判定線面平行的4種方法(1)利用線面平行的定義(無公共點)；(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)；(3)利用面面平行的性質定理(α∥β，a?α?a∥β)；(4)利用面面平行的性質(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)．角度三：與平行相關的探索性問題3.在如圖所示的多面體中，四邊形ABB1A1和四邊形ACC1A1都為矩形．設D，E分別是線段BC，CC1的中點，在線段AB上是否存在一點M，使直線DE∥平面A1MC？請證明你的結論．證明：存在點M為線段AB的中點，使直線DE∥平面A1MC，證明如下：如圖，取線段AB的中點M，連接A1M，MC，A1C，AC1，設O為A1C，AC1的交點．由已知，得O為AC1的中點．連接MD，OE，則MD，OE分別為△ABC，△ACC1的中位線，所以MD綊eq\f(1,2)AC，OE綊eq\f(1,2)AC，因此MD綊OE.連接OM，從而四邊形MDEO為平行四邊形，則DE∥MO.因為直線DE?平面A1MC，MO?平面A1MC，所以直線DE∥平面A1MC.即線段AB上存在一點M(線段AB的中點)，使直線DE∥平面A1MC.[方法技巧]解決探究性問題一般先假設求解的結果存在，從這個結果出發(fā)，尋找使這個結論成立的充分條件，如果找到了使結論成立的充分條件，則存在；如果找不到使結論成立的充分條件(出現(xiàn)矛盾)，則不存在．而對于探求點的問題，一般是先探求點的位置，多為線段的中點或某個三等分點，然后給出符合要求的證明．面面平行的判定與性質[典例]如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分別是CE和CF的中點．(1)求證：平面BDGH∥平面AEF；(2)求多面體ABCDEF的體積．[解](1)證明：在△CEF中，因為G，H分別是CE，CF的中點，所以GH∥EF.又因為GH?平面AEF，EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF.設AC與BD的交點為O，連接OH，在△ACF中，因為O，H分別是AC，CF的中點，所以OH∥AF.又因為OH?平面AEF，AF?平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因為OH∩GH＝H，OH?平面BDGH，GH?平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(2)因為AC⊥平面BDEF，又易知AO＝eq\r(2)，S矩形BDEF＝3×2eq\r(2)＝6eq\r(2)，所以四棱錐A-BDEF的體積V1＝eq\f(1,3)·AO·S矩形BDEF＝4.同理可得四棱錐C-BDEF的體積V2＝4.所以多面體ABCDEF的體積V＝V1＋V2＝8.[方法技巧]判定面面平行的4種方法(1)面面平行的定義，即判斷兩個平面沒有公共點；(2)面面平行的判定定理；(3)垂直于同一條直線的兩平面平行；(4)平面平行的傳遞性，即兩個平面同時平行于第三個平面，則這兩個平面平行．[即時演練]1．已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過點P的直線m與α，β分別交于點A，C，過點P的直線n與α，β分別交于點B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，則BD的長為()A．16 B．24或eq\f(24,5)C．14 D．20解析：選B設BD＝x，由α∥β?AB∥CD?△PAB∽△PCD?eq\f(PB,PA)＝eq\f(PD,PC).①當點P在兩平面之間時，如圖1，eq\f(x－8,6)＝eq\f(8,9－6)，得x＝24；②當點P在兩平面外側時，如圖2，eq\f(8－x,6)＝eq\f(8,9＋6)，得x＝eq\f(24,5).2.如圖，四邊形ABCD與ADEF均為平行四邊形，M，N，G分別是AB，AD，EF的中點．(1)求證：BE∥平面DMF；(2)求證：平面BDE∥平面MNG.證明：(1)連接AE，則AE必過DF與GN的交點O，連接MO，則MO為△ABE的中位線，所以BE∥MO.又BE?平面DMF，MO?平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因為N，G分別為平行四邊形ADEF的邊AD，EF的中點，所以DE∥GN，又DE?平面MNG，GN?平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M為AB的中點，所以MN為△ABD的中位線，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·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是()解析：選A法一：對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ.又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項C、D中均有AB∥平面MNQ.故選A.法二：對于選項A，設正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面MNQ不平行，根據直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質知，選項B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A.2．(2017·全國卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eqB.\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(10),5)D.eqD.\f(\r(3),3)解析：選C法一：如圖所示，將直三棱柱ABC-A1B1C1補成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，連接AD1，B1D1，則AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其補角為異面直線AB1與BC1所成的角．因為∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，所以cos∠B1AD1＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).法二：如圖，設M，N，P分別為AB，BB1，B1C1的中點，連接MN，NP，MP，則MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其補角為異面直線AB1與BC1所成的角．易知MN＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(\r(5),2)，NP＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(\r(2),2).取BC的中點Q，連接PQ，MQ，可知△PQM為直角三角形，PQ＝1，MQ＝eq\f(1,2)AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，所以AC＝eq\r(7)，MQ＝eq\f(\r(7),2).在△MQP中，MP＝eq\r(MQ2＋PQ2)＝eq\f(\r(11),2)，則在△PMN中，cos∠PNM＝eq\f(MN2＋NP2－MP2,2·MN·NP)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))2,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(10),5)，所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).3．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P-ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1)證明：直線BC∥平面PAD；(2)若△PCD的面積為2eq\r(7)，求四棱錐P-ABCD的體積．解：(1)證明：在平面ABCD內，因為∠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的中點M，連接PM，CM.由AB＝BC＝eq\f(1,2)AD及BC∥AD，∠ABC＝90°，得四邊形ABCM為正方形，則CM⊥AD.因為側面PAD為等邊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.因為CM?底面ABCD，所以PM⊥CM.設BC＝x，則CM＝x，CD＝eq\r(2)x，PM＝eq\r(3)x，PC＝PD＝2x.取CD的中點N，連接PN，則PN⊥CD，所以PN＝eq\f(\r(14),2)x.因為△PCD的面積為2eq\r(7)，所以eq\f(1,2)×eq\r(2)x×eq\f(\r(14),2)x＝2eq\r(7)，解得x＝－2(舍去)或x＝2.于是AB＝BC＝2，AD＝4，PM＝2eq\r(3).所以四棱錐P-ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(2?2＋4?,2)×2eq\r(3)＝4eq\r(3).4．(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求四面體N-BCM的體積．解：(1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為MN?平面PAB，AT?平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)因為PA⊥平面ABCD，N為PC的中點，所以N到平面ABCD的距離為eq\f(1,2)PA.取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(5).由AM∥BC得M到BC的距離為eq\r(5)，故S△BCM＝eq\f(1,2)×4×eq\r(5)＝2eq\r(5).所以四面體N-BCM的體積VN-BCM＝eq\f(1,3)×S△BCM×eq\f(PA,2)＝eq\f(4\r(5),3).5．(2014·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)設AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱錐P-ABD的體積V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距離．解：(1)證明：設BD與AC的交點為O，連接EO.因為平面ABCD為矩形，所以O為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB.又EO?平面AEC，PB?平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)由V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB.V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H.由題設知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，又BC∩PB＝B，故AH⊥平面PBC.又AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13)，所以A到平面PBC的距離為eq\f(3\r(13),13).一、選擇題1．(2018·惠州模擬)設直線l，m，平面α，β，則下列條件能推出α∥β的是()A．l?α，m?α，且l∥β，m∥βB．l?α，m?β，且l∥mC．l⊥α，m⊥β，且l∥mD．l∥α，m∥β，且l∥m解析：選C借助正方體模型進行判斷．易排除選項A、B、D，故選C.2.如圖，在長方體ABCD-A′B′C′D′中，下列直線與平面AD′C平行的是()A．B′C′ B．A′BC．A′B′ D．BB′解析：選B連接A′B，∵A′B∥CD′，CD′?平面AD′C，∴A′B∥平面AD′C.3．設α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α內的兩條不同直線，l1，l2是平面β內的兩條相交直線，則α∥β的一個充分不必要條件是()A．m∥l1且n∥l2 B．m∥β且n∥l2C．m∥β且n∥β D．m∥β且l1∥α解析：選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的一個充分不必要條件．4．(2018·福州模擬)已知直線a，b異面，給出以下命題：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；④一定存在無數(shù)個平行于a的平面α與b交于一定點．則其中命題正確的是()A．①④ B．②③C．①②③ D．②③④解析：選D對于①，若存在平面α使得b⊥α，則有b⊥a，而直線a，b未必垂直，因此①不正確；對于②，注意到過直線a，b外一點M分別引直線a，b的平行線a1，b1，顯然由直線a1，b1可確定平面α，此時平面α與直線a，b均平行，因此②正確；對于③，注意到過直線b上的一點B作直線a2與直線a平行，顯然由直線b與a2可確定平面α，此時平面α與直線a平行，且b?α，因此③正確；對于④，在直線b上取一定點N，過點N作直線c與直線a平行，經過直線c的平面(除由直線a與c所確定的平面及直線c與b所確定的平面之外)均與直線a平行，且與直線b相交于一定點N，因此④正確．綜上所述，②③④正確．5．如圖，透明塑料制成的長方體容器ABCD-A1B1C1D1內灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面四個命題：①沒有水的部分始終呈棱柱形；②水面EFGH所在四邊形的面積為定值；③棱A1D1始終與水面所在平面平行；④當容器傾斜如圖所示時，BE·BF是定值．其中正確命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C由題圖，顯然①是正確的，②是錯誤的；對于③，∵A1D1∥BC，BC∥FG，∴A1D1∥FG且A1D1?平面EFGH，∴A1D1∥平面EFGH(水面)．∴③是正確的；對于④，∵水是定量的(定體積V)，∴S△BEF·BC＝V，即eq\f(1,2)BE·BF·BC＝V.∴BE·BF＝eq\f(2V,BC)(定值)，即④是正確的，故選C.6．(2018·合肥模擬)在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，則對角線AC和平面DEF的位置關系是()A．平行 B．相交C．在平面內 D．不能確定解析：選A如圖，由eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FB)得AC∥EF.又因為EF?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF.二、填空題7．有下列四個命題，其中正確命題的序號是________．①若直線l上有無數(shù)個點不在平面α內，則l∥α；②若直線l與平面α平行，則l與平面α內的任意一條直線都平行；③若平面α與平面β平行，直線l在平面α內，則l∥β；④若直線l與平面α平行，則l與平面α內的任意一條直線都沒有公共點．解析：①若直線l上有無數(shù)個點不在平面α內，則l∥α或l與α相交，故①錯誤；②若直線l與平面α平行，則l與平面α內的任意一條直線平行或異面，故②錯誤；③由面面平行的定義可知，③正確；④若直線l與平面α平行，則l與平面α內的任意一條直線都沒有公共點，故④正確．答案：③④8．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，則點Q滿足條件________時，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如圖所示，假設Q為CC1的中點，因為P為DD1的中點，所以QB∥PA.連接DB，因為P，O分別是DD1，DB的中點，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滿足條件Q為CC1的中點時，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q為CC1的中點9．如圖，在四棱錐V-ABCD中，底面ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為側棱VC，VB上的點，且滿足VC＝3EC，AF∥平面BDE，則eq\f(VB,FB)＝________.解析：連接AC交BD于點O，連接EO，取VE的中點M，連接AM，MF，由VC＝3EC?VM＝ME＝EC，又AO＝CO?AM∥EO?AM∥平面BDE，又由題意知AF∥平面BDE，且AF∩AM＝A，∴平面AMF∥平面BDE?MF∥平面BDE?MF∥BE?VF＝FB?eq\f(VB,FB)＝2.答案：2三、解答題10.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D為AC的中點，AA1＝AB＝2.(1)求證：AB1∥平面BC1D；(2)設BC＝3，求四棱錐B-AA1C1D的體積．解：(1)證明：連接B1C，設B1C與BC1相交于點O，連接OD.∵四邊形BCC1B1是平行四邊形，∴點O為B1C的中點．∵D為AC的中點，∴OD為△AB1C的中位線，∴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，垂足為E，則BE⊥平面AA1C1C.∵AB＝AA1＝2，BC＝3，AB⊥BC，∴在Rt△ABC中，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(4＋9)＝eq\r(13)，∴BE＝eq\f(AB·BC,AC)＝eq\f(6,\r(13))，∴四棱錐B-AA1C1D的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)(A1C1＋AD)·AA1·BE＝eq\f(1,6)×eq\f(3,2)eq\r(13)×2×eq\f(6,\r(13))＝3.11．如圖，在四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.若BE＝1，在折疊后的線段AD上是否存在一點P，且AP→＝λPD→，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，說明理由．解：AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF，此時λ＝eq\f(3,2).理由如下：當λ＝eq\f(3,2)時，eq\o(AP,\s\up7(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PD,\s\up7(→))，可知eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，如圖，過點P作MP∥FD交AF于點M，連接EM，PC，則有eq\f(MP,FD)＝eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3，又EC＝3，MP∥FD∥EC，所以MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，所以CP∥ME，又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF，所以CP∥平面ABEF.12.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB＝2，E為PA的中點，∠BAD＝60°.(1)求證：PC∥平面EBD；(2)求三棱錐P-EDC的體積．解：(1)證明：設AC與BD相交于點O，連接OE.由題意知，底面ABCD是菱形，則O為AC的中點，又E為AP的中點，所以OE∥PC.因為OE?平面EBD，PC?平面EBD，所以PC∥平面EBD.(2)S△PCE＝eq\f(1,2)S△PAC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝eq\r(3).因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以DO⊥平面PAC，即DO是三棱錐D-PCE的高，且DO＝1，則VP-EDC＝VD-PCE＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),3).如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側面ADD1A1和側面CDD1C1都是矩形，BC∥AD，△ABD是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別為AD，A1D1的中點．(1)求證：DD1⊥平面ABCD；(2)求證：平面A1BE⊥平面ADD1A1；(3)若CF∥平面A1BE，求棱BC的長度．解：(1)證明：因為側面ADD1A1和側面CDD1C1都是矩形，所以DD1⊥AD，且DD1⊥CD.因為AD∩CD＝D，所以DD1⊥平面ABCD.(2)證明：因為△ABD是正三角形，且E為AD中點，所以BE⊥AD.因為DD1⊥平面ABCD，而BE?平面ABCD，所以BE⊥DD1.因為AD∩DD1＝D，所以BE⊥平面ADD1A1.因為BE?平面A1BE，所以平面A1BE⊥平面ADD1A1.(3)因為BC∥AD，而F為A1D1的中點，所以BC∥A1F.所以B，C，F(xiàn)，A1四點共面．因為CF∥平面A1BE，而平面BCFA1∩平面A1BE＝A1B，所以CF∥A1B.所以四邊形BCFA1為平行四邊形．所以BC＝A1F＝eq\f(1,2)AD＝1.高考研究課(二)垂直問題3角度——線線、線面、面面[全國卷5年命題分析]考點考查頻度考查角度垂直關系的基本問題5年3考垂直、平行關系的基本問題判斷線面垂直的證明5年3考證明線線垂直、線面垂直面面垂直的證明5年3考證明面面垂直垂直關系的基本問題[典例](1)已知兩條不重合的直線m，n和兩個不重合的平面α，β，若m⊥α，n?β.則下列四個命題：①若α∥β，則m⊥n；②若m⊥n，則α∥β；③若m∥n，則α⊥β；④若α⊥β，則m∥n.其中正確命題的個數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3(2)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，點E，F(xiàn)，G分別是線段DC，D1D和D1B上的動點，給出下列結論：①對于任意給定的點E，存在點F，使得AF⊥A1E；②對于任意給定的點F，存在點E，使得AF⊥A1E；③對于任意給定的點G，存在點F，使得AF⊥B1G；④對于任意給定的點F，存在點G，使得AF⊥B1G.其中正確結論的個數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3[解析](1)對于①，若m⊥α，α∥β，則m⊥β，又n?β，∴m⊥n，故①正確；對于②，α與β也可能相交，故②錯誤；對于③，若m∥n，m⊥α，則n⊥α，又n?β，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故③正確；對于④，m與n可能平行、相交或異面，故④錯誤．(2)①連接A1D，AD1，則A1D⊥AD1，又因為DC⊥平面ADD1A1，所以DC⊥AD1，所以AD1⊥平面CDA1，則AD1⊥A1E，因此，當點F與點D1重合時，對于任意給定的點E，存在點F，使得AF⊥A1E，故①正確；對于任意給定的點F，只有A1E⊥平面ADD1A1時，②才正確，顯然不存在點E使A1E⊥平面ADD1A1成立，故②錯誤；③只有AF垂直B1G在平面ADD1A1內的射影時，AF⊥B1G，故③正確；④對于任意給定的點F，只有B1G⊥平面ADD1A1時④才正確，顯然不存在點G使B1G⊥平面ADD1A1成立，故④錯誤．[答案](1)C(2)C[方法技巧]解決垂直關系基本問題的3個注意點(1)緊扣垂直關系的判定定理與性質定理．(2)結合題意構造或繪制圖形，結合圖形作出判斷．(3)會舉反例或用反證法推斷命題是否正確．[即時演練]1.如圖所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P為△ABC所在平面外一點，PA⊥平面ABC，則四面體P-ABC中共有直角三角形個數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1解析：選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為直角三角形，故四面體P-ABC中共有4個直角三角形．2.如圖所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()A．直線AB上B．直線BC上C．直線AC上D．△ABC內部解析：選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，∴點C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．3．如圖所示，在正四棱錐S-ABCD中，E是BC的中點，P點在側面△SCD內及其邊界上運動，并且總是保持PE⊥AC，則動點P的軌跡與△SCD組成的相關圖形是()解析：選A取CD的中點F，連接EF，BD，則EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF.又SB在底面ABCD內的射影為BD，∴AC⊥SB.取SC中點G，連接EG，F(xiàn)G，則EG∥SB，∴AC⊥EG，∴AC⊥平面EFG，∴點P在線段FG上移動時，總有AC⊥EP，故選A.直線與平面垂直的判定與性質[典例]如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[證明](1)在四棱錐P-ABCD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的中點，∴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]證明線面垂直的方法與基本思想(1)證明直線和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質．(2)證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質．因此，判定定理與性質定理的合理轉化是證明線面垂直的基本思想．[即時演練]1.如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命題的序號是________．解析：①AE?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA?AE⊥BC，故①正確，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB?平面PBC?AE⊥PB，又AF⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確，③若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤，由①可知④正確．答案：①②④2.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)證明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝eq\r(6)，求三棱柱ABC-A1B1C1的體積．解：(1)證明：取AB的中點O，連接OC，OA1，A1B，因為CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B為等邊三角形，所以OA1⊥AB，因為OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A1C?平面OA1C，所以AB⊥A1C.(2)由題設可知，△ABC與△AA1B都是邊長為2的等邊三角形，所以OC＝OA1＝eq\r(3)，又A1C＝eq\r(6)，則A1C2＝OC2＋OAeq\o\al(2,1)，故OA1⊥OC，因為OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，即OA1為三棱柱ABC-A1B1C1的高，又S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3)，∴VABC-A1B1C1＝S△ABC·OA1＝3.面面垂直的判定與性質[典例]如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分別是CD和PC的中點．求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[證明](1)因為平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以平面ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因為AB⊥AD，而且平面ABED為平行四邊形，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.因為E和F分別是CD和PC的中點，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種方法(1)面面垂直的定義；(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個轉化在已知平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化．在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直．[即時演練]1．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結論正確的是()A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC解析：選D∵在四邊形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，則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.如圖，在三棱臺ABC-DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)設平面ACE∩平面DEF＝a，求證：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，試問在線段BE上是否存在點G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，請確定G點的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：在三棱臺ABC-DEF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)線段BE上存在點G，且BG＝eq\f(1,3)BE時，使得平面DFG⊥平面CDE.證明如下：取CE的中點O，連接FO并延長交BE于點G，交CB的延長線于點H，連接GD，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.在三棱臺ABC-DEF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為CE的中點，EF＝CF＝2BC，由平面幾何知識易證△HOC≌△FOE，∴HB＝BC＝eq\f(1,2)EF.由△HGB∽△FGE，可知eq\f(BG,GE)＝eq\f(HB,EF)＝eq\f(1,2)，即BG＝eq\f(1,3)BE.1．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC解析：選C法一：由正方體的性質，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上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B、D錯；∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯．2．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P-ABCD的體積為eq\f(8,3)，求該四棱錐的側面積．解：(1)證明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.因為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)如圖所示，在平面PAD內作PE⊥AD，垂足為E.由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.設AB＝x，則由已知可得AD＝eq\r(2)x，PE＝eq\f(\r(2),2)x.故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝eq\f(1,3)AB·AD·PE＝eq\f(1,3)x3.由題設得eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)，故x＝2.從而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2eq\r(2)，PB＝PC＝2eq\r(2).可得四棱錐P-ABCD的側面積為eq\f(1,2)PA·PD＋eq\f(1,2)PA·AB＋eq\f(1,2)PD·DC＋eq\f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq\r(3).3．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)證明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．解：(1)證明：取AC的中點O，連接DO，BO.因為AD＝CD，所以AC⊥DO.又因為△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.因為DO∩BO＝O，所以AC⊥平面DOB.又BD?平面DOB，故AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設知∠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°.由題設知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.4．(2016·全國卷Ⅱ)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．(1)證明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝eq\f(5,4)，OD′＝2eq\r(2)，求五棱錐D′-ABCFE的體積．解：(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.(2)由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是OD′2＋OH2＝(2eq\r(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eq\f(EF,AC)＝eq\f(DH,DO)得EF＝eq\f(9,2).五邊形ABCFE的面積S＝eq\f(1,2)×6×8－eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×3＝eq\f(69,4).所以五棱錐D′-ABCFE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(69,4)×2eq\r(2)＝eq\f(23\r(2