DS立体几何垂直证明专题(教师版)

空间几何垂直证明专题

一、知识梳理

（一）直线与直线垂直的证明

1) 共面垂直：（1）等腰（等边）三角形中线

（2）勾股定理中的三角形（可求边长） (3) 菱形（正方形）对角线 (4)相似或全等证明直角 2) 异面垂直：

（1）利用线面垂直的性质：

如果一条直线与一个平面垂直，则这条直线垂直于此平面内的所有直线。

（2）利用面面垂直的性质推论：

如果两个平面互相垂直，在这两个平面内分别作垂直于交线的直线，则这两条直线互相垂直。

3) 利用常用结论：

① 如果两条直线互相平行，

直于第三条直线。

② 如果有一条直线垂直于一个平面，另一条直线平行于此平面，那么这两条直线互

c

a b

a ⊥∥c

b ⊥?l

b l a b a l ⊥⊥??=?⊥βαβαβ

αb

a ⊥? b

α

α

⊥?b a a

b ⊥?α

a

b

相垂直。

（二）直线与平面垂直的证明

1)利用某些空间几何体的特性：如长方体侧棱垂直于底面等

2)看直线与平面所成的角：如果直线与平面所成的角是直角，则这条直线垂直于此平面。

3)利用线面垂直的判定定理：

一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线垂直于此平面。

4)利用面面垂直的性质定理：

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。

5)利用常用结论：

①线线平移法：一条直线平行于一个平面的一条垂线，则该直线也垂直于此平面。

②面面平移法:

中一个平面，则该直线也垂直于另一个平面。

（三）平面与平面垂直的证明

1)利用某些空间几何体的特性：如长方体侧面垂直于底面

等

α

⊥

b

b

a∥

α

⊥

?a

β

α⊥

?

l

a

a

l

⊥

?

=

?

⊥

α

β

α

β

α

b

a

l

αA

α

⊥

?

?

?

?

?

?

?

?

l

b

l

a

l

A

b

a

b

a

⊥

⊥

=

?

?

α

α

α

α

α

∥

b

a⊥

b

a⊥

?

β

α

a

l

α

β

α

⊥

a

∥

β

⊥

?a

2) 看二面角：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角（即平面角是直角的二面

角），就说这连个平面互相垂直。 3) 利用面面垂直的判定定理

一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。

二、题型全归纳

题型一、线线垂直

类型一、共面垂直

【例题】如图，在四棱锥S ?ABCD 中，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱SA =4，AC 与BD 相交于点O ．

(1)证明：SO ⊥BD ；

(2)求三棱锥O ?SCD 的体积． 【答案】证明：(1)∵SA ⊥平面ABCD ，BD ?平面ABCD ， ∴SA ⊥BD ，

∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AC ，

又SA ?平面SAC ，AC ?平面SAC ，SA ∩AC =A ， ∴BD ⊥平面SAC ，∵SO ?平面SAC ， ∴SO ⊥BD ．

(2)∵四边形ABCD 是边长为1的正方形， ∴S △OCD =1

4S 正方形ABCD =1

4×12=1

4

．

∴V O?SCD =V S?OCD =1

3S △OCD ?SA =1

3×1

4×4=1

3．

【解析】(1)由SA ⊥平面ABCD 可得SA ⊥BD ，又AC ⊥BD ，故BD ⊥平面SAC ，于是BD ⊥SO ； (2)V O?SCD =V S?OCD =13S △OCD ?SA ．

本题考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算，属于基础题．

【变式训练1.1】在四棱锥P ?ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AD =2AB ，E ，F 是线段BC ，AB 的中点． (Ⅰ)证明：ED ⊥PE ；

(Ⅱ)在线段PA 上确定点G ，使得FG//平面PED ，请说明理由．

α

β

?⊥a a β

α⊥?a

α

β

【答案】(本题满分为12分)

解：(Ⅰ)证明：由PA⊥平面ABCD，得DE⊥PA.连接AE，

因为AD=2AB，

所以由勾股定理可得DE⊥AE．

所以DE⊥平面PAE，

因此PE⊥ED.…(6分)

(Ⅱ)过点F作FH//ED交AD于点H，则FH//平面PED，

AD．

且有AH=1

4

AP．

再过点H作HG//DP交PA于点G，则HG//平面PED，且AG=1

4

由面面平行的判定定理可得平面GEH//平面PFD，

进而由面面平行的性质得到EG//平面PFD，

从而确定G点位置.…(12分)

【解析】(Ⅰ)由PA⊥平面ABCD先证明DE⊥PA.连接AE，由勾股定理证明DE⊥AE，通过证明DE⊥平面PAE，即可得证PE⊥ED．

(Ⅱ)过点F作FH//ED交AD于点H，再过点H作HG//DP交PA于点G，通过证明平面GEH//平面PFD，然后证明EG//平面PFD．

本题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的性质，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题．

类型二、异面垂直（由线构面）

【例题】如图，三棱柱ABC?A1B1C1中，点A1在平面ABC内的

射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2．

(Ⅰ)证明：AC1⊥A1B；

(Ⅱ)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为√3，求二面角A1?AB?

C的大小．

【答案】解：(Ⅰ)∵A1D⊥平面ABC，A1D?平面AA1C1C，

∴平面AA1C1C⊥平面ABC，又BC⊥AC

∴BC⊥平面AA1C1C，连结A1C，

由侧面AA1C1C为菱形可得AC1⊥A1C，

又AC1⊥BC，A1C∩BC=C，

∴AC1⊥平面A1BC，AB1?平面A1BC，

∴AC1⊥A1B；

(Ⅱ)∵BC⊥平面AA1C1C，BC?平面BCC1B1，

∴平面AA1C1C⊥平面BCC1B1，

作A1E⊥CC1，E为垂足，可得A1E⊥平面BCC1B1，

又直线AA1//平面BCC1B1，

∴A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E=√3，∵A1C为∠ACC1的平分线，∴A1D=A1E=√3，

作DF⊥AB，F为垂足，连结A1F，

又可得AB⊥A1D，A1F∩A1D=A1，

∴AB⊥平面A1DF，∵A1F?平面A1DF

∴A1F⊥AB，

∴∠A1FD为二面角A1?AB?C的平面角，

由AD=√AA12?A1D2=1可知D为AC中点，

∴DF=1

2×AC×BC

AB

=√5

5

，

∴tan∠A1FD=A1D

DF

=√15，

∴二面角A1?AB?C的大小为arctan√15

【解析】(Ⅰ)由已知数据结合线面垂直的判定和性质可得；

(Ⅱ)作辅助线可证∠A1FD为二面角A1?AB?C的平面角，解三角形由反三角函数可得．本题考查二面角的求解，作出并证明二面角的平面角是解决问题的关键，属中档题．【变式训练2.1】如图，已知四棱台ABCD?A1B1C1D1的

上、下底面分别是边长为3和6的正方形，AA1=6，且

AA1⊥底面ABCD，点P、Q分别在棱DD1、BC上．

(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；

(2)若PQ//平面ABB1A1，二面角P?QD?A的余弦值为3

7

，

求四面体ADPQ的体积．

【答案】解：根据已知条件知AB ，AD ，AA 1三直线两两垂直，所以分别以这三直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：

A(0,0，0)，B(6,0，0)，D(0,6，0)，A 1(0,0，6)，B 1(3,0，6)，D 1(0,3，6)；

Q 在棱BC 上，设Q(6,y 1,0)，0≤y 1≤6； ∴(1)证明：若P 是DD 1的中点，则P(0,9

2,3)； ∴PQ ????? =(6,y 1?9

2

,?3)，AB 1??????? =(3,0,6)； ∴AB 1??????? ?PQ ????? =0； ∴AB 1??????? ⊥PQ ????? ； ∴AB 1⊥PQ ；

(2)设P(0,y 2,z 2)，y 2，z 2∈[0,6]，P 在棱DD 1上；

∴DP ????? =λDD 1???????? ，0≤λ≤1；

∴(0,y 2?6,z 2)=λ(0,?3,6)； ∴{y 2

?6=?3λ

z 2=6λ

； ∴z 2=12?2y 2； ∴P(0,y 2,12?2y 2)； ∴PQ ????? =(6,y 1?y 2,2y 2?12)；

平面ABB 1A 1的一个法向量为AD

?????? =(0,6,0)； ∵PQ//平面ABB 1A 1；

∴PQ ????? ?AD

?????? =6(y 1?y 2)=0； ∴y 1=y 2； ∴Q(6,y 2,0)；

设平面PQD 的法向量为n ? =(x,y,z)，则： {

n ? ?PQ ????? =6x +(2y 2?12)z =0

n

? ?DQ ?????? =6x +(y 2?6)y =0； ∴{x =6?y 23z y =2z

，取z =1，则n ? =(6?y

23

,2,1)； 又平面AQD 的一个法向量为AA 1??????? =(0,0,6)； 又二面角P ?QD ?A 的余弦值为3

7；

∴cos =

6√(y 2?6

3

)2+5

=3

7； 解得y 2=4，或y 2=8(舍去)； ∴P(0,4，4)；

∴三棱锥P ?ADQ 的高为4，且S ADQ =1

2×6×6=18； ∴V 四面体ADPQ =V 三棱锥P?ADQ =1

3?18?4=24．

【解析】(1)首先以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标，Q 在棱BC 上，从而可设Q(6,y 1,0)，只需求AB 1??????? ?PQ ????? =0即可；

(2)设P(0,y 2,z 2)，根据P 在棱DD 1上，从而由DP ????? =λDD 1???????? 即可得到z 2=12?2y 2，

从而表示点P 坐标为P(0,y 2,12?2y 2).由PQ//平面ABB 1A 1便知道PQ ????? 与平面ABB 1A 1的法向量垂直，从而得出y 1=y 2，从而Q 点坐标变成Q(6,y 2,0)，设平面PQD 的法向量为n ? =(x,y,z)，根

据{n ? ?PQ ????? =0n

? ?DQ ?????? =0即可表示n ? =(y 2?63,2,1)，平面AQD 的一个法向量为AA 1??????? ，从而由cos <

n ? ,AA 1??????? >=3

7即可求出y 2，

从而得出P 点坐标，从而求出三棱锥P ?AQD 的高，而四面体ADPQ 的体积等于三棱锥P ?AQD 的体积，从而求出四面体的体积．

考查建立空间直角坐标系，利用空间向量解决异面直线垂直及线面角问题的方法，共线向量基本定理，直线和平面平行时，直线和平面法向量的关系，平面法向量的概念，以及两平面法向量的夹角和平面二面角大小的关系，三棱锥的体积公式．

【变式训练2.2】如图，在三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，∠BAC =90°，AC =AB =AA 1，E 是BC 的中点． (1)求证：AE ⊥B 1C ；

(2)求异面直线AE 与A 1C 所成的角的大小；

(3)若G 为C 1C 中点，求二面角C ?AG ?E 的正切值． 【答案】证明：(1)因为BB 1⊥面ABC ，AE ?面ABC ，所以AE ⊥BB 1-----------------(1分)

由AB =AC ，E 为BC 的中点得到AE ⊥BC -----------------(2分) ∵BC ∩BB 1=B ∴AE ⊥面BB 1C 1C ----------------(3分) ∴AE ⊥B 1C -----------------(4分)

解：(2)取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ， 则AE//A 1E 1，

∴∠E 1A 1C 是异面直线AE 与A 1C 所成的角.----------------(6分) 设AC =AB =AA 1=2，则由∠BAC =90°，

可得A 1E 1=AE =√2，A 1C =2√2，E 1C 1=EC =1

2

BC =√2 ∴E 1C =√E 1C 12

+C 1C 2=√6

∵在△E 1A 1C 中，cos∠E 1A 1C =2?√2?2√2=1

2------------------(8分) 所以异面直线AE 与A 1C 所成的角为π

3.------------------(9分)

(3)连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ----(10分

)

又∵平面ABC ⊥平面ACC 1A 1

∴EP ⊥平面ACC 1A 1-------------(11分)

而PQ ⊥AG ∴EQ ⊥AG ．

∴∠PQE 是二面角C ?AG ?E 的平面角.-------------(12分) 由EP =1，AP =1，PQ =√5

，得tan∠PQE =PE

PQ =√5 所以二面角C ?AG ?E 的平面角正切值是√5-----------(13分)

【解析】(1)由BB 1⊥面ABC 及线面垂直的性质可得AE ⊥BB 1，由AC =AB ，E 是BC 的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE ⊥BC ，结合线面垂直的判定定理可证得AE ⊥面BB 1C 1C ，进而由线面垂直的性质得到AE ⊥B 1C ；

(2)取B 1C 1的中点E 1，连A 1E 1，E 1C ，根据异面直线夹角定义可得，∠E 1A 1C 是异面直线A 与A 1C 所成的角，设AC =AB =AA 1=2，解三角形E 1A 1C 可得答案．

(3)连接AG ，设P 是AC 的中点，过点P 作PQ ⊥AG 于Q ，连EP ，EQ ，则EP ⊥AC ，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP ⊥平面ACC 1A 1，进而由二面角的定义可得∠PQE 是二面角C ?AG ?E 的平面角．

本题是与二面角有关的立体几何综合题，主要考查了异面直线的夹角，线线垂直的判定，二面角等知识点，难度中档，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键．

【变式训练2.3】如图，在直三棱柱ABC ?A 1B l C 1中，AC =BC =√2，∠ACB =90°.AA 1=2，D 为AB 的中点． (Ⅰ)求证：AC ⊥BC 1；

(Ⅱ)求证：AC 1//平面B 1CD ：

(Ⅲ)求异面直线AC 1与B 1C 所成角的余弦值．

【答案】解：(I)证明：∵CC 1⊥平面ABC ，AC ?平面ABC ，∠ACB =90°， ∴CC 1⊥AC ，AC ⊥BC ，又BC ∩CC 1=C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，BC 1?平面BCC 1， ∴AC ⊥BC 1．

(II)证明：如图，设CB 1∩C 1B =E ，连接DE ， ∵D 为AB 的中点，E 为C 1B 的中点，∴DE//AC 1， ∵DE ?平面B 1CD ，AC 1?平面B 1CD ， ∴AC 1//平面B 1CD ．

(III)解：由DE//AC 1，∠CED 为AC 1与B 1C 所成的角，

在△CDE 中，DE =12

AC 1=12

√AC 2+CC 12=√62

，

CE =1

2B 1C =1

2√BC 2+BB 12

=√6

2，

CD =1

2AB =

12

√AC 2+BC 2=1，

cos∠CED=CE2+DE2?CD2

2×CE×DE =

3

2

+3

2

?1

2×√6

2

×√6

2

=2

3

，

∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为2

3

．

【解析】(I)先证线面垂直，再由线面垂直证明线线垂直即可；

(II)作平行线，由线线平行证明线面平行即可；

(III)先证明∠CED为异面直线所成的角，再在三角形中利用余弦定理计算即可．

本题考查线线垂直的判定、线面平行的判定、异面直线及其所成的角．

【变式训练2.4】如图，四棱锥P?ABCD中，PD⊥底面ABCD，且底面ABCD为平行四边形，若∠DAB=60°，AB=2，AD=1．

(1)求证：PA⊥BD；

(2)若∠PCD=45°，求点D到平面PBC的距离h．

【答案】(1)证明：∵AD=1，AB=2，∠DAB=60°，

∴BD2=AB2+AD2?2AB?AD?cos60°=3，

∴AD2+BD2=AB2，

∴AD⊥BD，

∵PD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，

∴PD⊥BD，又AD∩PD=D，

∴BD⊥平面PAD，

∵PA?平面PAD，

∴BD⊥PA．

(2)解：由(1)可知BC⊥BD，

∴S△BCD=1

2×BC×BD=√3

2

，

∵∠PCD=45°，∴PD=CD=2，

∴V P?BCD=1

3×√3

2

×2=√3

3

．

∵PC=√2CD=2√2，PB=√PD2+DB2=√7，BC=1，∴BC2+PB2=PC2，∴PB⊥BC，

∴S△BCP=1

2BC?PB=√7

2

，

∴V D?BCP=1

3×√7

2

×?=√7?

6

，

又V P?BCD=V D?BCP，∴√7?

6=√3

3

，

解得?=2√21

7

．

【解析】(1)利用勾股定理逆定理证明AD⊥BD，结合BD⊥PD得出BD⊥平面PAD，故而PA⊥BD；

(2)根据V P?BCD=V D?BCP列方程解出h．

本题考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算，属于中档题．

【变式训练2.5】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．

【答案】证明：(1)取AC中点O，连

结DO、BO，

∵△ABC是正三角形，AD=CD，

∴DO⊥AC，BO⊥AC，

∵DO∩BO=O，∴AC⊥平面BDO，

∵BD?平面BDO，∴AC⊥BD．

解：(2)法一：连结OE，由(1)知AC⊥

平面OBD，

∵OE?平面OBD，∴OE⊥AC，

设AD=CD=√2，则OC=OA=1，

EC=EA，

∵AE⊥CE，AC=2，∴EC2+EA2=

AC2，

∴EC=EA=√2=CD，

∴E是线段AC垂直平分线上的点，∴EC=EA=CD=√2，

由余弦定理得：

cos∠CBD=BC2+BD2?CD2

2BC?BD =BC2+BE2?CE2

2BC?BE

，

即4+4?2

2×2×2=4+BE2?2

2×2×BE

，解得BE=1或BE=2，

∵BE

∵四面体ABCE与四面体ACDE的高都是点A到平面BCD的高h，

∵BE=ED，∴S△DCE=S△BCE，

∴四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．

法二：设AD=CD=√2，则AC=AB=BC=BD=2，AO=CO=DO=1，

∴BO =√4?1=√3，∴BO 2+DO 2=BD 2，∴BO ⊥DO ，

以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则C(?1,0，0)，D(0,0，1)，B(0,√3,0)，A(1,0，0)，

设E(a,b ，c)，DE ?????? =λDB

?????? ，(0≤λ≤1)，则(a,b ，c ?1)=λ(0，√3，?1)，解得E(0,√3λ,1?λ)，

∴CE

????? =(1,√3λ,1?λ)，AE ????? =(?1,√3λ,1?λ)， ∵AE ⊥EC ，∴AE

????? ?CE ????? =?1+3λ2+(1?λ)2=0， 由λ∈[0,1]，解得λ=1

2

，∴DE =BE ，

∵四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD 的高h ， ∵DE =BE ，∴S △DCE =S △BCE ，

∴四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比为1． 【解析】(1)取AC 中点O ，连结DO 、BO ，推导出DO ⊥AC ，BO ⊥AC ，从而AC ⊥平面BDO ，由此能证明AC ⊥BD ．

(2)法一：连结OE ，设AD =CD =√2，则OC =OA =1，由余弦定理求出BE =1，由BE =ED ，四面体ABCE 与四面体ACDE 的高都是点A 到平面BCD 的高h ，S △DCE =S △BCE ，由此能求出四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比.法二：设AD =CD =√2，则AC =AB =BC =BD =2，AO =CO =DO =1，BO =√3，推导出BO ⊥DO ，以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，由AE ⊥EC ，求出DE =BE ，由此能求出四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．

本题考查线线垂直的证明，考查两个四面体的体积之比的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

【变式训练2.6】如图，在直三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC =CC 1，设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1=E ． 求证：

(1)DE//平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1．

【答案】证明：(1)如图所示，

由据题意得，

E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE//AC；

又因为DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，

所以DE//平面AA1C1C；

(2)【方法一】因为棱柱ABC?A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC，

因为AC?平面ABC，

所以AC⊥CC1；

又因为AC⊥BC，

CC1?平面BCC1B1，

BC?平面BCC1B1，

BC∩CC1=C，

所以AC⊥平面BCC1B1；

又因为BC1?平面BCC1B1，

所以BC1⊥AC；

因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，

所以BC1⊥平面B1AC；

又因为AB1?平面B1AC，

所以BC1⊥AB1．

【方法二】根据题意，A1C1⊥B1C1，CC1⊥平面A1B1C1，

以C1为原点建立空间直角坐标系，

C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，如图所示；

设BC =CC 1=a ，AC =b ，

则A(b,0，a)，B 1(0,a ，0)，B(0,a ，a)，C 1(0,0，0)；

∴AB 1??????? =(?b,a ，?a)，BC 1??????? =(0,?a,?a)，

∴AB 1??????? ?BC 1??????? =?b ×0+a ×(?a)?a ×(?a)=0， ∴AB 1??????? ⊥BC 1??????? ，

即AB 1⊥BC 1．

【解析】(1)根据中位线定理得DE//AC ，即证DE//平面AA 1C 1C ； (2)【方法一】先由直三棱柱得出CC 1⊥平面ABC ，即证AC ⊥CC 1； 再证明AC ⊥平面BCC 1B 1，即证BC 1⊥AC ；

最后证明BC 1⊥平面B 1AC ，即可证出BC 1⊥AB 1．

【方法二】建立空间直角坐标系，利用向量数量积证明异面直线垂直． 本题考查了线线、线面以及面面的位置关系，也考查了空间想象力和推理论证能力的应用问题．

类型三、面面垂直法

【例题】如图，在四棱锥P ?ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．

(Ⅰ)求证：PE ⊥BC ；

(Ⅱ)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (Ⅲ)求证：EF//平面PCD ．

【答案】证明：(Ⅰ)PA =PD ，E 为AD 的中点，

可得PE ⊥AD ，

底面ABCD 为矩形，可得BC//AD ， 则PE ⊥BC ；

(Ⅱ)由于平面PAB 和平面PCD 有一个公共点P ，

且AB//CD ，

在平面PAB 内过P 作直线PG//AB ， 可得PG//CD ，

即有平面PAB ∩平面PCD =PG ，

由平面PAD ⊥平面ABCD ，又AB ⊥AD ， 可得AB ⊥平面PAD ，即有AB ⊥PA ，

PA⊥PG；

同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，

可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，

由PA⊥PD，

可得平面PAB⊥平面PCD；

(Ⅲ)取PC的中点H，连接DH，FH，

在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH//BC，

FH=1

BC，

2

BC，

由DE//BC，DE=1

2

可得DE=FH，DE//FH，

四边形EFHD为平行四边形，

可得EF//DH，

EF?平面PCD，DH?平面PCD，

即有EF//平面PCD．

【解析】(Ⅰ)由等腰三角形的三线合一性质和矩形的对边平行性质，即可得证；

(Ⅱ)作出平面PAB和平面PCD的交线，注意运用公理4，再由面面垂直的性质和两个平面所成角的定义，即可得证；

(Ⅲ)取PC的中点H，连接DH，FH，运用中位线定理和平行四边形的判断和性质，结合线面平行的判定定理，即可得证．

本题考查线面和面面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，以及面面垂直的判断和性质，注意运用转化思想，考查推理能力和空间想象能力，属于中档题．

【变式训练3.1】如图，三角形PDC所在的平面与长方形

ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3．

(1)证明：BC//平面PDA；

(2)证明：BC⊥PD；

(3)求点C到平面PDA的距离．

【答案】(1)证明：因为四边形ABCD是长方形，所以BC//AD，

因为BC?平面PDA，AD?平面PDA，所以BC//平面PDA；

(2)证明：因为四边形ABCD是长方形，所以BC⊥CD，

因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，BC?

面ABCD，

所以BC⊥平面PDC，

因为PD?平面PDC，

所以BC⊥PD；

(3)解：取CD的中点E，连接AE和PE，

因为PD=PC，所以PE⊥CD，

在Rt△PED中，PE=√PD2?DE2=√42?32=√7．

因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，PE?平面PDC，

所以PE⊥平面ABCD．

由(2)知：BC⊥平面PDC，

由(1)知：BC//AD，

所以AD⊥平面PDC，

因为PD?平面PDC，所以AD⊥PD．设点C到平面PDA的距离为h．

因为V C?PDA=V P?ACD，

所以1

3S△PDA?=1

3

S△ACD?PE，

所以?=1

2

×3×6×√7

1

2

×3×4

=3√7

2

，

所以点C到平面PDA的距离是3√7

2

．

【解析】(1)利用四边形ABCD是长方形，可得BC//AD，根据线面平行的判定定理，即可得出结论；

(2)利用平面与平面垂直的性质定理得出BC⊥平面PDC，即可证明BC⊥PD；

(3)利用等体积法，求点C到平面PDA的距离．

本题考查平面与平面垂直的性质，线面垂直与线线垂直的判定，考查三棱锥体积等知识，注意解题方法的积累，属于中档题．

类型四、转化法（共面转异面、异面转共面、异面平移法）

方法一、共面转异面

【例题】如图，在三棱锥A?BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：

(1)EF//平面ABC；

(2)AD⊥AC．

【答案】证明：(1)因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F

四点共面，

所以AB//EF，

又因为EF?平面ABC，AB?平面ABC，

所以由线面平行判定定理可知：EF//平面ABC；

(2)在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG//BC，则

EG//AC，

因为BC⊥BD，FG//BC，

所以FG⊥BD，

又因为平面ABD⊥平面BCD，

所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，

又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，

所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，

故AD⊥AC．

【解析】(1)利用AB//EF及线面平行判定定理可得结论；

(2)通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG//BC，则EG//AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．

本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．

【变式训练4.1】如图，三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，B 1C 的中点为O ，且AO ⊥平面BB 1C 1C . (1)证明：B 1C ⊥A 1B 1；

(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1=60°，BC =1，求三棱柱ABC ?A 1B 1C 1的高．

【答案】(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点， ∵侧面BB 1C 1C 为菱形， ∴BC 1⊥B 1C ，

∵AO ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AO ⊥B 1C ， ∵AO ∩BC 1=O ， ∴B 1C ⊥平面ABO ， ∵AB ?平面ABO ，

∴B 1C ⊥AB ；所以B 1C ⊥A 1B 1

(2)解：作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ， ∵BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，AO ∩OD =O ， ∴BC ⊥平面AOD ， ∴OH ⊥BC ，

∵OH ⊥AD ，BC ∩AD =D ， ∴OH ⊥平面ABC ， ∵∠CBB 1=60°，

∴△CBB 1为等边三角形，

∵BC =1，∴OD =√3

4

，

∵AC ⊥AB 1，∴OA =12B 1C =1

2，

由OH ?AD =OD ?OA ，可得AD =√OD 2+OA 2=√74，∴OH =√2114，

∵O 为B 1C 的中点，

∴B 1到平面ABC 的距离为√21

7

，

∴三棱柱ABC ?A 1B 1C 1的高√21

7

．

【解析】(1)连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，证明B 1C ⊥平面ABO ，可得B 1C ⊥AB ； (2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD ，作OH ⊥AD ，垂足为H ，证明△CBB 1为等边三角形，求出B 1到平面ABC 的距离，即可求三棱柱ABC ?A 1B 1C 1的高． 本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

方法二、异面转共面

【例题】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．

(Ⅰ)证明：AC⊥HD′；

(Ⅱ)若AB=5，AC=6，AE=5

4

，OD′=2√2，求五棱锥D′?ABCFE体积．

【答案】(Ⅰ)证明：∵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//AC，且EF⊥BD

将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，

则D′H⊥EF，

∵EF//AC，

∴AC⊥HD′；

(Ⅱ)若AB=5，AC=6，则AO=3，B0=OD=4，

∵AE=5

4

，AD=AB=5，

∴DE=5?5

4=15

4

，

∵EF//AC，

∴DE

AD =EH

AO

=DH

OD

=

15

4

5

=3

4

，

∴EH=9

4，EF=2EH=9

2

，DH=3，OH=4?3=1，

∵HD′=DH=3，OD′=2√2，

∴满足HD′2=OD′2+OH2，

则△OHD′为直角三角形，且OD′⊥OH，又OD′⊥AC，AC∩OH=O，

即OD′⊥底面ABCD，

即OD′是五棱锥D′?ABCFE的高．

底面五边形的面积S=1

2×AC?OB+(EF+AC)?OH

2

=1

2

×6×4+(

9

2

+6)×1

2

=12+21

4

=69

4

，

则五棱锥D′?ABCFE体积V=1

3S?OD′=1

3

×69

4

×2√2=23√2

2

．

【解析】(1)根据直线平行的性质以菱形对角线垂直的性质进行证明即可．

(2)根据条件求出底面五边形的面积，结合平行线段的性质证明OD′是五棱锥D′?ABCFE的高，即可得到结论．

本题主要考查空间直线和平面的位置关系的判断，以及空间几何体的体积，根据线面垂直的判定定理以及五棱锥的体积公式是解决本题的关键.本题的难点在于证明OD′是五棱锥D′?

ABCFE的高.考查学生的运算和推理能力．

【变式训练5.1】如图，在三棱锥P?ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA= AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．

(1)求证：PA⊥BD；

(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；

(3)当PA//平面BDE时，求三棱锥E?BCD的体积．

【答案】解：(1)证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，

AB?平面ABC，BC?平面ABC，且AB∩BC=B，

可得PA⊥平面ABC，

由BD?平面ABC，

可得PA⊥BD；

(2)证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，

可得BD⊥AC，

由PA⊥平面ABC，PA?平面PAC，

可得平面PAC⊥平面ABC，

又平面PAC∩平面ABC=AC，

BD?平面ABC，且BD⊥AC，

即有BD⊥平面PAC，

BD?平面BDE，

可得平面BDE⊥平面PAC；

(3)PA//平面BDE，PA?平面PAC，

且平面PAC∩平面BDE=DE，

可得PA//DE，

又D为AC的中点，

可得E为PC的中点，且DE=1

2

PA=1，

由PA⊥平面ABC，

可得DE⊥平面ABC，

可得S△BDC=1

2S△ABC=1

2

×1

2

×2×2=1，

则三棱锥E?BCD的体积为1

3DE?S△BDC=1

3

×1×1=1

3

．

【解析】(1)运用线面垂直的判定定理可得PA⊥平面ABC，再由性质定理即可得证；(2)要证平面BDE⊥平面PAC，可证BD⊥平面PAC，由(1)运用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面ABC，再由等腰三角形的性质可得BD⊥AC，运用面面垂直的性质定理，即可

得证；

(3)由线面平行的性质定理可得PA//DE，运用中位线定理，可得DE的长，以及DE⊥平面ABC，求得三角形BCD的面积，运用三棱锥的体积公式计算即可得到所求值．

本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系的判断，主要是平行和垂直的关系，注意运用线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判定定理和性质定理，同时考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．

【变式训练5.2】在如图所示的几何体中，D是AC的中点，

EF//DB．

(Ⅰ)已知AB=BC，AE=EC，求证：AC⊥FB；

(Ⅱ)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH//平面ABC．

【答案】(Ⅰ)证明：如图所示，连接ED，∵D是AC的

中点，AB=BC，AE=EC，

∴△BAC、△EAC都是等腰三角形，

∴BD⊥AC，ED⊥AC．

∵EF//DB，∴E、F、B、D四点共面，这样，

AC垂直于平面EFBD内的两条相交直线ED、BD，

∴AC⊥平面EFBD．

显然，FB?平面EFBD，∴AC⊥FB．

(Ⅱ)已知G，H分别是EC和FB的中点，再取CF的中

点O，

则OG//EF，

∵OG//BD，

而BD?平面ABC，∴OG//平面ABC．

同理，OH//BC，而BC?平面ABC，∴OH//平面ABC．

∵OG∩OH=O，∴平面OGH//平面ABC，∴GH//平面ABC．

【解析】(Ⅰ)由条件利用等腰三角形的性质，证得BD⊥AC，ED⊥AC，再利用直线和平面垂直的判定定理证得AC⊥平面EFBD，从而证得AC⊥FB．

(Ⅱ)再取CF的中点O，利用直线和平面平行的判定定理证明OG//平面ABC，OH//平面ABC，可得平面OGH//平面ABC，从而证得GH//平面ABC．

本题主要考查直线和平面垂直的判定和性质，直线和平面平行的判定与性质，属于中档题．

方法三、异面平移法

【例题】如图，三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1，

(1)求证：A1C⊥CC1；

(2)若AB=2，AC=√3，BC=√7，问AA1为何值时，三棱柱ABC?A1B1C1体积最大，并求此最大值．

【答案】解：(1)∵三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中， ∴A 1A//CC 1//BB 1，

∵AA 1⊥BC ，∴CC 1⊥BC ， ∵A 1B ⊥BB 1，∴A 1B ⊥CC 1， ∵BC ∩BA 1=B ，

∴CC 1⊥平面BA 1C ，A 1C ?平面BA 1C ∴A 1C ⊥CC 1；

(2)作AO ⊥BC 于O ，连结A 1O ，由(1)可知∠AA 1O =90°，∵AB =2，AC =√3，BC =√7，∴AB ⊥AC ， ∴AO =

√3

√7

， 设A 1A =?，A 1O =(2√3√

7)=√127

??2，

∴三棱柱ABC ?A 1B 1C 1体积V =S △A 1BC ??=12

×√7×√127

??2??=1

2

√12?2?7?4，

当?2=6

7，即?=√427时，即AA 1=√427时棱柱的体积最大，

最大值为：3√77

．

【解析】(1)通过证明直线CC 1与平面BA 1C 垂直，即可证明A 1C ⊥CC 1；

(2)作AO ⊥BC 于O ，连结A 1O ，说明∠AA 1O =90°，设A 1A =?，求出A 1O 的表达式，以及三棱柱ABC ?A 1B 1C 1体积V 的表达式，利用二次函数的最值，求最大值． 本题考查空间直线与平面垂直的判定与应用，几何体的体积的最值的求法，考查转化思想以及空间想象能力．

题型二、线面垂直

类型一、线面垂直定理法

【例题】如图，在三棱柱ABC ?A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =2，A 1A =4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．

(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；

(2)求二面角A 1?BD ?B 1的平面角的余弦值．