专题19立体几何中平行与垂直(解析版)

专题19立体几何中平行与垂直（解析版）在立体几何中，点、线、面之间的位置关系，特别是线面、面面的平行和垂直关系，是高中立体几何的理论基础，是高考命题的热点与重点之一，一般考查形式为小题(位置关系基本定理判定)或解答题(平行、垂直位置关系的证明)，难度不大。

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

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

易错点3：线面平行的判定定理和性质定理在应用时都是三个条件，但这三个条件易混为一谈；面面平行的判定定理易把条件错误地记为＂一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行＂而导致证明过程跨步太大；题组一：基本性质定理1.（2019全国Ⅲ理8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）A ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM 、EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【解析】 如图所示，联结，.因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，BE BD N ABCD ECD △ECD ⊥ABCD M ED BM ⊂BDE EN ⊂BDE BM BDE △DE EN BDE △BD BM EN DE a =2BD a =， 所以，， 所以．故选B ． 2.（2019全国Ⅱ理7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【解析】 对于A ，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除； 对于B ，内有两条相交直线与平行，则；对于C ，，平行于同一条直线，则与相交或，排除；对于D ，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．故选B ．3．（2013新课标Ⅱ）已知为异面直线，⊥平面，⊥平面．直线满足，，则（ ）A ．∥且∥B ．⊥且⊥C ．与相交，且交线垂直于D ．与相交，且交线平行于【解析】 作正方形模型，为后平面，为左侧面可知D 正确．4．（2016年全国II ）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥．②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥．③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．BE ==2BM a=EN a ==BM EN ≠αβαββα∥αββα∥αβαββα∥αβαββα∥,m n m αn βl ,l m l n ⊥⊥,l l αβ⊄⊄αβl ααβl βαβl αβl αβ其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号）【解析】 ②③④【解析】对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA '为直线m ，CD 为直线n ,ABCD 所在的平面为α．ABC D ''所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但αβ⊥不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则l n ∥， 由m α⊥，有m l ⊥，从知m n ⊥结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．题组二：线面平行6．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面三角形ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=，E 是PD 的中点． (1) 证明：直线CE ∥平面PAB ；【解析】（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF ．因为E 是PD 的中点，所以EF AD ∥，12EF AD =．由90BAD ABC ∠=∠=得BC AD ∥，又12BC AD =，所以EF BC ∥，四边形BCEF 是平行四边形，CE BF ∥，又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB ． 7．（2014新课标2）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；EM D C B AP【解析】（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC ,PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．8．（2013新课标Ⅱ）如图，直三棱柱中，分别是的中点，（Ⅰ）证明：//平面；【解析】（Ⅰ）连结，交于点O ，连结DO ，则O 为的中点，因为D 为AB 的中点，所以OD ∥，又因为OD 平面，平面，所以 //平面；9．（2014新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；【解析】（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB ．EO ⊂平面AEC,PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ．10．（2016全国III ）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD BC ，=3AB AD AC ==，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，111ABC A B C -,D E 1,ABBB 12AA AC CB AB ===1BC 1A CDA 11AC 1A C 1AC 1BC⊂1A CD 1BC ⊄1A CD 1BC 1A CDN 为PC 的中点．（Ⅰ）证明MN 平面PAB ；【解析】（Ⅰ）由已知得232==AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,． 由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN ． 又BC AD //，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //． 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB ．11.（2019全国Ⅰ理18）如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；【解析】 （1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =A 1D ．由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN 平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．PAB DC NM 1212===⊄题组三线线垂直12．（2013新课标Ⅰ）如图，三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB AA =，1BAA ∠=60°．（Ⅰ）证明1AB A C ⊥；【解析】（Ⅰ）取AB 中点E ，连结CE ，，，∵AB =，=，∴是正三角形，∴⊥AB ， ∵CA =CB ， ∴CE ⊥AB ，∵=E ，∴AB ⊥面， ∴AB ⊥；13．（2012新课标）如图，直三棱柱111C B A ABC -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，BD DC ⊥1．（Ⅰ）证明：BC DC ⊥1；【解析】（Ⅰ）在Rt DAC ∆中，AD AC =，得：45ADC ︒∠=同理：1114590A DC CDC ︒︒∠=⇒∠=得：111,DC DC DC BD DC ⊥⊥⇒⊥面1BCD DC BC ⇒⊥15．（2011新课标）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ．（Ⅰ）证明：PA BD ⊥；1A B 1A E 1AA 1BAA ∠0601BAA ∆1A E 1CE A E ⋂1CEA 1AC A C B1B 1A D1C【解析】（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=， 由余弦定理得BD =从而222BD AD AB +=，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD所以BD ⊥平面P AD ． 故 P A ⊥BD题组四？：线面垂直16．（2016全国II ）如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将ΔDEF 沿EF折到ΔD EF '的位置，OD '=（I ）证明：D H '⊥平面ABCD ；【解析】（I ）证明：∵54AE CF ==，∴AE CF AD CD =，∴EF AC ∥． ∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，∴EF BD ⊥，∴EF DH ⊥，∴EF D H '⊥．∵6AC =，∴3AO =；又5AB =，AO OB ⊥，∴4OB =， ∴1AE OH OD AO =⋅=，∴3DH D H '==， ∴222'OD OH D H '=+，∴'D H OH ⊥．又∵OH EF H =，∴'D H ⊥面ABCD ．17．(2018全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥-P ABC 中，==AB BC PA PB PC ===4AC =，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；【解析】(1)因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =连结OB．因为AB BC AC ==，所以ABC △为等腰直角三角形， 且OB AC ⊥，122OB AC ==．由222OP OB PB +=知PO OB ⊥． 由⊥OP OB ，⊥OP AC 知PO ⊥平面ABC ．18.（2019全国Ⅱ理17）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；【解析】 （1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．题组五：面面垂直18．（2016全国I ）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，2AF FD =，90AFD ∠=，且二面角D AF E --与二面角C BE F --都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；O M PCBA11B C ⊥11ABB A BE ⊂11ABB A 11B C ⊥BE 1BE EC ⊥BE ⊥11EBC【解析】（Ⅰ）由已知可得AF DF ⊥，AF FE ⊥，所以AF ⊥平面EFDC ．又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC ．20.（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB 、R t △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；【解析】 （1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB BE ，AB BC ，故AB 平面BCGE ．又因为AB 平面ABC ，所以平面ABC 平面BCGE ．21．（2018全国卷Ⅰ）如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥．(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；【解析】(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．22．（2018全国卷Ⅲ）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；⊥⊥⊥⊂⊥PF EDC B A MDC B A【解析】(1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以 DM ⊥CM ．又BC CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM 平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．23．（2017新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=． (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；【解析】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD ．又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD ．24．（2017新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；【解析】（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以0=90ACD ∠取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =．又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥．所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角．⊂⊂D CA PABC DE在Rt AOB ∆中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=．所以平面ACD ⊥平面ABC ．25（2015新课标Ⅰ）如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=，,E F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC ． （Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；【解析】（Ⅰ）连接BD ，设BD AC G ，连接,,EG FG EF ．在菱形ABCD 中，不妨设1GB ，由120∠=ABC ，可得3AGGC ， 由⊥BE 平面ABCD ，ABBC 可知，AE EC ， 又∵⊥AE EC ，∴3EG，⊥EG AC ， 在Rt EBG ∆中，可得2BE ，故22DF ．在Rt FDG ∆中，可得62FG ． 在直角梯形BDFE 中，由2BD ，2BE ，22DF ，可得322EF ， ∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG =G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC ．。