2012高考数学第一轮总复习100讲(含同步练习)1060平面与空间直线

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高考数学一轮复习专题训练—直线、平面垂直的判定与性质

直线、平面垂直的判定与性质考纲要求1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．知识梳理1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l 与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示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 ⊥al ⊥b a ∩b ＝O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α 性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角． (2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2. 3．二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角的范围：[0，π]． 4．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎬⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β 性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al ⊥a l ⊂β⇒l ⊥α1．三个重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．2．使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”． 3．三种垂直关系的转化线线垂直判定定理性质线面垂直判定定理性质定理面面垂直诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( )(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误．(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误．(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误．(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误．2．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n答案 C解析由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.3．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．图1(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB⊂平面P AB，所以PC⊥AB，因为PO⊥AB，PO∩PC ＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．图24．(2021·日照检测)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥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答案 B解析m⊂α，m⊥β⇒α⊥β，反过来，若m⊂α，α⊥βD m⊥β(m∥β或m与β斜交)，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．5．(2021·西安联考)已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有()A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD答案 B解析因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD.由于BC⊂平面BCD.所以平面BCD⊥平面ACD.6．(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3答案 C解析连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝232－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.考点一线面垂直的判定与性质【例1】(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E －BB 1C 1C 的体积．(1)证明由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，B 1C 1，EC 1⊂平面EB 1C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)解由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°，故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6.如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3. 所以四棱锥E －BB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18.感悟升华 1.证明直线和平面垂直的常用方法有：(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(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α)．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路．【训练1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.又AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考点二面面垂直的判定与性质【例2】(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面P AB⊥平面P AC；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明由题设可知，P A ＝PB ＝PC . 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC . 又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°.从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又P A ，PC ⊂平面P AC ，P A ∩PC ＝P ，故PB ⊥平面P AC ，又PB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AC .(2)解设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝ 3. 从而AB ＝ 3.由(1)可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62. 所以三棱锥P －ABC 的体积为 13·12·P A ·PB ·PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68. 感悟升华 1.判定面面垂直的方法主要是：(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．已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【训练2】 (2021·安徽A10联盟检测)如图，在四棱锥A －BCDE 中，△ADE 是边长为2的等边三角形，平面ADE ⊥平面BCDE ，底面BCDE 是等腰梯形，DE ∥BC ，DE ＝12BC ，BE＝DC ＝2，BD ＝23，点M 是DE 边的中点，点N 在BC 上，且BN ＝3.(1)证明：BD ⊥平面AMN ；(2)设BD ∩MN ＝G ，求三棱锥A －BGN 的体积． (1)证明 ∵△ADE 是等边三角形，M 是DE 的中点， ∴AM ⊥DE .又平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE ∩平面BCDE ＝DE ， ∴AM ⊥平面BCDE ，∵BD ⊂平面BCDE ，∴AM ⊥BD ，∵MD ＝ME ＝1，BN ＝3，DE ∥BC ，DE ＝12BC ，∴MD 綉CN ，∴四边形MNCD 是平行四边形， ∴MN ∥CD .又BD ＝23，BC ＝4，CD ＝2，∴BD 2＋CD 2＝BC 2， ∴BD ⊥CD ，∴BD ⊥MN .又AM ∩MN ＝M ，∴BD ⊥平面AMN . (2)解由(1)知AM ⊥平面BCDE ， ∴AM 为三棱锥A －BGN 的高． ∵△ADE 是边长为2的等边三角形， ∴AM ＝ 3.易知GN ＝34CD ＝32，又由(1)知BD ⊥MN ，∴BG ＝BN 2－NG 2＝332.∴S △BGN ＝12BG ·NG ＝12×332×32＝938.∴V A －BGN ＝13S △BGN ·AM ＝13×938×3＝98.考点三平行与垂直的综合问题角度1 平行与垂直关系的证明【例3】如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面P AB ⊥平面PCD ； (3)EF ∥平面PCD .证明 (1)因为P A ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形，所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD .又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD .又PD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，且P A ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面P AB .又PD ⊂平面PCD ，所以平面P AB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG . 因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形．所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .感悟升华 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． 2．垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．如果有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．角度2 平行垂直关系与几何体的度量【例4】 (2019·天津卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，△PCD 为等边三角形，平面P AC ⊥平面PCD ，P A ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面P AD ； (2)求证：P A ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值． (1)证明连接BD ，易知AC ∩BD ＝H ，BH ＝DH .又由BG ＝PG ，故GH 为△PBD 的中位线，所以GH ∥PD . 又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD . (2)证明取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC .又因为平面P AC ⊥平面PCD ，平面P AC ∩平面PCD ＝PC ，DN ⊂平面PCD ，所以DN ⊥平面P AC .又P A ⊂平面P AC ，所以DN ⊥P A . 又已知P A ⊥CD ，CD ∩DN ＝D ，所以P A ⊥平面PCD .(3)解连接AN ，由(2)中DN ⊥平面P AC ，可知∠DAN 为直线AD 与平面P AC 所成的角．因为△PCD 为等边三角形，CD ＝2且N 为PC 的中点，所以DN ＝ 3.又DN ⊥AN ，在Rt △AND 中，sin ∠DAN ＝DN AD ＝33.所以直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 感悟升华 1.平行垂直关系应用广泛，不仅可以证明判断空间线面、面面位置关系，而且常用以求空间角和空间距离、体积．2．综合法求直线与平面所成的角，主要是找出斜线在平面内的射影，其关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解．【训练3】如图，AB 是⊙O 的直径，P A 垂直于⊙O 所在的平面，C 是圆周上不同于A ，B 的一动点．(1)证明：△PBC是直角三角形；(2)若P A＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为2时，求直线AB与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．∴BC⊥AC，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，又P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥PC，∴△BPC是直角三角形．(2)解如图，过A作AH⊥PC于H，∵BC⊥平面P AC，∴BC⊥AH，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，∵P A⊥平面ABC，∴∠PCA是直线PC与平面ABC所成的角，∵tan∠PCA＝P AAC＝2，又P A＝2，∴AC＝2，∴在Rt △P AC 中，AH ＝P A ·AC P A 2＋AC 2＝233，∴在Rt △ABH 中，sin ∠ABH ＝AH AB ＝2332＝33，故直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为33.与垂直平行相关的探索性问题立体几何中的探索性问题是近年高考的热点，题目主要涉及线面平行、垂直位置关系的探究，条件或结论不完备的开放性问题的探究，重点考查逻辑推理，直观想象与数学运算核心素养．【典例】如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，△PDC 和△BDC 均为等边三角形，且平面PDC ⊥平面BDC .(1)在棱PB 上是否存在点E ，使得AE ∥平面PDC ？若存在，试确定点E 的位置；若不存在，试说明理由． (2)若△PBC 的面积为152，求四棱锥P －ABCD 的体积．解 (1)存在点E ，当点E 为棱PB 的中点时，使得AE ∥面PDC ，理由如下：如图所示，取PB 的中点E ，连接AE ，取PC 的中点F ，连接EF ，DF ，取BC 的中点G ，连接DG .因为△BCD 是等边三角形，所以∠DGB ＝90°. 因为∠ABC ＝∠BAD ＝90°，所以四边形ABGD 为矩形，所以AD ＝BG ＝12BC ，AD ∥BC .因为EF 为△BCP 的中位线，所以EF ＝12BC ，且EF ∥BC ，故AD ＝EF ，且AD ∥EF ，所以四边形ADFE 是平行四边形，从而AE ∥DF ，又AE ⊄平面PDC ，DF ⊂平面PDC ，所以AE ∥平面PDC .(2)取CD 的中点M ，连接PM ，过点P 作PN ⊥BC 交BC 于点N ，连接MN ，如图所示．因为△PDC 为等边三角形，所以PM ⊥DC .因为PM ⊥DC ，平面PDC ⊥平面BDC ，平面PDC ∩平面BDC ＝DC . 所以PM ⊥平面BCD ，故PM 为四棱锥P －ABCD 的高．又BC ⊂平面BCD ，所以PM ⊥BC .因为PN ⊥BC ，PN ∩PM ＝P ，PN ⊂平面PMN ，PM ⊂平面PMN ，所以BC ⊥平面PMN . 因为MN ⊂平面PMN ，所以BC ⊥MN . 由M 为DC 的中点，易知NC ＝14BC .设BC ＝x ，则△PBC 的面积为x 2·x 2－⎝⎛⎭⎫x 42＝152，解得x ＝2，即BC ＝2，所以AD ＝1，AB ＝DG ＝PM ＝ 3.故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S 梯形ABCD ×PM ＝13×1＋2×32×3＝32.素养升华 1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果．【训练】如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P －ABC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在点M ，求出PMMC 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题知AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32，由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P －ABC 的高．又P A ＝1，所以三棱锥P －ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥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 ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13.A 级基础巩固一、选择题1．(2021·淮北质检)已知平面α，直线m ，n ，若n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的( )A ．充分不必要条件B ．充分必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析由n ⊂α，m ⊥n ，不一定得到m ⊥α；反之，由n ⊂α，m ⊥α，可得m ⊥n . ∴若n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的必要不充分条件．2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1 D ．A 1E ⊥AC 答案 C解析如图，由题设知，A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，且BC 1⊂平面BCC 1B 1，从而A 1B 1⊥BC 1. 又B 1C ⊥BC 1，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ，又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.3．(2021·郑州调研)已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( ) A ．m ⊥l ，m ⊂β，l ⊥α B ．m ⊥l ，α∩β＝l ，m ⊂α C ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β D ．l ⊥α，m ∥l ，m ∥β答案 D解析在A 中，m ⊥l ，m ⊂β，l ⊥α，则α与β相交或平行，故A 错误；在B 中，m ⊥l ，α∩β＝l ，m ⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B 错误；在C 中，m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故C 错误；在D 中，l ⊥α，m ∥l ，则m ⊥α，又m ∥β，则α⊥β，故D 正确．4．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12 B ．π3C.π4 D ．π6答案 B解析如图，取正三角形ABC 的中心为O ，连接OP ，则∠P AO 是P A 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3，所以AD ＝3×32＝32，AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为34×(3)2AA 1＝94，解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3，所以tan ∠P AO ＝OPOA＝3，因为直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，所以∠P AO ＝π3.5. (2020·昆明诊断)如图，AC ＝2R 为圆O 的直径，∠PCA ＝45°，P A 垂直于圆O 所在的平面，B 为圆周上不与点A 、C 重合的点，AS ⊥PC 于S ，AN ⊥PB 于N ，则下列不正确的是( )A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面P ABC．平面P AB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面P AC答案 B解析∵P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥BC，又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，又P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，又AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，∴AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正确，C，D显然正确．6．(2020·衡水调研)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的结论的个数是()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C 的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1綉AC，由于①知：AD1∥BC1，所以面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．二、填空题7．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________. 答案若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.8.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案 12解析设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF ，由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又12×2×2＝12×h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ，得x ＝12.9.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥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)．答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC ) 解析连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC . 所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD .PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD . 三、解答题10.如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且MC ＝2MB ，求点C 到平面POM 的距离． (1)证明因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ，AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)解作CH ⊥OM ，垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM . 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°.所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.11. (2021·昆明诊断)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是正三角形，E 为线段AD 的中点．(1)求证：平面PBC ⊥平面PBE ；(2)是否存在满足PF →＝λFC →(λ>0)的点F ，使得V B －P AE ＝34V D －PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(1)证明因为△P AD 是正三角形，E 为线段AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 是菱形，所以AD ＝AB ，又∠BAD ＝60°，所以△ABD 是正三角形，所以BE ⊥AD . 又BE ∩PE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE . 又AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PBE . 又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBE .(2)解由PF →＝λFC →，知(λ＋1)FC ＝PC ，所以V B －P AE ＝12V P －ADB ＝12V P －BCD ＝λ＋12V F －BCD ，V D －PFB ＝V P －BDC －V F －BDC ＝λV F －BCD . 因此，λ＋12＝3λ4，得λ＝2.故存在满足PF →＝λFC →(λ>0)的点F ，使得V B －P AE ＝34V D －PFB ，此时λ＝2.B 级能力提升12．如图，正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕直线DE 翻折过程中的一个图形，现给出下列命题： ①恒有直线BC ∥平面A ′DE ； ②恒有直线DE ⊥平面A ′FG ；③恒有平面A ′FG ⊥平面A ′DE ，其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D解析对于①，∵DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，又知DE⊂平面A′DE，BC⊄平面A′DE，∴BC∥平面A′DE，故①正确；对于②，∵△ABC为等边三角形，AF为BC边上的中线，∴BC⊥AF，又知DE∥BC，∴DE⊥AF，∴DE⊥FG，根据翻折的性质可知，DE⊥A′G，又A′G∩FG＝G，∴DE⊥平面A′FG，故②正确；对于③，由②知DE⊥平面A′FG，又知DE⊂平面A′DE，∴平面A′FG⊥平面A′DE，故③正确．综上，正确的命题为①②③. 13．(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．答案 2解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝32－12＝ 2.14.如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．(1)证明由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ，AC ，AD ⊂平面ACD ，所以AB ⊥平面ACD . 又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解由已知可得， DC ＝CM ＝AB ＝3， DA ＝AM ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綉13DC .由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.。

2012高考专题复习第一部分专题六第1讲直线、平面、棱柱、棱锥、球

3．证明直线与平面垂直往往转化为证明直线与直线垂直，而证明直线与直线垂直又需要转化为证明直线与平面垂直．
[例 2]
(2010· 北京高考)如图，
正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直，EF∥AC， AB＝ 2，CE＝EF＝1. (1)求证：AF∥平面 BDE； (2)求证：CF⊥平面 BDE.
1.证明面面平行的常用的方法是利用判定定理，其关键是结合图形与条件在一平面内寻找两相交直线平行于另一平面． 2．面面平行的证明还有其它方法： 1a、b⊂α且a∩b＝A c、d⊂β且c∩d＝B ⇒α∥β a∥c，b∥d (2)a⊥α、a⊥β⇒α∥β.
3．面面垂直的判定方法
(1)a⊂α，a⊥β⇒α⊥β
则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线．
因为A1B∥平面B1CD，
所以A1B∥DE. 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点．即A1D∶DC1＝1.
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量
和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置
关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
[例 1]
如图，在半径为 3 的球面上有 A、B、C
三点，∠ABC＝90° ，BA＝BC，球心 O 到平面 3 2 ABC 的距离是，则 B，C 两点的球面距离是 2 ( A. π 3 B ．π 4 C. π 3 ) D．2π
[思路点拨] 利用球的截面圆的性质．
[自主解答] 由球的截面圆的性质知，球心O在平面ABC的射影为AC中点，由勾股定理知截面圆的半径 r＝ 3 3 2 3 － 2 ＝ 2. 2 2
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析
折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．

高考数学第一轮总复习100讲(含同步练习及答案)_g31065空间的角.

D EC B Ag3.1065空间的角一．知识回顾：1．异面直线,a b 所成角的定义：．2．直线与平面所成角θ：（1）直线与平面平行或直线在平面内，则θ= ．（2）直线与平面垂直，则θ= ．（3）直线是平面的斜线，则θ定义为． 3．最小角定理：． 4．二面角的概念：． 5．二面角的平面角：．6．求二面角平面角大小的一般方法：．二．基础训练：1．二面角l αβ--内有一点P ，若P 到平面,αβ的距离分别是5,8，且P 在平面,αβ的内的射影的距离为7，则二面角l αβ--的度数是（ C ）()A30 ()B60 ()C 120 ()D 1502．已知,E F 分别是正方体1111ABCD A B C D -的棱1,BC CC 的中点，则截面1AEFD 与底面ABCD 所成二面角的正弦值是（ C ）()A 32 ()B 32()C 35 ()D 3223．对于平面几何中的，这个 4．在四面体ABCD 中，,,AB BC BD 两两垂直，且2AB BC ==，E 是AC 中点，异面直线,AD BE所成的角为arccos10，则二面角D AC B --的大小为．三．例题分析：例 1. 如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是直角梯形，90ABC BCD ∠=∠=，2AB BC PB PC CD ====，侧面PBC ⊥底面ABCD ．（1）PA 与BD 是否相互垂直，请证明你的结论；（2）求二面角P BD C --的大小；（3）求证：平面PAD ⊥平面PAB ．解：（1）PA 与BD 相互垂直.证明如下：取BC 的中点O ，连结AO ，交BD 于点E ；连结PO ．∵PB PC =，∴PO BC ⊥．又∵平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD BC =，∴PO ⊥平面ABCD ．在梯形ABCD 中，可得Rt ABO Rt BCD ∆≅∆， ∴90BEO OAB DBA DBC DBA ∠=∠+∠=∠+∠=，即AO BD ⊥， ∴PA BD ⊥ ．（2）连结PE ，由PO ⊥平面ABCD ，AO BD ⊥，可得PE BD ⊥， ∴PEO ∠为二面角P BD C --的平面角，设22AB BC PB PC CD a =====，则在Rt PEO ∆中，,,PO OE ==.15tan ==∠EOPOPEO ∴二面角P BD C --为．（3）取PB 的中点N ，连结CN ，由题意知：平面PBC ⊥平面PAB ，则同“（1）”可得CN ⊥平面PAB ．取PA 的中点M ，连结,DM MN ，则由////MN AB CD ，· B 1PACDA1C 1D 1BO H·12MN AB CD ==，得四边形MNCD 为平行四边形. ∴//CN DM ， ∴DM ⊥平面PAB ．∴平面PAD ⊥平面PAB ．解答二：取BC 的中点O ，由侧面PBC ⊥底面ABCD ， PBC ∆是等边三角形，得PO ⊥底面ABCD ．以O 为原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，设1CD =，则在直角梯形中，2AB BC ==，在等边三角形PBC 中，PO ．∴(1,2,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,3)A B D P ---).3,2,1(),0,1,2(--=--=（1）PA 与BD 相互垂直.证明如下：∵,0)3(0)2()1(1)2(=-⨯+-⨯-+⨯-=⋅PA BD ∴,PA BD PA BD ⊥⊥．（2）连结AO ，设AO 与BD 相交于点E ；连结PE ．由,000)1()2()2(1=⨯+-⨯-+-⨯=⋅得,OA BD AO BD ⊥⊥即．又∵AO 为PA 在平面ABCD 内的射影，∴PE BD ⊥，PEO ∠为二面角P BD C --的平面角．在Rt BEO ∆中，sin 5OE OB OBE =∠=．在Rt PEO ∆中，tan POPEO OE∠== ∴二面角P BD C --为（3）取PA 的中点M ，连结DM ，则M 的坐标为1(,2-．又3(2DM =，(1,0,PB =， ∴310(2)(02DM PA ⋅=⨯+⨯-=3100(02DM PB ⋅=⨯+⨯+=．∴,,,DM PA DM PB DM PA DM PB ⊥⊥⊥⊥即 ∴DM ⊥平面PAB ． ∴平面PAD ⊥平面PAB ．小结：三垂线定理是求二面角的平面角的又一常用方法．例2.在060的二面角βα--l 中，βα∈∈B A ,，已知A 、B 到l 的距离分别是2和4，且10=AB ，A 、B 在l 的射影分别为C 、D ，求：（1）CD 的长度；（2）AB 和棱l 所成的角．例3.棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是正方形1111A B C D 的中心，点P 在棱1CC 上，且14CC CP =．（Ⅰ）求直线AP 与平面11BCC B 所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；（Ⅱ）设O 点在平面1D AP 上的射影是H ，求证：1D H AP ⊥．DECBA例4. 在三棱锥S ABC -中，ABC ∆是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC，SA SC ==,M N 分别是,AB SB 的中点．（1）证明AC SB ⊥；（2）求二面角N CM B --的大小；（3）求点B 到平面CMN 的距离．例5. 如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1的长为a ，底面ABCD 是边长AB=2a ，BC=a 的矩形，又E 是C 1D 1的中点；（1）CE 与BD 1所成角的余弦值；（2）求证：平面BCE ⊥平面BDE ；（3）求二面角B －DC 1－C 的平面角的大小四、作业同步练习g3.1065空间的角3．过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD ，若PA AB =，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是（）()A30 ()B45()C60 ()D904．已知正三棱锥两个相邻侧面所成二面角为θ，那么θ的取值范围（） ()A ︒<<︒18060θ ()B ︒<60θ()C ︒>90θ ()D ︒>90θ或︒<60θ 5．在正三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB =，D 在1BB 上，且1BD =，若AD 与平面11AAC C 所成的角为α，则α=（）()A 13()B 4π ()C arcsin4()D arcsin 46．一直线和直二面角的两个面所成的角分别是,αβ，则αβ+的范围是（）()A [,)2ππ ()B [0,)2π ()C (0,]2π ()D [0,]2π 7．已知AB 是两条异面直线,AC BD 的公垂线段，1,10,AB AC BD ===，则,AC BD 所成的角为．8．在四面体ABCD 中，,,AB BC BD 两两垂直，且2AB BC ==，E 是AC 中点，异面直线,AD BE所成的角为，则二面角D AC B --的大小为．D A C A 1 B 1 C 1 D 1 B E9.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，E 是PC 中点，作EF PB⊥交PB 于F ．（1）证明//PA 平面EDB ：（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C PB D --的大小．10.如图直四棱柱 1111ABCD A BC D -中，底面ABCD 是直角梯形，设090=∠=∠ABC BAD ，2,8BC AD ==,异面直线1AC 与D A 1互相垂直，（1）求证：D A 1⊥平面B AC 1；（2）求侧棱1AA 的长；（3）已知4AB =，求D A 1与平面11B ADC 所成的角．D 1C 1B 1A 1DCB A。

2025年高考数学一轮复习讲义含答案解析第4节空间直线、平面的垂直

第四节空间直线、平面的垂直1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的01任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的09射影所成的角叫做这条直线与这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°.(2)范围：0，π2.3．二面角(1)定义：从一条直线出发的10两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作11垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是12直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理1．两个重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．2．三种垂直关系的转化线线垂直判定线面垂直判定性质面面垂直3．三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．4．三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.()(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线平行于平面β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)已知平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，给出下列说法：①若m⊥n，则m⊥l；②若m⊥l，则m⊥β；③若m⊥β，则m⊥n，其中正确说法的序号为()A．①②③B．①②C．①③D．②③答案D解析平面α⊥平面β，直线m⊂平面α，直线n⊂平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①错误；②若m⊥l，由面面垂直的性质定理可得m⊥β，故②正确；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正确．故选D.(2)设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是() A．若m⊥α，n∥α，则m⊥nB．若m⊥α，n⊥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥n，n∥α，则m⊥α答案D解析对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，∵m⊥α，l⊂α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，又n⊄α，∴n∥α，故C正确；对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m⊂α，而m⊄α，则m ∥α或m与α相交，故D错误．故选D.(3)(多选)(2024·山东聊城质检)已知两条不同的直线l，m和两个不重合的平面α，β，且l⊥β，下列四个命题中正确的是()A．若m⊥β，则l∥mB．若α∥β，则l⊥αC．若α⊥β，则l∥αD．若l⊥m，则m∥β答案AB解析对于A，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故B正确；对于C，若l⊥β，α⊥β，则l∥α或l⊂α，故C错误；对于D，若l⊥β，l⊥m，则m∥β或m⊂β，故D错误．故选AB.(4)(多选)(人教A必修第二册习题8.6T20改编)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质，可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A 正确；对于B，由A项可知，BC⊥AE，由题意可知，AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，若AC⊥PB，因为AC⊥BC，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项可知，AE⊥平面PBC，AE⊂平面AEF，由面面垂直的判定定理，可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD.考点探究——提素养考点一空间中垂直关系的基本问题例1已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确的命题是()A．②③B．①④C．②④D．①③答案B解析对于①，若m⊥n，过直线m上点A作直线l，使l∥n，则直线m与l确定平面γ，且l⊥m，又n⊥β，如图1，则有l⊥β，因为m⊥α，m⊂γ，有γ∩α＝c，因此m⊥c，由l⊥m且m，l，c⊂γ得c∥l，则c⊥β，所以α⊥β，①正确；对于②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，令平面ABCD，平面A1B1C1D1分别为平面α，β，取棱AA1，BB1，DD1的中点分别为M，N，P，连接MN，MP，令直线MN，MP分别为直线m，n，如图2，显然满足m∥α，n∥β，m⊥n，而α∥β，②错误；对于③，取②中正方体，令平面ABCD，平面DCC1D1分别为平面α，β，直线AA1，A1B1分别为直线m，n，显然满足m⊥α，n∥β，m⊥n，而α⊥β，③错误；对于④，因为n∥β，则存在过直线n的平面δ，使得δ∩β＝b，于是有n∥b，又m⊥α，α∥β，则有m ⊥β，从而有m⊥b，所以m⊥n，④正确．故选B.【通性通法】与垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明．(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．【巩固迁移】1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n；②如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α；③如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n；④如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β.其中正确命题的个数为()A．4B．3C．2D．1答案D解析对于①，如果m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，那么m∥n或m与n相交，故①错误；对于②，如果m∥n，n⊥α，由线面垂直的性质可知m⊥α，故②正确；对于③，如果α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n或m∥n或m与n相交(不垂直)或m与n异面(不垂直)，故③错误；对于④，如果α∩β＝m，m⊥n，n⊂α，那么n⊥β或n与β相交(不垂直)，故④错误．故选D.考点二直线与平面垂直的判定与性质(多考向探究)考向1直线与平面垂直的判定例2(1)(2023·天津河西期末)如图，圆柱OO′中，AA′是侧面的母线，AB是底面的直径，C 是底面圆上一点，则()A．BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′ABC．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB答案A解析对于A，依题意AA′⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正确；对于B，显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直于平面A′AB，故B错误；对于C，显然AC与A′C不垂直，则AC不可能垂直于平面A′BC，故C错误；对于D，显然AC与AB 不垂直，则AC不可能垂直于平面A′AB，故D错误．故选A.(2)(2024·四川绵阳模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC.求证：BC⊥平面PAC.证明∵在△AEB中，D是AB的中点，EB＝EA，∴ED⊥AB，∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，又PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PC⊥BC，PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC.【通性通法】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(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α)．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．【巩固迁移】2.(2023·江苏金陵中学三模)如图，圆锥DO 中，AE 为底面圆O 的直径，AE ＝AD ，△ABC 为底面圆O 的内接正三角形，圆锥的高DO ＝18，点P 为线段DO 上一个动点．当PO ＝36时，证明：PA ⊥平面PBC .证明连接DE ，因为AE ＝AD ，AD ＝DE ，所以△ADE 是正三角形，则∠DAO ＝π3，又DO ⊥底面圆O ，AE ⊂底面圆O ，所以DO ⊥AE ，在Rt △AOD 中，DO ＝18，所以AO ＝DO3＝6 3.因为△ABC 是正三角形，所以AB ＝AO ×32×2＝63×3＝18，AP ＝AO 2＋PO 2＝92，BP ＝AP ，所以AP 2＋BP 2＝AB 2，即AP ⊥BP ，同理可证AP ⊥PC ，又BP ∩PC ＝P ，BP ，PC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC .考向2直线与平面垂直的性质例3(1)已知直线l ∩平面α＝O ，A ∈l ，B ∈l ，A ∉α，B ∉α，且OA ＝AB .若AC ⊥平面α，垂足为C ，BD ⊥平面α，垂足为D ，AC ＝1，则BD ＝()A．2B．1C．32D．12答案A解析因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.连接OD，则O，C，D三点共线，所以OA OB＝ACBD .因为OA＝AB，所以OAOB＝12.因为AC＝1，所以BD＝2.故选A.(2)(2024·山东临沂一中阶段考试)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，如图所示，A1A＝AB，G，E，F分别是A1C1，AB，BC的中点，求证：EF⊥GB.证明连接B1G，在等边三角形A1B1C1中，因为G是A1C1的中点，所以B1G⊥A1C1.因为B1B⊥平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1.因为B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B⊂平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因为GB⊂平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因为E ，F 分别是AB ，BC 的中点，所以EF ∥AC ，所以EF ∥A 1C 1，所以EF ⊥GB .【通性通法】1．垂直关系里线线垂直是基础哪里找2．垂直关系中线面垂直是重点(1)哪里找(2)【巩固迁移】3．过△ABC 所在平面α外的一点P ，作PO ⊥α，垂足为O ，若点P 到直线AB ，AC 和BC 的距离都相等，则点O 是△ABC 的()A ．内心B ．外心C ．重心D ．垂心答案A解析如图，PE ⊥AB ，PF ⊥BC ，PD ⊥AC ，由题意可得PE ＝PF ＝PD ，又PO ⊥平面ABC ，而AC ⊂平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥AC ，PO ⊥AB ，PO ⊥BC ，又PO ∩PD ＝P ，PO ∩PE ＝P ，PO ∩PF ＝P ，∴AC ⊥平面POD ，AB ⊥平面POE ，BC ⊥平面POF ，又OD ⊂平面POD ，OE ⊂平面POE ，OF ⊂平面POF ，∴AC ⊥OD ，AB ⊥OE ，BC ⊥OF ，在Rt △POD ，Rt △POE ，Rt △POF 中，OD ＝PD 2－PO 2，OE ＝PE 2－PO 2，OF ＝PF 2－PO 2，∴OD ＝OE＝OF ，故O 一定是△ABC 的内心．故选A.4.(2024·山西大同一中阶段练习)如图，在四面体P －ABD 中，AD ⊥平面PAB ，PB ⊥PA .(1)求证：PB⊥平面APD；(2)若AG⊥PD，G为垂足，求证：AG⊥BD.证明(1)由AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，得AD⊥PB，又PB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面APD，所以PB⊥平面APD.(2)由(1)及PB⊂平面PBD，得平面PBD⊥平面APD，又平面PBD∩平面APD＝PD，AG⊥PD，AG⊂平面APD，所以AG⊥平面PBD，而BD⊂平面PBD，所以AG⊥BD.考点三平面与平面垂直的判定与性质例4如图，四边形ABCD为菱形，四边形ADEF为正方形，DE＝BD＝1，CE＝2，G为DA的中点，H为DE的中点．(1)求证：平面ADEF⊥平面ABCD，且HF⊥BE；(2)求三棱锥B－CEG的体积．解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以DE⊥DA，DA＝DE＝1.因为四边形ABCD为菱形，所以DC＝DE＝1.又因为CE＝2，所以CE2＝DE2＋DC2，所以DE⊥DC.因为DA∩DC＝D，且DA，DC⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.又因为DE⊂平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD.因为BD ＝1＝DA ＝AB ，G 为DA 的中点，所以BG ⊥DA .又BG ⊂平面ABCD ，且平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝DA ，所以BG ⊥平面ADEF .因为HF ⊂平面ADEF ，所以BG ⊥HF .因为四边形ADEF 为正方形，G 为DA 的中点，H 为DE 的中点，所以tan ∠HFE ＝tan ∠GED ＝12，∠HFE ＝∠GED .因为∠GEF ＋∠GED ＝π2，所以∠GEF ＋∠HFE ＝π2，从而HF ⊥GE .因为BG ∩GE ＝E ，BG ，GE ⊂平面BGE ，所以HF ⊥平面BGE ，因为BE ⊂平面BGE ，所以HF ⊥BE .(2)因为四边形ADEF 为正方形，所以DE ⊥DA .又DE ⊂平面ADEF ，平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝DA ，所以DE ⊥平面ABCD ，可得三棱锥E －GBC 的高为DE ＝1.因为BG ⊥DA ，DA ∥BC ，所以BG ⊥BC .又BG ＝AB 2－AG 2＝32，所以△GBC 的面积S ＝12BG ×BC ＝12×32×1＝34，所以V B －CEG ＝V E －GBC ＝13S ×DE ＝13×34×1＝312.【通性通法】1．判定面面垂直的方法(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理．2．面面垂直性质的应用(1)面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．(2)若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．【巩固迁移】5.(2024·山东枣庄三中月考)在三棱锥V－ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA ＝VB，AC＝AB，则()A．AC⊥BC B．VB⊥ACC．VA⊥BC D．VC⊥AB答案C解析因为∠ABC＝45°，AC＝AB，所以△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，所以AC与BC不垂直，即A错误；过点V作VO⊥BC于点O，连接OA，因为侧面VBC⊥底面ABC，平面VBC∩平面ABC＝BC，所以VO⊥平面ABC，即点V在底面ABC上的投影为点O，因为OA⊂平面ABC，所以VO⊥OA.因为VA＝VB，所以OA＝OB，∠OAB＝∠OBA ＝45°，所以OA⊥BC，因为VO∩OA＝O，VO，OA⊂平面VOA，所以BC⊥平面VOA，因为VA⊂平面VOA，所以VA⊥BC，即C正确；由三垂线定理知，若VB⊥AC，则BC⊥AC，这与∠ACB＝45°矛盾，故VB与AC不垂直，同理，VC与AB不垂直，即B，D错误．故选C.6.(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．解(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，又A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为∠ACB＝90°，A1C⊥BC，A1B＝AB，BC为公共边，所以△A1BC≌△ABC，所以A1C＝AC.又AC＝A1C1，所以A1C＝A1C1，又A1C⊥AC，AC∥A1C1，所以A1C⊥A1C1，所以△CA1C1是等腰直角三角形，所以A1O＝12CC1＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.考点四几何法求直线与平面所成的角与二面角例5(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝2，AC与BD交于点O，则下列结论正确的是()A．BD＝ACB．BD⊥平面PACC．PB与平面ABCD所成的角为π4D．二面角P－BD－A的正切值为2答案BCD解析∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AB＝2，∠ABC＝60°，∴AC＝2，BD＝23，故A 不正确；∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，∴BD ⊥平面PAC ，故B 正确；∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 为PB 与平面ABCD所成的角，又PA ＝AB ＝2，∴∠PBA ＝π4，即PB 与平面ABCD 所成的角为π4，故C 正确；如图，连接PO ，由B 项知BD ⊥平面PAC ，∴PO ⊥BD ，AO ⊥BD ，∴∠POA 为二面角P －BD －A 的平面角，在Rt △PAO 中，∵PA ＝2，AO ＝1，tan ∠POA ＝2，∴二面角P －BD －A 的正切值为2，故D 正确．故选BCD.【通性通法】(1)利用几何法求空间线线角、线面角、二面角时要注意“作角、证明、计算”是一个完整的过程，缺一不可．(2)斜线与平面所成的角，首先作出平面的垂线，得出斜线在平面内的射影，从而得出斜线与平面所成的角，转化为直角三角形求解．(3)求空间角中的难点是求二面角，作二面角的平面角的常用方法有：①定义法：根据平面角的概念直接作，如二面角的棱是两个等腰三角形的公共底边，就可以取棱的中点；②垂面法：过二面角棱上一点作棱的垂面，则垂面与二面角的两个半平面的交线所成的角就是二面角的平面角或其补角；③垂线法：过二面角的一个半平面内一点A 作另一个半平面所在平面的垂线，得到垂足B ，再从垂足B 向二面角的棱作垂线，垂足为C ，这样二面角的棱就垂直于这两条垂线所确定的平面ABC ，连接AC ，则AC 也与二面角的棱垂直，∠ACB 就是二面角的平面角或其补角，这样就把问题归结为解一个直角三角形，这是求解二面角最基本、最重要的方法．【巩固迁移】7．(多选)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝4，M ，N 分别是AB ，CD 的中点，P 是BM 的中点．将矩形AMND 沿MN 折起，形成多面体AMB －DNC .则下列结论正确的是()A ．BD ∥平面ANPB ．BD ⊥平面ANPC ．若二面角A －MN －B 的大小为120°，则直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值为77D ．若二面角A －MN －B 的大小为120°，则直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值为714答案AD 解析如图，连接MD 交AN 于点O ，连接OP ，由题意，得四边形AMND 为矩形，∴O 为MD 的中点，又P 为BM 的中点，∴OP ∥BD ，∵BD ⊄平面ANP ，OP ⊂平面ANP ，∴BD ∥平面ANP ，故A 正确，B 错误；∵AM ⊥MN ，BM ⊥MN ，∴∠AMB 即为二面角A －MN －B 的平面角，∵∠AMB ＝120°，且MN ⊥平面ABM ，∴BC ⊥平面ABM ，∵BC ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面ABM ，过P 作PQ ⊥AB 于点Q ，∴PQ ⊥平面ABCD ，∴∠PAB 即为AP 与平面ABCD 所成的角，易得AM ＝MB ＝2，AB ＝23，PB ＝1，∴PQ ＝12，BQ ＝32，∴AQ ＝332，∴AP ＝274＋14＝7，∴sin ∠PAB ＝PQ AP ＝127＝714，∴直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值为714，故C 错误，D 正确．故选AD.考点五平行、垂直关系的综合问题例6(2024·黑龙江哈尔滨期末)如图1，在平行四边形ABCD 中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，现将△ADC 沿AC 折起，得到三棱锥D ′－ABC (如图2)，且平面AD ′C ⊥平面ABC ，E 为D ′C 的中点．(1)求证：AE ⊥平面D ′BC ；(2)在∠ACB 的平分线上是否存在点F ，使得D ′F ∥平面ABE ？若存在，求D ′F 的长；若不存在，请说明理由．解(1)证明：在▱ABCD中，可得AD＝BC＝AC，则AD′＝AC，因为E为D′C的中点，所以AE⊥D′C，因为AC⊥BC，平面AD′C⊥平面ABC，平面AD′C∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面AD′C，因为AE⊂平面AD′C，所以AE⊥BC，因为BC∩D′C＝C，BC，D′C⊂平面D′BC，所以AE⊥平面D′BC.(2)取AB的中点O，连接CO并延长至点F，使CO＝OF，连接AF，D′F，BF，OE，因为BC＝AC，所以射线CO是∠ACB的平分线．又因为E是D′C的中点，所以OE∥D′F，因为OE⊂平面ABE，D′F⊄平面ABE，所以D′F∥平面ABE，因为AB，FC互相平分，所以四边形ACBF为平行四边形，所以BC∥AF，因为BC⊥平面AD′C，AD′⊂平面AD′C，所以AD′⊥BC，所以AF⊥AD′，又因为AF＝BC＝1，AD′＝AD＝BC＝1，故D′F＝ 2.【通性通法】1．解决平行与垂直中探索性问题的主要途径(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．涉及点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识取点．【巩固迁移】8．(2024·广东深圳翠园中学期末)如图，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥DC ，∠BCD ＝90°，AB ＝AD ＝10，AE ＝6，BC ＝8，CD ＝4，∠AED ＝90°，EH ⊥AD ，垂足为H ，将△ADE 沿AD 折起(如图)，使得平面ADE ⊥平面ABCD .(1)求证：EH ⊥平面ABCD ；(2)求三棱锥C －ADE 的体积；(3)在线段BE 上是否存在点M ，使得MH ∥平面CDE ？若存在，求出EM EB 的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为EH ⊥AD ，平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，EH ⊂平面ADE ，所以EH ⊥平面ABCD .(2)在Rt △ADE 中，因为AE ＝6，AD ＝10，所以DE ＝8，因为DE ·AE ＝AD ·EH ，所以EH ＝245，因为∠BCD ＝90°，BC ＝8，CD ＝4，所以△ACD 的面积S ＝12×4×8＝16，所以V C －ADE ＝V E －ACD ＝13S ·EH ＝13×16×245＝1285.(3)解法一：过点H 作HN ∥DE 交AE 于点N ，过点N 作NM ∥AB 交EB 于点M ，连接HM .因为AB ∥DC ，所以MN ∥CD ，因为CD ⊂平面CDE ，MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ，同理，NH ∥平面CDE ，又因为MN ∩NH ＝N ，MN ，NH ⊂平面MNH ，所以平面MNH ∥平面CDE .因为MH⊂平面MNH，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因为DE＝8，AD＝10，所以DH＝32 5，因为HN∥DE，所以ENEA＝DHAD＝1625，又因为MN∥AB，所以EMEB＝ENEA＝1625，所以在线段BE上存在点M，使得MH∥平面CDE，且EMEB＝1625.解法二：过点H作HG∥CD交BC于点G，过点G作GM∥CE交EB于点M，连接HM.因为HG∥CD，CD⊂平面CDE，HG⊄平面CDE，所以HG∥平面CDE，同理，GM∥平面CDE.又因为HG∩GM＝G，HG，GM⊂平面MHG，所以平面MHG∥平面CDE.因为MH⊂平面MHG，所以MH∥平面CDE.在Rt△AED中，因为EH⊥AD，所以DH·AD＝DE2，又因为DE＝8，AD＝10，所以DH＝32 5，因为HG∥CD，所以CGCB＝DHAD＝1625，因为MG∥CE，所以EMEB＝CGCB＝1625，所以在线段BE上存在点M，使得MH∥平面CDE，且EMEB＝1625.课时作业一、单项选择题1．(2024·江西南昌一中阶段考试)已知α，β是两个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线，则下面说法中正确的是()A．若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，则c⊥αB．若a⊂α，且b⊥a，则b⊥αC．若b⊥α，且c⊥b，则c∥αD．若a⊥α，b⊥β，且c∥a，c∥b，则α∥β答案D解析对于A，由a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，当且仅当a与b相交时才能得到c⊥α，故A 错误；对于B，若a⊂α，且b⊥a，则b⊥α或b∥α或b⊂α或b与α相交(不垂直)，故B错误；对于C，若b⊥α，且c⊥b，则c∥α或c⊂α，故C错误；对于D，若c∥a，c∥b，则a∥b，又a⊥α，b⊥β且α，β是两个不同的平面，则α∥β，故D正确．故选D.2．(2023·河南洛阳模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，α∥β，则“m⊥n”是“n⊥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答案B解析当m⊥n，n⊂α时，可推出n∥β，推不出n⊥β；当n⊥β时，由α∥β可知n⊥α，又m⊂α，所以m⊥n.综上可知，“m⊥n”是“n⊥β”的必要不充分条件．故选B.3.如图，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内部答案A解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．故选A.4.(2024·山东高密三中阶段练习)如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD 垂直的平面是()A．平面ABCD B．平面PBCC．平面PAD D．平面PAB答案C解析因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，由四边形ABCD为矩形，得CD⊥AD，因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.故选C.5．(2023·浙江杭州模拟)在二面角α－l－β中，A∈α，AB⊥平面β于点B，BC⊥平面α于点C，若AB＝6，BC＝3，则二面角α－l－β的平面角的大小为()A．30°B．60°C．30°或150°D．60°或120°答案D解析如图，因为AB⊥β，所以AB⊥l，因为BC⊥α，所以BC⊥l，所以l⊥平面ABC，设平面ABC∩l＝D，则∠ADB为二面角α－l－β的平面角或其补角，因为AB＝6，BC＝3，所以∠BAC＝30°，所以∠ADB＝60°，所以二面角α－l－β的平面角的大小为60°或120°.6．(2023·云南红河州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设M为BC的中点，则下列说法正确的是()A．A1M⊥BDB．A1M∥平面CC1D1DC．A1M⊥AB1D．A1M⊥平面ABC1D1答案C解析如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM.而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不成立，故A不正确；对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1.因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不成立，故B 不正确；对于C ，因为MB ⊥平面ABB 1A 1，所以MB ⊥AB 1，又A 1B ⊥AB 1，A 1B ∩BM ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BM ，所以A 1M ⊥AB 1，故C 正确；对于D ，假设A 1M ⊥平面ABC 1D 1，因为A 1D ⊥AD 1，A 1D ⊥AB ，且AB ∩AD 1＝A ，所以A 1D ⊥平面ABC 1D 1，所以A 1M ∥A 1D ，显然不成立，故D 不正确．故选C.7．(2023·全国乙卷)已知△ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，△ABD 为等边三角形，若二面角C －AB －D 为150°，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为()A ．15B ．25C ．35D ．25答案C解析取AB 的中点E ，连接CE ，DE ，因为△ABC 是等腰直角三角形，且AB 为斜边，所以CE ⊥AB .又△ABD 是等边三角形，所以DE ⊥AB ，从而∠CED 为二面角C －AB －D 的平面角，即∠CED ＝150°，显然CE ∩DE ＝E ，CE ，DE ⊂平面CDE ，于是AB ⊥平面CDE ，又AB ⊂平面ABC ，因此平面CDE ⊥平面ABC ，显然平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，直线CD ⊂平面CDE ，则直线CD 在平面ABC 内的射影为直线CE ，从而∠DCE 为直线CD 与平面ABC 所成的角，令AB ＝2，则CE ＝1，DE ＝3，在△CDE 中，由余弦定理，得CD ＝CE 2＋DE 2－2CE ·DE cos ∠CED ＝7，由正弦定理，得DE sin ∠DCE ＝CD sin ∠CED，即sin ∠DCE ＝3sin150°7＝327，显然∠DCE 是锐角，故cos ∠DCE ＝1－sin 2∠DCE ＝527，所以直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为35故选C.8.如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 是棱C 1D 1上任意两点，且EF ＝1，P ，Q 是正方形ABCD 及其内部的动点，且PQ ＝1，则四面体P －EFQ 体积的最大值为()A ．13B ．23C ．1D ．43答案A 解析设直线QP 交直线CD 于点M ，连接ME ，MF ，则S △MEF ＝12×1×2＝1，过点P ，Q 在平面ABCD 内分别作PG ⊥CD ，QH ⊥CD ，垂足分别为G ，H ，因为平面ABCD ⊥平面CC 1D 1D ，平面ABCD ∩平面CC 1D 1D ＝CD ，PG ⊥CD ，PG ⊂平面ABCD ，所以PG ⊥平面CC 1D 1D ，同理可得QH ⊥平面CC 1D 1D ，设∠QMH ＝θ，V P －EFQ ＝|V Q －MEF －V P －MEF |＝13S △MEF ·|QH －PG |＝13S △MEF ·|QM －PM |sin θ＝13S △MEF ·PQ sin θ≤13S △MEF ·PQ ＝13，当且仅当PQ ⊥CD 时等号成立，故四面体P －EFQ 体积的最大值为13.故选A.二、多项选择题9.(2023·陕西宝鸡中学模拟)如图，正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2，G 2G 3的中点，现在沿SE ，SF ，EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3重合，重合后的点记为G .下列关系中成立的是()A ．SG ⊥平面EFGB ．SE ⊥平面EFGC ．GF ⊥SED ．EF ⊥平面SEG答案AC 解析由SG ⊥GE ，SG ⊥GF ，GE ∩GF ＝G ，得SG ⊥平面EFG ，同理，GF ⊥平面GSE ，又SE ⊂平面GSE ，所以GF ⊥SE ，所以A ，C 正确；若SE ⊥平面EFG ，则SE ⊥EG ，这与SG ⊥EG 矛盾，同理可知EF ⊥平面SEG 不成立，所以B ，D 不正确．故选AC.10．(2024·湖南湘潭一中检测)如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN ⊥OP 的是()答案BC 解析设正方体的棱长为2.对于A ，如图1所示，连接AC ，则MN ∥AC ，故∠POC (或其补角)为异面直线OP 与MN 所成的角．在直角三角形OPC 中，OC ＝2，CP ＝1，故tan ∠POC ＝12＝22，故MN ⊥OP 不成立，故A 不满足题意；对于B ，如图2所示，取MT 的中点Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ ⊥MN ，PQ ⊥MN ，所以MN ⊥平面OPQ ，又OP ⊂平面OPQ ，故MN ⊥OP ，故B 满足题意；对于C ，如图3，连接BD ，则BD ∥MN ，由B 项的判断可得OP ⊥BD ，故OP ⊥MN ，故C 满足题意；对于D ，如图4，取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接AC ，PQ ，OQ ，PK ，OK ，则AC ∥MN ，因为DP ＝PC ，故PQ ∥AC ，故PQ ∥MN ，所以∠QPO (或其补角)为异面直线PO 与MN 所成的角．因为正方体的棱长为2，故PQ ＝12AC ＝2，OQ ＝AO 2＋AQ 2＝2＋1＝3，PO ＝PK 2＋OK 2＝4＋1＝5，因为QO 2<PQ 2＋PO 2，故∠QPO 不是直角，故OP 与MN 不垂直，故D 不满足题意．故选BC.三、填空题11．(2023·河北石家庄模拟)已知△ABC 在平面α内，∠BAC ＝90°，DA ⊥平面α，则直线CA 与DB 的位置关系是________．答案垂直解析∵DA ⊥平面α，CA ⊂平面α，∴DA ⊥CA ，在△ABC 中，∵∠BAC ＝90°，∴AB ⊥CA ，又DA ∩AB ＝A ，DA ，AB ⊂平面DAB ，∴CA ⊥平面DAB ，又DB ⊂平面DAB ，∴CA ⊥DB .12.(2024·福建泉州中学质检)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面四边形ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，P ，Q 分别是线段BS ，AD 的中点，点R 在线段SD 上．若AS ＝4，AD ＝2，AR ⊥PQ ，则AR ＝________．答案455解析如图，取SA 的中点E ，连接PE ，QE .∵SA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴SA ⊥AB ，而AB ⊥AD ，AD ∩SA ＝A ，AD ，SA ⊂平面SAD ，∴AB ⊥平面SAD ，故PE ⊥平面SAD ，又AR ⊂平面SAD ，∴PE ⊥AR .又AR ⊥PQ ，PE ∩PQ ＝P ，PE ，PQ ⊂平面PEQ ，∴AR ⊥平面PEQ ，∵EQ ⊂平面PEQ ，∴AR ⊥EQ ，∵E ，Q 分别为SA ，AD 的中点，∴EQ ∥SD ，则AR⊥SD ，在Rt △ASD 中，AS ＝4，AD ＝2，可求得SD ＝25，由等面积法可得AR ＝455.13.(2023·安徽安庆一中模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AA 1⊥平面ABC ，BC ＝CC 1，当底面A 1B 1C 1满足条件________时，有AB 1⊥BC 1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)答案A 1C 1⊥B 1C 1(答案不唯一)解析当底面A 1B 1C 1满足条件A 1C 1⊥B 1C 1时，有AB 1⊥BC 1.理由如下：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ＝CC 1，∴四边形BCC 1B 1是正方形，∴BC 1⊥B 1C ，∵CC 1∥AA 1，∴A 1C 1⊥CC 1.又A 1C 1⊥B 1C 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1，CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，∴A 1C 1⊥平面BCC 1B 1，∵AC ∥A 1C 1，∴AC ⊥平面BCC 1B 1，∵BC 1⊂平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥AC ，∵AC ∩B 1C ＝C ，AC ，B 1C ⊂平面ACB 1，∴BC 1⊥平面ACB 1，又AB 1⊂平面ACB 1，∴AB 1⊥BC 1.14.(2024·湖北襄阳一中月考)如图，在三棱台ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，AA 1＝A 1B 1＝B 1C 1＝1，AB ＝2，则AC 与平面BCC 1B 1所成的角为________．答案π6解析将棱台补全为如图所示三棱锥D －ABC ，由∠ABC ＝90°，AA 1＝A 1B 1＝B 1C 1＝1，AB ＝2，易知DA ＝BC ＝2，AC ＝22，由AA 1⊥平面ABC ，AB ，AC ⊂平面ABC ，则AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ，所以BD ＝22，CD ＝23，故BC 2＋BD 2＝CD 2，所以S △BCD ＝12×2×22＝22.设点A 到平面BCC 1B 1的距离为h ，又V D －ABC ＝V A －BCD ，则13×2×12×2×2＝13h ×22，可得h ＝2.设AC 与平面BCC 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝h AC ＝12，又θ∈0，π2，则θ＝π6.四、解答题15.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC，又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，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.16.(2023·广东东莞实验中学5月月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝33，BC＝3，沿对角线BD把△BCD折起，使点C到达点C′，且C′在平面ABD内的射影O恰好落在AB上．(1)求证：平面DBC′⊥平面ADC′；(2)求二面角C′－AD－B的余弦值．解(1)证明：∵C′在平面ABD内的射影O恰好落在AB上，即AB为BC′在平面ABD上的射影，而AB⊥AD，∴BC′⊥AD，又BC′⊥C′D，C′D∩AD＝D，C′D，AD⊂平面ADC′，∴BC′⊥平面ADC′，又BC′⊂平面DBC′，∴平面DBC′⊥平面ADC′.(2)由(1)知，BC′⊥AC′，在Rt△AC′B中，有AC′＝32，即C′A2＋AD2＝C′D2，∴C′A⊥AD，又AB⊥AD，C′A∩AB＝A，C′A，AB⊂平面C′AB，∴AD⊥平面C′AB，∴二面角C′－AD－B的平面角是∠C′AB，∵cos∠C′AB＝AC′AB＝63，∴二面角C′－AD－B的余弦值是6 3 .17.(2024·海南文昌中学模拟)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP＝2PD1，AA1＝3，AB＝1.若点Q在侧面BCC1B1(包括其边界)上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为()A．3B．2C．233D．52答案D解析如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR＝2RA1，连接PR，BR，过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC，CN，由PR∥AD可知，PR⊥AN，又BR∩PR＝R，BR，PR⊂平面BPR，从而AN⊥平面BPR，所以BP⊥AN，因为BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，又AN∩AC＝A，AN，AC⊂平面ACN，所以BP⊥平面ACN，又CN⊂平面ACN，所以BP⊥CN，所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，因为∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽Rt△RAB，则BNAB＝ABRA，将AB＝1，RA＝2代入，得BN＝12，所以CN＝BN2＋BC2＝＝52.故选D.18．(多选)(2024·海南中学模拟)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD与AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法正确的是()A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OCB．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BDC．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACDD．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD答案ABC解析对于A，当AB＝x＝1时，矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，因为OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；对于B，当AB＝x＝1时，因为OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所。

高考数学第一轮总复习100讲1068棱柱

高考数学第一轮总复习100讲1068棱柱一. 知识回忆:1. 棱柱.⑴①直棱柱侧面积：Ch S =〔C 为底面周长，h 是高〕该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的.②斜棱住侧面积：l C S 1=〔1C 是斜棱柱直截面周长，l 是斜棱柱的侧棱长〕该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的. ⑵{四棱柱}⊃{平行六面体}⊃{直平行六面体}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}. {直四棱柱}⋂{平行六面体}={直平行六面体}.⑶棱柱具有的性质：①棱柱的各个侧面差不多上平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧面差不多上矩形．．．．．．．．．．；正棱柱的各个侧面差不多上全等的矩形．．．．．. ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等．．多边形. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面差不多上平行四边形.注：①棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直可估量是直棱柱. 〔×〕〔直棱柱不能保证底面是钜形可如图〕 ②〔直棱柱定义〕棱柱有一条侧棱和底面垂直. ⑷平行六面体：定理一：平行六面体的对角线交于一点．．．．．．．．．．．．．，同时在交点处互相平分. [注]：四棱柱的对角线不一定相交于一点.定理二：长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和.推论一：长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为γβα,,，那么1cos cos cos 222=++γβα. 推论二：长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为γβα,,，那么2cos cos cos 222=++γβα. [注]： ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.〔×〕〔斜四面体的两个平行的平面能够为矩形〕②各侧面差不多上正方形的棱柱一定是正棱柱.〔×〕〔应是各侧面差不多上正方形的直．棱柱才行〕 ③对角面差不多上全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.〔×〕〔只能推出对角线相等，推不出底面为矩形〕④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直. 〔两条边可能相交，可能不相交，假设两条边相交，那么应是充要条件〕二. 基础训练:1、棱柱成为直棱柱的一个必要而不充分条件是…………………………………………………( ). 〔A 〕它的一条侧棱垂直于底面〔B 〕它的一条侧棱与底面两条边垂直〔C 〕它的一个侧面与底面差不多上矩形〔D 〕它的一个侧面与底面的一条边垂直2、一个长方体的全面积是22，体积为8，那么如此的长方体…………………………………………〔〕〔A 〕有一个〔B 〕有两个〔C 〕有许多多个〔D 〕不存在3、在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点,在A 1B 1上,那么直线PQ 与直线AM 所成的角为______.4、一个长方体共一顶点的三个面的面积分不为2、3、6，那个长方体对角线的长是…〔〕〔A 〕32 〔B 〕23 〔C 〕６〔D 〕6三.例题讲解:例1、如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为6，B 1C ＝10，D 为AC 的中点E 、F 分不在侧棱A 1A 和BB 1上,且AF ＝2BE ＝BC ． (1)求证：AB 1∥平面C 1BD ；(2)求异面直线AB 1和BC 1所成的角； (3)求直线AB 1到平面C 1BD 的距离EACA 1B 1C 1 F B(4)求过F 、E 、C 的平面与棱柱下底面所成二面角的大小．例2、如图．斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC ＝BC 、D 为AB 的中点，平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，异面直线BC 1与AB 1互相垂直．〔1〕求证：AB 1⊥CD ；〔2〕求证：AB 1⊥平面A 1CD ；〔3〕假设AB 1＝５，求点A 到平面A 1CD 的距离．例3如图正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱均相等，D 是BC 上的一点，AD ⊥C 1D 〔1〕求证：面ADC 1⊥侧面BCC 1B 1 〔2〕求二面角C －AC 1－D 的大小〔用反正弦表示〕；〔3〕假设AB=2，求直线A 1B 与截面ADC 1之间的距离例4.如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90︒，侧棱AA 1＝2，D 、E 分不是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的垂心G .〔1〕求A 1B 与平面ABD 所成角的大小〔结果用反三角函数值表示〕；〔2〕求点A 1到平面AED 的距离.四、作业同步练习g3.1068 棱柱1、设有如下三个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体。

高考数学第一轮总复习100讲g3.1063空间向量及运算

g3.1063空间向量及运算一.知识回顾:1．空间向量的概念：注：⑴空间的一个平移就是一个向量同向等长的有向线段表示同一或相等的向量⑶空间的两个向量可用同一平面内的两条有向线段来表示 2．空间向量的运算定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘向量运算如下b a+=+=b a-=-=)(R a ∈=λλ运算律：⑴加法交换律：a b b a+=+⑵加法结合律：)()(c b a c b a++=++ ⑶数乘分配律：b a b aλλλ+=+)(3 共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量．a平行于b 记作b a //．当我们说向量a 、b 共线（或a //b ）时，表示a 、b的有向线段所在的直线可能是同一直线，也可能是平行直线．4．共线向量定理及其推论：共线向量定理：空间任意两个向量a 、b （b ≠0 ），a //b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb .推论：如果l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a的直线，那么对于任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t 满足等式t +=a．其中向量a叫做直线l 的方向向量. 5．向量与平面平行：已知平面α和向量a ，作OA a =，如果直线OA 平行于α或在α内，那么我们说向量a 平行于平面α，记作：//a α．通常我们把平行于同一平面的向量，叫做共面向量说明：空间任意的两向量都是共面的 6．共面向量定理：如果两个向量,a b 不共线，p 与向量,a b 共面的充要条件是存在实数,x y 使p xa yb =+推论：空间一点P 位于平面MAB 内的充分必要条件是存在有序实数对,x y ，使MP xMA yMB =+或对空间任一点O ，有OP OM xMA yMB =++ ① ①式叫做平面MAB 的向量表达式7 空间向量基本定理：如果三个向量,,a b c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组,,x y z ，使p xa yb zc =++推论：设,,,O A B C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的三个有序实数,,x y z ，使OP xOA yOB =++8 空间向量的夹角及其表示：已知两非零向量,a b ，在空间任取一点O ，作,OA a OB b ==，则AOB ∠叫做向量a 与b 的夹角，记作,a b <>；且规定0,a b π≤<>≤，显然有,,a b b a <>=<>；若,2a b π<>=，则称a 与b 互相垂直，记作：a b ⊥. 9．向量的模：设OA a =，则有向线段OA 的长度叫做向量a 的长度或模，记作：||a . 10．向量的数量积： a b ⋅=||||cos ,a b a b ⋅⋅<>．已知向量AB a =和轴l ，e 是l 上与l 同方向的单位向量，作点A 在l 上的射影A '，作点B 在l 上的射影B '，则A B ''叫做向量AB 在轴l 上或在e 上的正射影.可以证明A B ''的长度||||cos ,||A B AB a e a e ''=<>=⋅． 11．空间向量数量积的性质：（1）||cos ,a e a a e ⋅=<>．（2）0a b a b ⊥⇔⋅=．（3）2||a a a =⋅． 12．空间向量数量积运算律：（1）()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅．（2）a b b a ⋅=⋅（交换律）（3）()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）．二.基本训练:1.（2002上海春，13）若a 、b 、c 为任意向量，m ∈R ，则下列等式不一定．．．成立的是（ D ） A.（a +b ）+c =a +（b +c ）B.（a +b ）·c =a ·c +b ·cC.m （a +b ）=m a +m bD.（a ·b ）c =a （b ·c ）2.（2001江西、山西、天津）设坐标原点为O ，抛物线y 2=2x 与过焦点的直线交于A 、B 两点，则OB OA ⋅等于（ B ）A.43 B.－43 C.3 D.－33.（2001上海）如图5—1，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若B A 1=a ，11D A =b ，A A 1=c .则下列向量中与M B 1相等的向量是（ A ）A.－21a +21b +c B.21a +21b +c C.21a －21b +c D.－21a －21b +c 4.(2000江西、山西、天津理，4)设a 、b 、c 是任意的非零平面向量,且相互不共线,则①（a ·b ）c －（c ·a ）b =0 ②|a |－|b |<|a －b | ③（b ·c ）a －（c ·a ）b 不与c 垂直 ④（3a +2b ）（3a －2b ）=9|a |2－4|b |2中，是真命题的有（ D ） A.①② B.②③ C.③④ D.②④5.（2002上海文，理2）已知向量a 和b 的夹角为120°，且|a |=2，|b |=5，则（2a －b ）·a =__13___.6.（2001上海春，8）若非零向量α、β满足|α+β|=|α－β|，则α与β所成角的大小为___90°__.三.例题讲解:例1．已知在正三棱锥ABC P -中，N M ,分别为BC PA ,中点，G 为MN 中点，求证：BC PG ⊥例2．已知H G F E ,,,分别是空间四边形ABCD 的边DA CD BC AB ,,,的中点，（1）用向量法证明H G F E ,,,四点共面；（2）用向量法证明：BD //平面EFGH ；（3）设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有1()4OM OA OB OC OD =+++例3．在平行六面体1111D C B A A B C D -中，底面A B C D 是边长为a 的正方形，侧棱1AA 长为b ，且1111120AA B AA D ∠=∠=︒，求（1）1AC 的长；（2）直线1BD 与AC 所成角的余弦值。

2012高考总复习《走向清华北大》精品课件45空间点_直线_平面之间的位置关系

第四十五讲空间点､直线､平面之间的位置关系共50页 1回归课本共50页 21.平面的基本性质公理1:如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内.公理2:过不在同一直线上的三点,有且只有一个平面.注意: (1)过一条直线和直线外一点⎫(2)经过两条相交直线⎪⎬均有且只有一个平面⎪(3)经过两条平行直线⎭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.共50页 3注意:用途公理1 ①证明点在平面内②证明直线在平面内公理2 ①确定平面的条件②证明有关点、线共面问题公理3 ①确定两个平面的交线②证明三点共线或三线共点共50页 42.空间直线与直线的位置关系(1)位置关系:①共面与否⎧ ⎧平行⎪共面⎨⎨ ⎩相交⎪⎩异面⎧一个公共点:相交②公共点个数⎪⎨⎧平行⎪无公共点⎨⎩⎩异面共50页 5(2)公理4(平行公理):平行于同一直线的两条直线互相平行.(3)公理5: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.共50页 6(4)异面直线的夹角:①定义:已知两条异面直线a、b经过空间任意一点O作直线a′∥a,b′∥b,我们把两相交直线a′,b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a、b所成的角(或夹角).②范围:θ∈⎛ π ⎤ 0, ⎥. ⎝ 2 ⎦特别地:如果两异面直线所成的角是90°,我们就称这两条直线互相垂直,记作a⊥b.共50页73.空间中的直线与平面的位置关系⎧直线在平面内- -有无数个公共点⎪⎧直线与平面相交- -有且只有一个⎪⎨ ⎪公共点⎪ ⎨直线在平面外⎪ ⎪ 直线与平面平行- -无公共点⎩ ⎩共50页84.平面与平面的位置关系有两种⎧平行- -无公共点⎨相交- -有一条公共直线⎩共50页9注意:符合语言:(1)点与线:A∈l,A∉l.(2)点与面:A∈α,A∉α.(3)线与线:l1∥l2,l1∩l2=O,l1与l2异面.(4)线与面:l⊂α,l⊄α(l∩α=A,或l∥α).(5)面与面:α∥β,α∩β=l.共50页10考点陪练共50页111.下列命题中正确的是()A.三点确定一个平面B.两条直线确定一个平面C.两两相交的三条直线一定在同一平面内D.过同一点的三条直线不一定在同一平面内解析:A、B、C均不满足公理2及其推论,故D正确.答案:D共50页122.若A表示点,a表示直线,α、β表示平面,则下列表述中,错误的是()A.a⊂α,A∈a⇒A∈αB.a⊄α,A∈a⇒A∉αC.A∈α,A∈β,α∩β=a⇒A∈aD.A∈a,A∉α⇒a⊄α共50页13解析:a⊂α的含义是a上所有点都在平面α上,故A正确;反之直线a上有一点不在α上,就说明a⊄α,故D正确,但是a⊄α并不代表所有点都不在α上,故B错误.C就是公理3,故C正确.答案:B共50页143.给出下面四个命题:①如果直线a∥c,b∥c,那么a,b可以确定一个平面;②如果直线a和b都与直线c相交,那么a,b可以确定一个平面;③如果a⊥c,b⊥c,那么a,b可以确定一个平面;④直线a过平面α内一点与平面α外一点,直线b在平面α内不过该点,那么a和b是异面直线.共50页15上述命题中,真命题的个数是()A.1个B.2个C.3个D.4个解析:①中,由公理4知,a∥b,故①正确;②中,a,b可能异面,故②错误;③中,a,b可能异面,故③错误;④正确.答案:B共50页164.在正方体ABCD—A′B′C′D′中,E､F分别为棱AA′､CC′的中点,则在空间中与三条直线A′D′､EF､CD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.有无数条共50页17解析:在A′D′延长线上取一点H,使A′D′=D′H,在DC延长线上取一点G,使CG=2DC,连接HG与EF交于一点,延长DC.连接D′F必与DC延长线相交,延长D′A′,连接DE必与D′A′延长线相交.连接A′C与EF交于EF中点,故选D.答案:D共50页185.三条直线两两垂直,那么在下列四个结论中,正确的结论共有()①这三条直线必共点;②其中必有两条是异面直线;③三条直线不可能共面;④其中必有两条在同一平面内A.4个B.3个C.2个D.1个共50页19解析:(1)三条直线两两垂直时,它们可能共点(如正方体同一个顶点上的三条棱),也可能不共点(如正方体ABCD—A1B1C1D1中的棱AA1,AB,BC),故结论①不正确,也说明必有结论②不正确;如果三条直线在同一个平面内,根据平面几何中的垂直于同一条直线的两条直线平行,就导出了其中两条直线既平行又垂直的矛盾结论,故三条直线不可能在同一个平面内,结论③正确;共50页20三条直线两两垂直,这三条直线可能任何两条都不相交,即任意两条都异面(如正方体ABCD—A1B1C1D1中的棱AA1,BC和C1D1),故结论④不正确.故选D.答案:D共50页21类型一点共线问题解题准备:证明共线问题的常用方法(1)可由两点连一条直线,再验证其他各点均在这条直线上;(2)可直接验证这些点都在同一条特定的直线上——相交两平面的唯一交线,关键是通过绘出图形,作出两个适当的平面或辅助平面,证明这些点是这两个平面的公共点.共50页22【典例1】已知正方体ABCD—A1B1C1D1中,E､F分别为D1C1､C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:(1)D､B､F､E四点共面;(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P､Q､R三点共线.共50页23[解] (1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线, 所以EF∥B1D1.在正方体AC1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面,即D､B､F､E四点共面.共50页24(2)在正方体AC1中,设A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α,又Q∈EF,所以Q∈β.则Q是α与β的公共点,同理,P点也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,R∈α且R∈β,则R∈PQ,故P､Q､R三点共线.共50页25类型二线共点问题解题准备:证明共点问题,常用的方法是:先证其中两条直线交于一点,再证交点在第三条直线上,有时也可将问题转化为证明三点共线.共50页26【典例2】如图所示,已知正方体ABCD—A1B1C1D1中,E ､F分别为棱AB,AA1的中点.求证:三条直线DA,CE,D1F交于一点.共50页27[证明] 直线DA⊂平面AD1,直线D1F⊂平面AD1,显然直线DA与直线D1F不平行,设直线DA与直线D1F交于点M.同样,直线DA与直线CE都在平面AC内且不平行,设直线AD与直线CE相交于点M′.又E､F为棱AB､AA1的中点,∴易知MA=AD,M′A=AD,所以M､M′为直线AD上的同一点,因此,三条直线DA､CE､D1F交于一点.共50页28[反思感悟] 设直线DA与直线D1F交于点M,直线DA与直线 CE交于M′,再证明M,M′重合.证明三线共点,可以先说明其中两条交于一点M,另两条交于一点N,再想法证明M,N两点重合.另一种方法是:先证明其中两条直线交于一点,再证明这个点在第三条直线上.如本题可先说明直线CE和直线D1F共面且交于一点P,而点P既在平面AD1内,也在平面AC内,所以点P在它们的交线AD上.共50页29类型三线共面问题解题准备:证明共面问题的常用方法证明若干条线(或若干个点)共面,一般来说有两种途径:一是首先由题给条件中的部分线(或点)确定一个平面,然后再证明其余的线(或点)均在这个平面内;二是将所有元素分为几个部分,然后分别确定几个平面,再证这些平面重合.共50页30【典例3】已知:a,b,c,d是不共点且两两相交的四条直线,求证:a,b,c,d共面.[证明] 弄清楚四条直线不共点且两两相交的含义:四条直线不共点,包括有三条直线共点的情况;两两相交是指任何两条直线都相交.共50页31。

2012届高考数学一轮精品10.7平面与平面垂直(考点疏理典型例题练习题和解析)

2012届高考数学一轮精品：10.7平面与平面垂直（考点疏理+典型例题+练习题和解析）10.7平面与平面垂直【知识网络】1、平面与平面垂直的性质；2、平面与平面垂直的判定；3、两平面垂直性质与判定的应用。

【典型例题】例1：（1）二面角α—EF —β是直二面角，C ∈EF ，AC ⊂α，BC ⊂β,∠ACF=30°,∠ACB=60°，则cos ∠BCF 等于（）A ．332B ．36C ．22D ．33答案：D 。

解析：由cos cos cos ACB ACF BCF ∠=∠⋅∠，得cos BCF ∠=。

（2）M ，N ，P 表示三个不同的平面，则下列命题中，正确的是（） A ．若M ⊥P ，N ⊥P ，则M ∥N B ．若M ⊥N ，N ∩P=φ，则M ∩P ≠φ C ．若M 、N 、P 两两相交，则有三条交线D ．若N ∩P=a ，P ∩M=b ，M ⊥N ，则a ⊥b答案B 。

解析：N ∩P=φ，则N//P ，显然M ∩P ≠φ。

（3）α、β表示平面，l 表示既不在α内也不在β内的直线，存在以下三个事实①l ⊥α； ②l ∥β；③α⊥β.若以其中两个为条件，另一个为结论，构成命题，其中正确命题的个数为（）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个答案：C 提示：由①②⇒③、①③⇒②是正确命题，由②③不能得到①；（4）直二面角α－l －β的棱l 上有一点A ，在平面α、β内各有一条射线AB ，AC 与l 成450，AB βα⊂⊂AC ,，则∠BAC= 。

答案：600或1200 。

解析：分B 、C 在A 点的同侧和异侧两种情况。

（5）设b a ,是两条不同直线，βα,是两个不同平面，给出下列四个命题：①若,,,αα⊄⊥⊥b a b a 则α//b ；②若βαα⊥,//a ，则β⊥a ；③若βαβ⊥⊥,a ，则α//a 或α⊂a ；④若βα⊥⊥⊥b a b a ,,则βα⊥。

高考数学一轮专项复习ppt课件-直线、平面平行的判定及性质(通用版)

A．棱 AB 的中点 C．棱 BC 的中点
B．棱 A1B1 的中点 D．棱 AA1 的中点
解析：如图，当 D 为棱 A1B1 的中点时，取 AB 的中点 E，连接 A1E，EC，易知 A1E∥BD，DC1∥EC，又 DC1∩BD＝D，A1E∩EC＝ E，∴平面 A1CE∥平面 BC1D，又 A1C⊂平面 A1CE，则 A1C∥平面 BC1D.故选 B.
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第31页
证明面面平行的方法 (1)面面平行的定义． (2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (3)垂直于同一条直线的两个平面平行． (4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行． (5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化． (6)向量法：证明两平面的法向量平行．
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第10页
1．判断下列结论是否正确． (1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面．( ) (2)若直线 a∥平面 α，P∈α，则过点 P 且平行于直线 a 的直线有无数条．( ) (3)若直线 a⊂平面 α，直线 b⊂平面 β，a∥b，则 α∥β.( ) (4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．( √ )
内的一条直线平行，那么该直线定理
与此平面平行
符号语言 b⊂a⊄αα，， ⇒a∥α a∥b
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第6页
文字语言
图形语言
一条直线与一个平面平行，
性质如果过该直线的平面与此
定理平面相交，那么该直线与交
线平行
符号语言
a∥α， a⊂β，
⇒a∥b
α∩β＝b

高考数学一轮总复习课件：空间点、线、面的位置关系

在这个正方体中，有以下四个命题，正确的结论是( CD ) A．BM与ED平行 B．CN与BE是异面直线 C．CN与BM成60°角 D．DM与BN垂直
【解析】如图所示，把正方体的平面展开图还原成原来的正方体，显然BM与ED为异面直线，故A不正确；而CN与BE 平行，故B不正确；
∵BE∥CN，∴CN与BM所成角为∠MBE. ∴∠MBE＝60°，故C正确；∵BC⊥面CDNM， ∴BC⊥DM，又∵DM⊥NC，NC∩BC＝C，∴DM⊥面 BCN. ∴DM⊥BN，故D正确，故选CD.
直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类：
共面直线__平_行____.
__相_交___.
异面直线：不同在__任_何___一个平面内的两条直线.
(2)异面直线所成的角：
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间中任一点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
状元笔记
1．点共线问题的证明方法证明空间点共线，一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再依据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上． 2．线共点问题的证明方法证明空间三线共点，先证两条直线交于一点，再证第三条直线经过此点，将问题转化为证明点在直线上．
3．点线共面问题的证明方法 (1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内． (2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证明其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
【证明】 (1)如图所示，连接B1D1.
因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1 中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即 D，B，F，E四点共面．

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2012高考数学第一轮总复习100讲第七章直线、平面、简单几何体考试内容： 9（A）．平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．平行平面的判定与性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定与性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球． 9（B）．平面及其基本性质．平面图形直观图的画法．平行直线．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定．三垂线定理及其逆定理．两个平面的位置关系．空间向量及其加法、减法与数乘．空间向量的坐标表示．空间向量的数量积．直线的方向向量．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面垂直的性质．平面的法向量．点到平面的距离．直线和平面所成的角．向量在平面内的射影．平行平面的判定和性质．平行平面间的距离．二面角及其平面角．两个平面垂直的判定和性质．多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．

考试要求 9（A）．（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图．能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形．能够根据图形想像它们的位置关系．（2）掌握两条直线平行与垂直的判定定理和性质定量．掌握两条直线所成的角和距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离．（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理．掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理．掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念．掌握三垂线定理及其逆定理．（4）掌握两个平面平行的判定定理和性质定理．掌握二面角、二面角的平面角、两个平行平面间的距离的概念．掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．（5）会用反证法证明简单的问题．（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式． 9（B）．（1）掌握平面的基本性质，会用斜二测的画法画水平放置的平面图形的直观图；能够画出空间两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想像它们的位置关系．（2）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；理解直线和平面垂直的概念，掌握直线和平面垂直的判定定理；掌握三垂线定理及其逆定理．（3）理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘．（4）了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算．（5）掌握空间向量的数量积的定义及其性质；掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间距离公式．（6）理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念．（7）掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角、距离的概念．对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标表示下的距离．掌握直线和平面垂直的性质定理．掌握两个平面平行、垂直的判定定理和性质定理 2012高考数学第一轮总复习100讲（8）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（9）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（10）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（11）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．

g3.1060平面与空间直线一.知识回顾: (一)平面： 1、平面的两个特征：①无限延展 ②平的（没有厚度） 2、平面的画法：通常画平行四边形来表示平面 3、平面的表示：

（1）用一个小写的希腊字母、、等表示，如平面、平面；（2）用表示平行四边形的两个相对顶点的字母表示，如平面AC (二)三公理三推论: 公理1：若一条直线上有两个点在一个平面内，则该直线上所有的点都在这个平面内. Al,Bl,A,Bl 公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，且所有这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线。公理3:经过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面. 推论一:经过一条直线和这条直线外的一点,有且只有一个平面. 推论二:经过两条相交直线,有且只有一个平面. 推论三:经过两条平行直线,有且只有一个平面. (三)空间直线: 1.空间两条直线的位置关系：（1）相交直线——有且仅有一个公共点；（2）平行直线——在同一平面内，没有公共点；（3）异面直线——不同在任何一个平面内，没有公共点。相交直线和平行直线也称为共面直线．异面直线的画法常用的有下列三种：

2. 平行直线：在平面几何中，平行于同一条直线的两条直线互相平行，这个结论在空间也是成立的。即公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行。 3.等角定理等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，并且方向相同，那么这两个角相等．推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角（或直角）相等． 4．异面直线定理：连结平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面直线

推理模式：,,,ABaBaAB与a是异面直线

abab

b

2012高考数学第一轮总复习100讲二基本训练： 1．A、B、C表示不同的点，a、l表示不同的直线，、表示不同的平面，下列推理不正确的是（） ()AlBlBAlA,,,

()BAA,，ABBB,

直线

()CAlAl,

()DCBA,,，CBA,,且CBA,,

不共线与重合

选C 2．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45，腰和上底边均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是（）

()A2221 ()B221 ()C21 ()D22 选D 3．对于空间三条直线，有下列四个条件： ①三条直线两两相交且不共点；②三条直线两两平行； ③三条直线共点；④有两条直线平行，第三条直线和这两条直线都相交．其中，使三条直线共面的充分条件有（） ()A1个 ()B2个 ()C3个 ()D4个

选B 4．空间内五个点中的任意三点都不共线，由这五个点为顶点只构造出四个三棱锥，则这五个点最多可以确定个平面．答案：7个．三．例题分析：例1．如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F．求证：E，F，G，H四点必定共线．

解：∵AB∥CD，

∴AB，CD确定一个平面β．又∵ABα＝E，ABβ，∴E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点．同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点． ∵两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线， ∴E，F，G，H四点必定共线．说明：在立体几何的问题中，证明若干点共线时，常运用公理2，即先证明这些点都是某二平面的公共点，而后得出这些点都在二平面的交线上的结论．例2．已知：a，b，c，d是不共点且两两相交的四条直线，求证：a，b，c，d共面．证明 1o若当四条直线中有三条相交于一点，不妨设a，b，c相交于一点A，

但Ad，如图1． ∴直线d和A确定一个平面α．又设直线d与a，b，c分别相交于E，F，G，则A，E，F，G∈α．

α D C

E F

H G

α b a d c G F E A

a b

α H K

图1

图2 2012高考数学第一轮总复习100讲 ∵A，E∈α，A，E∈a，∴aα．同理可证bα，cα． ∴a，b，c，d在同一平面α内． 2o当四条直线中任何三条都不共点时，如图2． ∵这四条直线两两相交，则设相交直线a，b确定一个平面α．设直线c与a，b分别交于点H，K，则H，K∈α．又 H，K∈c，∴cα．同理可证dα． ∴a，b，c，d四条直线在同一平面α内．说明：证明若干条线(或若干个点)共面的一般步骤是：首先根据公理3或推论，由题给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再根据公理1证明其余的线(或点)均在这个平面内．本题最容易忽视“三线共点”这一种情况．因此，在分析题意时，应仔细推敲问题中每一句话的含义．例3．已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P，aA，aB，bC，cD，求证：AD与BC是异面直线．证一：（反证法）假设AD和BC共面，所确定的平面为α，那么点P、A、B、C、D都在平面α内，∴直线a、b、c都在平面α内，与已知条件a、b、c不共面矛盾，假设不成立， ∴AD和BC是异面直线。

证二：（直接证法）∵a∩c=P，∴它们确定一个平面，设为α，由已知C平面α，B∈平面α，AD平面α，BAD，

∴AD和BC是异面直线。四、作业同步练习g3.1060平面与空间直线 1．下列四个命题：（1）分别在两个平面内的两条直线是异面直线（2）和两条异面直线都垂直的直线有且只有一条（3）和两条异面直线都相交的两条直线必异面（4）若a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c也异面其中真命题个数为（）

()A3 ()B2 ()C1 ()D0

2．在正方体ABCD''''DCBA中，M、N分别是棱'AA和AB的中点，P为上底面ABCD的中心，则直线PB与MN所成的角为（）

()A300 ()B450 ()C600 ()D

3．AB、CD在平面α内，AB//CD，且AB与CD相距28厘米，EF在平面α外，EF//AB，且EF与AB相距17厘米，EF与平面α相距15厘米，则EF与CD的距离为（）

()A25厘米 ()B39厘米 ()C25或39厘米 ()D15厘米