《常考問題12 空間中的平行與垂直》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《?？紗栴}12 空間中的平行與垂直（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、常考問題12　空間中的平行與垂直 [真題感悟] 1．(2013·安徽卷)在下列命題中，不是公理的是(　　)． A．平行于同一個平面的兩個平面相互平行 B．過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面 C．如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線上所有的點都在此平面內 D．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 解析　選項A是面面平行的性質定理． 答案　A 2．(2013·廣東卷)設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(　　)． A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若α∥β，m?α，n?β，，則m

2、∥n C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β 解析　A中，m與n可垂直、可異面、可平行；B中m與n可平行、可異面；C中，若α∥β，仍然滿足m⊥n，m?α，n?β，故C錯誤；故D正確． 答案　D 3．(2013·新課標全國Ⅱ卷)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　)． A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 解析　假設α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，則m∥n，這與已知m，n為異面直線矛盾，那么α與β相交，設交

3、線為l1，則l1⊥m，l1⊥n，在直線m上任取一點作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直線m與n1所確定的平面，所以l1∥l. 答案　D 4．(2013·江西卷)如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方體的六個面所在的平面與直線CE，EF相交的平面?zhèn)€數分別記為m，n，那么m＋n等于(　　)． A．8 B．9 C．10 D．11 解析　如圖，∵CE?平面ABPQ，CE∥平面A1B1P1Q1，∴CE與正方體的其余四個面所在平面均相交，m＝4，取CD的中點G，連接EG，FG，則易證CD⊥EG，CD⊥FG，所以CD⊥平面EFG，又AB∥CD，所以AB⊥平面

4、EFG，故平面BPP1B1∥平面EFG，∴EF∥平面BPP1B1，且EF∥平面AQQ1A1，∴EF與正方體的其余四個面所在平面均相交，n＝4，故m＋n＝8，選A. 答案　A [考題分析] 題型　選擇題、填空題、解答題 難度　低檔　線、面位置關系的判斷． 中檔　線面平行關系與垂直關系的證明. 1．直線、平面平行的判定及其性質 (1)線面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α. (2)線面平行的性質定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b. (3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β. (4)面面平行的性質定理：α∥β，α∩γ＝

5、a，β∩γ＝b?a∥b. 2．平行關系的轉化 兩平面平行問題常常可以轉化為直線與平面的平行，而直線與平面平行又可轉化為直線與直線平行，所以要注意轉化思想的應用，以下為三種平行關系的轉化示意圖． 3．直線、平面垂直的判定及其性質 (1)線面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α. (2)線面垂直的性質定理：a⊥α，b⊥α?a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β. (4)面面垂直的性質定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. 4．垂直關系的轉化 與平行關系之間的轉化類似，它們之間的轉化如下示意圖． 在垂直的相關定

6、理中，要特別注意記憶面面垂直的性質定理：兩個平面垂直，在一個平面內垂直于它們交線的直線必垂直于另一個平面，當題目中有面面垂直的條件時，一般都要用此定理進行轉化. 熱點一　空間線面位置關系的判斷 例1 (1)l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是(　　)． A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共點?l1，l2，l3共面 (2)已知兩條直線m，n，兩個平面α，β，給出下面四個命題： ①m∥n，m⊥α?n⊥α；②α∥β，m?α，n?β?m∥n；③m∥n，m

7、∥α?n∥α；④n∥β，m∥n，m⊥α?α⊥β. 其中假命題的序號是(　　)． A．①④ B．②④ C．①② D．②③ 解析　(1)當l1⊥l2，l2⊥l3時，l1也可能與l3相交或異面，故A不正確；l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3，故B正確；當l1∥l2∥l3時，l1，l2，l3未必共面，如三棱柱的三條側棱，故C不正確；l1，l2，l3共點時，l1，l2，l3未必共面，如正方體中從同一頂點出發(fā)的三條棱，故D不正確． (2)因為α∥β，m?α，n?β，所以可能有m∥n，也可能有m與n異面，故②錯；m∥n，m∥α，則可能有n∥α，也可能有n?α，故③錯．易知①④正確． 答案　(

8、1)B　(2)D [規(guī)律方法] 正確理解基本概念，學會用三種語言表達公理、定理并做到真正理解是解決此類題目的關鍵． 訓練1 (1)若P是兩條異面直線l，m外的任意一點，則下列命題中假命題的序號是________． ①過點P有且僅有一條直線與l，m都平行；②過點P有且僅有一條直線與l，m都垂直；③過點P有且僅有一條直線與l, m都相交；④過點P有且僅有一條直線與l，m都異面． (2)設l是直線，α，β是兩個不同的平面(　　)． A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析　(2)利用線與面、

9、面與面的關系定理判定，用特例法． 設α∩β＝a，若直線l∥a，且l?α，l?β，則l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A錯誤；由于l∥α，故在α內存在直線l′∥l，又因為l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正確；若α⊥β，在β內作交線的垂線l，則l⊥α，此時l在平面β內，因此C錯誤；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β內，則l∥α且l∥β，因此D錯誤． 答案　(1)①③④　(2)B 熱點二　空間中的平行與垂直關系 例2 如圖，在四棱錐P-ABCD中 ，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分別是AP，AD的中點．求證： (1)直線E

10、F∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD. 證明　(1)如圖，在△PAD中，因為E，F分別為AP，AD的中點， 所以EF∥PD.又因為EF?平面PCD，PD?平面PCD，所以直線EF∥平面PCD. (2)連接BD.因為AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD為正三角形． 因為F是AD的中點，所以BF⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD. 又因為BF?平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAD. [規(guī)律方法] 在立體幾何的平行關系問題中，“中點”是經常使用的一個特殊點，通過找“中點”，連“

11、中點”，即可出現平行線，而線線平行是平行關系的根本．在垂直關系的證明中，線線垂直是問題的核心，可以通過計算的方式證明線線垂直，也可以根據已知的垂直關系證明線線垂直，其中要特別重視兩個平面垂直的性質定理． 訓練2 (2013·臨沂二模)如圖，AD⊥平面ABC，AD∥CE，AC＝AD＝AB＝1，∠BAC＝90°，凸多面體ABCED的體積為，F為BC的中點． (1)求證：AF∥平面BDE； (2)求證：平面BDE⊥平面BCE. 證明　(1)取BE的中點G，連接DG，GF，則GF綉EC，又AD⊥平面ABC，∠BAC＝90°，則BA⊥平面ACED， 又VABCED＝VB-ACED＝×S

12、ACED×AB＝××(1＋CE)×1×1＝.∴CE＝2，∴AD綉CE，∴AD綉GF. ∴四邊形ADGF為平行四邊形， ∴AF∥DG，而AF?平面BDE，DG?平面BDE， ∴AF∥平面BDE. (2)∵AB＝AC＝1，F為BC的中點，∴AF⊥BC， 又AD⊥平面ABC.CE∥AD，∴EC⊥平面ABC，AF?平面ABC， ∴AF⊥EC，又BC∩EC＝C. ∴AF⊥平面BCE，又DG∥AF，∴DG⊥平面BCE， 而DG?平面BDE，∴平面BDE⊥平面BCE. 熱點三　空間幾何中的“翻折”問題 例3 如圖， 在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，P為AB邊上一動點，PD∥B

13、C交AC于點D，現將△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD. (1)當棱錐A′-PBCD的體積最大時，求PA的長． (2)若點P為AB的中點，E為A′C的中點，求證：A′B⊥DE. (1)解　令PA＝x(00，f(x)單調遞增； 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞

14、減． 所以當x＝時，f(x)取得最大值． 故當VA′-PBCD最大時，PA＝. (2)證明　設F為A′B的中點，如圖所示，連接PF，FE， 則有EF綉B(tài)C，PD綉B(tài)C. 所以EF綉PD. 所以四邊形EFPD為平行四邊形．所以DE∥PF.又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B. [規(guī)律方法] (1)解決折疊問題的關鍵是搞清翻折前后哪些位置關系和數量關系改變，哪些不變，抓住翻折前后不變的量，充分利用原平面圖形的信息是解決問題的突破口．(2)把平面圖形翻折后，經過恰當連線就能得到三棱錐、四棱錐，從而把問題轉化到我們熟悉的幾何體中解決． 訓練3 平面圖形ABB1A1C

15、1C如圖①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝，現將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖②所示的空間圖形．對此空間圖形解答下列問題： (1)證明：AA1⊥BC； (2)求AA1的長； (3)求二面角A-BC-A1的余弦值 (向量法)(1)證明　取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD. 由BB1C1C為矩形知，DD1⊥B1C1. 因為平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1. 又由A

16、1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1. 圖1 故以D1為坐標原點，可建立如圖1所示的空間直角坐標系D1-xyz. 由題設，可得A1D1＝2，AD＝1. 由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1. 所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)，故1＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，1·＝0，因此1⊥.即AA1⊥BC. (2)解　因為1＝(0,3，－4)， 所以|1|＝5，即AA1＝5. (3)解　法一　連接A1D. 由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，所以B

17、C⊥A1D，所以∠ADA1為二面角A-BC-A1的平面角． 因為＝(0，－1,0)，1＝(0,2，－4)，所以cos〈，1〉＝－＝－，即二面角A-BC-A1的余弦值為－. 法二　設平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 又因為＝(－1，－2,4)，＝(1，－2,4)，所以即?令z1＝1，則n1＝(0,2,1)． 又因為平面ABC⊥ z軸，所以取平面ABC的法向量為n2＝(0,0,1)，則cos〈n1，n2〉＝＝＝，所以二面角A-BC-A1的余弦值為－. 圖2 (綜合法)(1)證明　如圖2，取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D，AD

18、1.由條件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1. 由上可得AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，由此得AD∥A1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D. 又因為DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC. 又考慮到AD⊥BC，AD∩DD1＝D，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1. (2)解　延長A1D1到G點，使GD1＝AD.連接AG. 因為AD綉GD1，所以AG綉DD1綉B(tài)B1. 由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G. 由條件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4， 所以AA1＝5. (3)解　因為BC⊥平面AD1A1D，所以∠

19、ADA1為二面角A-BC-A1的平面角．在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝，cos∠ADA1＝cos＋∠D1DA1＝－，即二面角A-BC-A1的余弦值為－. 失分案例(五)　邏輯性錯誤 邏輯性錯誤指學生在解題過程中由于違犯邏輯思維的規(guī)律而產生的錯誤，常見的邏輯性錯誤有如下形式：步驟缺失、虛假依據、偷換概念、分類不當、循環(huán)論證、不等價變換(用必要條件代替可能導致解集擴大，而用充分條件代替解集可能縮小)． 訓練12　空間中的平行與垂直 (建議用時：50分鐘) 1．(2013·濟南3月模擬)已知兩條直線a，b與兩個平面α，β，b⊥α，則下列

20、命題中正確的是(　　)． ①若a∥α，則a⊥b；②若a⊥b，則a∥α；③若b⊥β，則α∥β；④若α⊥β，則b∥β. A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 解析　過直線a作平面γ使α∩γ＝c，則a∥c，再根據b⊥α可得b⊥c，從而b⊥a，命題①是真命題；下面考慮命題③，由b⊥α，b⊥β，可得α∥β，命題③為真命題．故正確選項為A. 答案　A 2．已知α，β，γ是三個不重合的平面，a，b是兩條不重合的直線，有下列三個條件：①a∥γ，b?β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a?γ.如果命題“α∩β＝a，b?γ，且________，那么a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是(　　)

21、． A．①或② B．②或③ C．①或③ D．只有② 解析　由定理“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”可得，橫線處可填入條件①或③，結合各選項知，選C. 答案　C 3．已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　)． A．α⊥β，且m?α B．m∥n，且n⊥β C．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β 解析　根據定理、性質、結論逐個判斷．因為α⊥β，m?α?m，β的位置關系不確定，可能平行、相交、m在β面內，故A錯誤；由線面垂直的性質定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β

22、的位置關系也不確定，故C錯誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關系也不確定，故D錯誤． 答案　B 4．已知兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，給出下列四個命題： ①若m∥α，n∥β，且α∥β，則m∥n；②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，則m⊥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m⊥n.其中正確的個數有(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 解析?、僦衜，n可能異面或相交，故不正確；②因為m∥α，n⊥β且α⊥β成立時，m，n兩直線的關系可能是相交、平行、異面，故不正確；③因為m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正確

23、；④分別垂直于兩個垂直平面的兩條直線一定垂直，正確．故選B. 答案　B 5．(2013·西安質檢)如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD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，下列命題正確的是(　　)． A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 解析　在平面圖形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC.所以平面ABC

24、⊥平面ADC.D選項正確． 答案　D 6．設α和β為兩個不重合的平面，給出下列四個命題： ①若α內的兩條相交直線分別平行于β內的兩條直線，則α平行于β；②若α外一條直線l與α內的一條直線平行，則l和α平行；③設α和β相交于直線l，若α內有一條直線垂直于l，則α和β垂直；④直線l與α垂直的充分必要條件是l與α內的兩條直線垂直． 其中為真命題的是________(寫出所有真命題的序號)． 解析　由①知α內兩條相交直線分別平行于平面β，則兩條相交直線確定的平面α平行于平面β，故①為真命題；由線面平行的判定定理知，②為真命題；對于③，如圖，α∩β＝l，a?α，a⊥l，但不一定有α⊥β，故

25、③為假命題； 對于④，直線l與平面α垂直的充分必要條件是l與α內的兩條相交直線垂直，故④為假命題． 綜上所述，真命題的序號為①②. 答案　①② 7．(2013·金麗衢十二校聯(lián)考)下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出直線AB∥平面MNP的圖形的序號是________(寫出所有符合要求的圖形序號)． 解析　對于①，注意到該正方體的面中過直線AB的側面與平面MNP平行，因此直線AB平行于平面MNP；對于②，注意到直線AB和過點A的一個與平面MNP平行的平面相交，因此直線AB與平面MNP相交；對于③，注意到此時直線AB與平面MNP內的一條直線

26、MP平行，且直線AB位于平面MNP外，因此直線AB與平面MNP平行；對于④，易知此時AB與平面MNP相交．綜上所述，能得出直線AB平行于平面MNP的圖形的序號是①③. 答案?、佗? 8．如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F為線段EC上一動點．現將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足．設AK＝t，則t的取值范圍是________． 解析　如圖，過D作DG⊥AF，垂足為G，連接GK，∵平面ABD⊥平面ABC，DK⊥AB，∴DK⊥平面ABC，∴DK⊥AF.又DG⊥AF，∴AF⊥平面DKG，∴AF⊥GK. 容

27、易得到，當F運動到E點時，K為AB的中點，t＝AK＝＝1；當F運動到C點時，在Rt△ADF中，易得AF＝，且AG＝，GF＝，又易知Rt△AGK∽Rt△ABF，則＝，又AB＝2，AK＝t，則t＝.∴t的取值范圍是. 答案　 9．(2013·南京模擬)如圖，正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，EF∥BD，AB＝EF. (1)求證：BF∥平面ACE； (2)求證：BF⊥BD. 證明　(1)設AC與BD交于O點，連接EO. 在正方形ABCD中，BO＝AB，又因為AB＝EF，∴BO＝EF，又因為EF∥BD，∴四邊形EFBO是平行四邊形，∴BF∥EO，又∵BF?平面ACE，

28、EO?平面ACE， ∴BF∥平面ACE. (2)在正方形ABCD中，AC⊥BD，又因為正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，BD?平面ABCD，平面ABCD∩平面ACE＝AC，∴BD⊥平面ACE，∵EO?平面ACE，∴BD⊥EO，∵EO∥BF，∴BF⊥BD. 10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，點O是對角線AC與BD的交點，M是PD的中點，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：OM∥平面PAB； (2)求證：平面PBD⊥平面PAC； (3)當四棱錐P-ABCD的體積等于時，求PB的長． (1)證明　∵在△PBD中，O，M分

29、別是BD，PD的中點，∴OM是△PBD的中位線，∴OM∥PB. ∵OM?平面PAB，PB?平面PAB，∴OM∥平面PAB. (2)證明　∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD.又AC?平面PAC，PA?平面PAC，AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC. (3)解　∵底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°， ∴S菱形ABCD＝2××AB×AD×sin 60°＝2×2×＝2. ∵四棱錐P-ABCD的高為PA，∴×2×PA＝，解得PA＝.又∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA

30、⊥AB.在Rt△PAB中，PB＝ ＝＝. 11．如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形， AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)證明：AA1⊥BD； (2)證明：CC1∥平面A1BD. 證明　(1)法一　因為D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以D1D⊥BD. 在△ABD中，由余弦定理，得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos∠BAD. 又因為AB＝2AD，∠BAD＝60°，所以BD2＝3AD2. 所以AD2＋BD2＝AB2，因此AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1

31、A1. 又AA1?平面ADD1A1，所以AA1⊥BD. 法二　因為DD1⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD， 所以BD⊥D1D. 如圖1，取AB的中點G，連接DG. 圖1 在△ABD中，由AB＝2AD，得AG＝AD.又∠BAD＝60°，所以△ADG為等邊三角形，所以GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB. 又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°， 所以∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°， 所以BD⊥AD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1，所以AA1⊥BD. (2)如圖2，連接AC，A1C1. 設AC∩BD于點E， 圖2 連接EA1. 因為四邊形ABCD為平行四邊形， 所以EC＝AC. 由棱臺的定義及AB＝2AD＝2A1B1知， A1C1∥EC且A1C1＝EC， 所以四邊形A1ECC1為平行四邊形， 因此CC1∥EA1. 又因為EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD， 所以CC1∥平面A1BD.