高三数学二轮空间几何体位置关系

第十二讲空间中的平行与垂直
命题要点：（1）空间几何体中线线、线面、面面的平行与垂直关系；（2）空间角与距离的计算；（3）线线、线面与面面关相系的相互转化；(4)空间角的位置关系的判断及角与距离的求解转化。
命题趋势：空间直线的位置关系、直线与平面的位置关系式高考重点考查的主要内容之一，主要考查学生分析问题，解决问题的能力，题目上基本以柱形、锥形为背景，考查面面平行或则垂直，这类题目多以简答题为主，难度为中档。
方法总结：
1. 应用“化归思想”进行“线线问题、线面问题、面面问题”的互相转化，牢记解决问题的根源在“定理”
2.证明垂直方法
(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α?b⊥α；③α∥β，a⊥α?a⊥β；④面面垂直的性质．
(2)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．
（3）面面垂直的关键是线面垂直，线面垂直的证明方法主要有：判定定理法、平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)、面面垂直性质定理法，本题就是用的面面垂直性质定理法，这种方法是证明线面垂直、作线面角、二面角的一种核心方法．
题型分析：
类型一 空间线线、线面位置关系
1．线面平行的判定定理：aα，bα，a∥ba∥α.
2．线面平行的性质定理：a∥α，aβ，α∩β＝ba∥b.
3．线面垂直的判定定理：mα，nα，m∩n＝P，l⊥m，l⊥nl⊥α.
4．线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b.
[例1]　(2012年高考山东卷)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角FBDC的余弦值．

[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD平面AED，
所以BD⊥平面AED.
　如图(2)，取BD的中点G，连接CG，FG，
由于CB＝CD，因此CG⊥BD.
又FC⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以FC⊥BD.
由于FC∩CG＝C，FC，CG平面FCG，
所以BD⊥平面FCG，
故BD⊥FG，
所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角．

(2)
在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，
因此CG＝CB.又CB＝CF，
所以CF＝＝CG，
故cos∠FGC＝，
因此二面角F-BD-C的余弦值为.

跟踪训练
(2012年济南摸底)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝AC.
(1)求证：CN∥平面AMB1；
(2)求证：B1M⊥平面AMG.

证明：(1)设线段AB1的中点为P，连接NP、MP，
∵CMAA1，NPAA1，∴CMNP，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∴CN∥MP，
∵CN平面AMB1，
MP平面AMB1，
∴CN∥平面AMB1.

(2)∵CC1⊥平面ABC，
∴平面CC1B1B⊥平面ABC，
∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG.
∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，
∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，
设AC＝2a，则CC1＝2a，
在Rt△MCA中，AM＝ ＝a，
在Rt△B1C1M中，B1M＝ ＝a.
∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，
∴AB1＝＝＝2a，
注意到AM2＋B1M2＝AB，∴B1M⊥AM，
类型二 空间面面位置关系
1．面面垂直的判定定理：aβ，a⊥αα⊥β.
2．面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥l α⊥β.
3．面面平行的判定定理：aβ，bβ，a∩b＝A，a∥α，b∥αα∥β.
4．面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bb.
5．面面平行的证明还有其它方法
(2)
[例2]　(2012年高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.

[证明]　(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又AD平面ABC，所以CC1⊥AD.
又因为AD⊥DE，CC1，DE平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1.
又AD平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，
所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD平面ADE，A1F平面ADE，
所以A1F∥平面ADE.

跟踪训练
(2012年大同模拟)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥，点M是棱BC的中点，DM＝3.
(1)求证：平面ABC⊥平面MDO；
(2)求三棱锥M-ABD的体积．
解析：(1)证明：由题意得OM＝OD＝3，
因为DM＝3，所以∠DOM＝90°，OD⊥OM.
又因为四边形ABCD为菱形，所以OD⊥AC.
因为OM∩AC＝O，所以OD⊥平面ABC，
因为OD平面MDO，所以平面ABC⊥平面MDO.
(2)三棱锥M-ABD的体积等于三棱锥D-ABM的体积．
由(1)知，OD⊥平面ABC，
所以OD为三棱锥D-ABM的高．
又△ABM的面积为BA×BM×sin 120°＝×6×3×＝，
所以M-ABD的体积等于×S△ABM×OD＝.
类型三 折叠中的位置关系
将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称之为平面图形翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化、有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．
[例3]　(2012年高考浙江卷)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中(　　)
A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
[解析]　找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量．

对于选项A，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合．在图(2)中，连接CE，若直线AC与直线BD垂直，又∵AC∩AE＝A，∴BD⊥面ACE，∴BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误．
对于选项B，若AB⊥CD，又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥面ADC，∴AB⊥AC，由AB对于选项C，若AD⊥BC，又∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，
∴BC⊥面ADC，∴BC⊥AC.已知BC＝，AB＝1，BC >AB，∴不存在这样的直角三角形．∴C错误．
由上可知D错误，故选B.
[答案]　B

跟踪训练
如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的形状，使AD＝AE.

(1)求证：BC∥平面DAE；
(2)求四棱锥DAEFB的体积．
解析：(1)证明：∵BF∥AE，CF∥DE，BF∩CF＝F，
AE∩DE＝E.
∴平面CBF∥平面DAE，
又BC平面CBF，∴BC∥平面DAE.
(2)取AE的中点H，连接DH.
∵EF⊥DE，EF⊥EA，∴EF⊥平面DAE.
又DH平面DAE，∴EF⊥DH.
∵AE＝DE＝AD＝2，∴DH⊥AE，DH＝.
∴DH⊥平面AEFB.
四棱锥D-AEFB的体积V＝××2×2＝.
析典题（预测高考）
高考真题
【真题】　(2012年高考陕西卷)(1)如图所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；
(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．

【解析】　(1)证明：证法一　如图(1)，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．
根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，
则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．
因为a⊥b，所以a·b＝0.
又因为aπ，n⊥π，所以a·n＝0.
故a·c＝0，从而a⊥c.

证法二　如图(2)，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.
因为PO⊥π，aπ，所以直线PO⊥a.
又a⊥b，b平面PAO，PO∩b＝P，
所以a⊥平面PAO.
又c平面PAO，
所以a⊥c.
(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.
逆命题为真命题．
【名师点睛】　本题实际上考查了三垂线定理逆定理的证明，命题创意新颖，改变了多数高考命题以空间几何体为载体考查线面位置关系的证明．着重考查推理论证能力．
考情展望
名师押题
【押题】　一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，其正视图、俯视图均为矩形，侧视图为直角三角形．

(1)请画出该几何体的直观图，并求出它的体积；
(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；
(3)若D是棱CC1的中点，E是棱AB的中点，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论．
【解析】　(1)几何体的直观图如图所示，四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝，BC＝B1C1＝1，四边形AA1C1C是边长为的正方形，且平面AA1C1C垂直于底面BB1C1C，
故该几何体是直三棱柱，其体积
V＝S△ABC·BB1＝×1××＝.

(2)证明：由(1)知平面AA1C1C⊥平面BB1C1C且B1C1⊥CC1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥A1C.
因为四边形ACC1A1为正方形，所以A1C⊥AC1，
而B1C1∩AC1＝C1，所以A1C⊥平面AB1C1.
(3)DE∥平面AB1C1，证明如下：
如图，取BB1的中点F，连接EF，DF，DE.
因为D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，所以EF∥AB1，DF∥B1C1.

又AB1 平面AB1C1，EF 平面AB1C1，
所以EF∥平面AB1C1.
同理，DF∥平面AB1C1，又EF∩DF＝F，则平面DEF∥平面AB1C1.而DE平面DEF，所以DE∥平面AB1C1.
经典作业：
一、选择题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项填在答题卡上．
1．(重庆卷)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点(　　)
A．只有1个　　　　　　 B．恰有3个
C．恰有4个 D．有无穷多个
解析：
本小题主要考查考生的空间想象能力以及利用特殊几何模型解决问题的能力．
在长方体ABCD－A1B1C1D1中建立如图所示的空间直角坐标系，易知直线AD与D1C1是异面且垂直的两条直线，过直线AD与D1C1平行的平面是平面ABCD，因此考虑在平面ABCD内到直线AD与D1C1的距离相等的动点M(x，y,0)的坐标所满足的条件，作MM1⊥AD于点M1，MN⊥CD于点N，NP⊥D1C1于点P，连接MP，易知MN⊥平面CDD1C1，MP⊥D1C1，若MM1＝MP，则有y2＝x2＋a2(其中a是异面直线AD与D1C1间的距离)，即有y2－x2＝a2，从而可知在平面ABCD内动点M的轨迹是双曲线的一部分，故满足题意的点有无穷多个，选D.
答案：D
2．(2011·潍坊市)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β
B．若m∥n，m?α，n?β，则α∥β
C．若m∥n，m∥α，则n∥α
D．若n⊥α，n⊥β，则α∥β
解析：对于选项A，垂直于同一平面的两个平面也可以相交，如正方体相邻的两个平面，故A错；对于选项B，设平面α与平面β相交于直线l，则在这两个平面内都存在与交线平行的直线，此时这两直线也平行，故B也错；对于选项C，应有n∥α或n?α两种情形；对于选项D，由线面垂直性质知，垂直于同一直线的两平面平行，故D正确．
答案：D
3．(2011·日照市)若l、m、n为直线，α、β、γ为平面，则下列命题中为真命题的是(　　)
A．若m∥α，m∥β，则α∥β
B．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
D．若α⊥β，l?α，则l⊥β
解析：由垂直于同一平面的两直线互相平行可知，选项B正确；而对于选项A，平行于同一直线的两平面也可能相交，故选项A不正确；对于选项C，垂直于同一平面的两平面也可能平行，故选项C不正确；对于选项D，位于互相垂直的两平面中的一个平面内的一直线，其与另一个平面可以平行、斜交或垂直，故选项D不正确．答案：B
4．(2011·烟台市)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，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.
其中正确命题的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：对于命题①，由分别垂直于互相垂直的直线的两平面垂直知，①正确；对于命题②，分别平行于互相垂直的直线的两平面的位置关系可能相交，故②错误；对于命题③，两平面也可能相交，故③错误；对于命題④，由于m⊥α，α∥β?m⊥β，则直线m垂直于平面β内的任意一条直线，又n∥β，则n平行于β内的无数条直线，所以直线m⊥n，故④正确．
答案：B
5．(山东)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AA1、AB的中点，则EF与对角面BDD1B1所成角的度数是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．150°
解析：
如上图，∵EF∥A1B，∴EF、A1B与对面角BDD1B1所成的角相等，设正方体的棱长为1，则A1B＝.连接A1C1，交D1B1于点M，连接BM，则有A1M⊥面BDD1B1，∠A1BM为A1B与面BDD1B1所成的角．Rt△A1BM中，A1B＝，A1M＝，
故∠A1BM＝30°.
∴EF与对角面BDD1B1所成角的度数是30°.故选A.
答案：A
6．(山东)已知直线m、n及平面α，其中m∥n，那么在平面α内到两条直线m、n距离相等的点的集合可能是：(1)一条直线；(2)一个平面；(3)一个点；(4)空集．其中正确的是(　　)
A．(1)(2)(3) B．(1)(4)
C．(1)(2)(4) D．(2)(4)
解析：如图1，当直线m或直线n在平面α内时有可能没有符合题意的点；如图2，直线m、n到已知平面α的距离相等且所在平面与已知平面α垂直，则已知平面α为符合题意的点；如图3，直线m、n所在平面与已知平面α平行，则符合题意的点为一条直线，从而选C.
答案：C
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．
7．(2011·福建)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________．
解析：∵EF∥面AB1C，∴EF∥AC.
又E是AD的中点，∴F是DC的中点．
∴EF＝AC＝.
答案：
8．(2011·琼海市高三一模)下面给出四个命题：
①若平面α∥平面β，AB，CD是夹在α，β间的线段，若AB∥CD，则AB＝CD；
②a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c一定是异面直线
③过空间任一点，可以做两条直线和已知平面α垂直；
④平面α∥平面β，P∈α，PQ∥β，则PQ?α；
其中正确的命题是________(只填命题号)．
解析：∵AB∥CD可确定一个平面γ，如图
又∵α∥β，∴BD∥AC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，①正确．
②不正确，a与c可能异面，也可能共面．
③过一点作已知平面α的垂线有且只有一条，故③不正确．
④正确．
答案：①④
9．(2011·九江市六校高三第三次联考)如图，已知三棱锥S－ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA⊥底面ABC，SA＝3，那么直线SB与平面SAC所成角的正弦值为________．
解析：如图在△ABC中，BD⊥AC，
∵SA⊥面ABC，
∴SA⊥BD，
又∵SA∩AC＝A，
∴BD⊥平面SAC，
∴SD为SB在平面SAC内的射影，∠BSD为直线SB与平面SAC所成的角，
在Rt△SAB中，SB＝，
在Rt△ABD中，BD＝，
∴在Rt△SBD中，sin∠BSD＝＝，＝，
∴直线SB与平面SAC所成角的正弦值为.
答案：
10．(2011·枣庄市高三模拟)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个．
解析：若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且α⊥γ?b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命题为真命题．
答案：2
三、解答题：本大题共2小题，共25分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
11．(12分)(2011·北京)如图，在四面体P－ABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB的中点．
(1)求证：DE∥平面BCP；
(2)求证：四边形DEFG为矩形；
(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．
解：(1)证明：因为D，E分别为AP、AC的中点，
所以DE∥PC.
又因为DE?平面BCP，
所以DE∥平面BCP.
(2)证明：因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，
所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF，
所以四边形DEFG为平行四边形．
又因为PC⊥AB，
所以DE⊥DG.
所以四边形DEFG为矩形．
(3)存在点Q满足条件，理由如下：
连接DF，EG，设Q为EG的中点．
由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝EG，
分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.
与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝EG.
所以Q为满足条件的点．
12．(13分)(2011·天津)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面ACM；
(2)证明：AD⊥平面PAC；
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
解：(1)证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB∥平面ACM.
(2)证明：因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC，又PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.
(3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝，从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.