苏教版立体几何所有章节课件
图片预览
文档简介
课件129张PPT。 高考中，立体几何考查的立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象能力的考查. 立体几何的基础是对点、线、面的各种位置关系的讨论和研究，通过这部分内容培养学生空间观念和公理化体系处理数学问题的思想方法，这又是考生进入高校所必须具备的一项重要的数学基础，因此高考命题时，突出空间图形的特点，侧重于直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查，以便审核考生立体几何的知识水平和能力. 对于空间位置关系的论证，这类问题应熟练掌握公理、定理、定义或用空间向量来论证，位置关系的论证要注意其间的转化. 如线面平行可转化为线线平行等抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的核心，因此对于这部分内容复习中要强化．第一节 空间几何体学生P881.棱柱、棱锥定义由一个平面多边形 的空间几何体叫棱柱．当棱柱的 时得到的几何体叫棱锥．沿某一方向平移形成一个底面收缩为一个点2.棱柱、棱锥几何性质棱柱：两底面是 多边形；侧面、对角面都是
；侧棱 且 ；平行于底面的截面是
棱锥：侧面、对角面都是 ；平行于底面的截面 ，其相似比等于顶点到截面距离与高的 3.圆柱、圆锥：以 为轴旋转，其余三边旋转所成的 的几何体叫圆柱；以 为旋转轴，其余两边旋转所成的 的几何体叫圆锥．对应边平行的全等四边形与底面全等的多边形．三角形平行平行相等与底面相似比的平方．矩形的一边所在的直线曲面所围成直角三角形的一条直角边曲面所围成4.棱台、圆台、球体定义：用一个平行于 去截棱锥， 之间的部分叫做棱台；用一个平行于 的平面去截圆锥， 的部分叫做圆台；以 所在直线为旋转轴， 旋转一周形成的几何体，叫球体．
5.棱台、圆台几何性质
棱台：两底面所在平面互相 ；两底面是 的相似多边形；侧面是 ；侧棱的延长线
圆台：两底面是 ；轴截面是 ；任意两条母线的延长线 ；母线长都 棱锥底面的平面截面和底面圆锥底面截面和底面之间半圆的直径半圆面对应边互相平行梯形相交于一点．两个半径不同的圆等腰梯形交于一点相等．平行1. (若长方体的长、宽、高分别是2、2、1，则长方体的外接球的表面积为________．
【答案】 9π
2. (所有棱长为1的正三棱锥的全面积为________．
【答案】
3. (正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AA1与CC1的中点，则四棱锥A1－EBFD1的体积为________．
【答案】 4. 正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为________．
【答案】
5. 一个圆锥的侧面展开图的中心角为120°，母线长为2，则圆锥的底面半径为________．
【答案】 6. 一个正三棱柱的所有棱长均为4 cm，求这个三棱柱的表面积和体积．
图7－1－1 面积问题 对于能用公式直接求出柱体、锥体、台体、球的表面积、侧面积问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决，往往这类题目难度不大． 已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱. 如图7－1－2所示．
(1)若设圆柱底面半径为r, 求证：r＝R(1－)；
(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出这个最大值．图7－1－2【点拨】 本题的突破口是抓住相似三角形来求解．
图7－1－3体积问题 有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素． 三棱锥S－ABC的三条侧棱两两垂直，SA＝5，SB＝4，SC＝3，D为AB中点，E为AC中点．
(1)求三棱锥S－ABC的体积；
(2)求四棱锥S－BCED的体积．【点拨】 本题主要是找出三棱锥S－ABC的体积与四棱锥S－BCED的体积之间的关系．【解】截面与投影 几何体常常涉及一些截面问题，它把空间图形的性质、画法及有关论证、计算融为一体，要知道这些截面的形状、位置，并能画出其图形，将较难的问题变得简单． 一个正方体内接于球，过球心作一截面，如图7－1－4所示，则截面的图形可能是________．【点拨】 球内接正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的对角线长等于球的直径．
【解析】 当截面平行于正方体的一个面时，得到③；当截面过正方体的对角线时得到②；当截面不平行于任何面也不过对角线时，得到①.
【答案】 ①②③ 如图7－1－5所示，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是________．
图7－1－5【答案】 ②③图7－1－5 化折(曲)为平 对于数量计算问题，通常要将空间问题转化为平面问题求出相关数据，然后进行计算．
(本题满分14分)长方体ABCD－A1B1C1D1中，宽、长、高分别为3、4、5，现有一个小虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物，求其路程的最小值．
【点拨】 本题可将长方体表面展开，利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．【解】 把长方体含AC1的面作展开图，有三种情形：利用勾股定理可得AC1的长分别 由此可见图②是最短线路，其路程的最小值为 (14分) 如图7－1－7所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为4，高为8，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为多少？ 【解】 将正三棱柱ABC－A1B1C1侧面展开，
如图7－1－6所示：
图7－1－7
最短路线的长为8.最短路线的长为8.最短路线的长为8.图7－1－7规律总结 求几何体的表面积往往运用最基本的解法，即把几何体各个面的面积求出后再加起来求出几何体的表面积．要记准各种几何体体积公式并灵活运用，要注意体会转化的数学思想，理解公式间的联系．掌握好处理空间问题的基本方法，即化空间为平面． (2009·连云港市模拟)三棱锥S—ABC中，一条棱长为a，其余棱长均为1，求a为何值时VS—ABC最大，并求最大值．【解】 如图7－1－8所示，设SC＝a，其余棱长均为1，取AB的中点H，连接HS、HC，图7－1－8【误区警示】 本题主要错误是学生想不到设角参数，利用函数模型来解决问题．
【命题趋势】 高考中体积、侧面积(表面积)问题常常以填空题形式出现，有时也会在解答题中的某小问中出现．另外体积问题可穿插于函数、不等式、三角函数、导数等内容之中，提升综合运用能力．学而时习之，不亦说乎？第二节 空间直线1．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，那么这条直线上 在此平面内．
公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们
公理3：经过不在 ，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和这条直线外的 ，有且只有一个平面．
推论2：经过两条 直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条 直线，有且只有一个平面．
公理4：平行于同一条直线的
定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角
所有的点有且只有一条过该点的公共同一条直线上的三点一点相交平行两条直线互相平行相等或互补直线．．．2．空间直线的位置关系
共面直线：
相交直线：同一平面内，有且只有 公共点；
平行直线：同一平面内， 公共点；
异面直线：不同在 ， 公共点．一个没有任何一个平面内没有1．在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是边AB，AC，CD，BD的中点，且AD＝BC，那么四边形EFGH是________．
【答案】 菱形
2．如图7－2－1所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，作出异面直线A1B与AD1所成角．
【解析】 如右图所示，连结BC1，A1C1，∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角．
【答案】 (如图7－2－2)
图7－2－2图7－2－1图7－2－23．已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影可能是________．
①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；
③同一条直线； ④一条直线及其外一点．
则在上面的结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确结论的编号)．
【答案】 ①②④
4．如图7－2－3，在正四面体S—ABC中，E为SA的中点，F为△ABC的中心，则异面直线EF与AB所成的角是________．
图7－2－3
【答案】 60°图7－2－35．直线a与b、b与c都是异面直线，且a与b的公垂线也是b与c的公垂线，那么a与c的位置关系是________．
【答案】 平行、相交或异面6．如图7－2－4所示，在棱长为1的正方体A1B1C1D1—ABCD中，M为AB的中点，N为BB1的中点，O为面BCC1B1的中心．
求作：过O作一直线与AN交于P，与CM交于Q.(只写作法，不必证明)
【解】 由ON∥AD知，AD与ON确定一个平面α；
又O、C、M三点确定一个平面β，
∵三个平面α、β和ABCD两两相交，有三条交线OP、CM、DA，其中交线DA与交线CM不平行且共面，
∴DA与CM必相交，记交点为Q.
∴OQ是α与β的交线．
连结OQ与AN交于P、与CM交于Q，故OPQ即为所求作的直线．图7－2－4 作交线 立体几何的复习要重视作图识图，即能正确运用实、虚线画出结构合理的直观图，能正确识别空间元素点、线、面的关系，这样才能借助图形思考，寻找解题思路或途径． 画一个正方体ABCD—A1B1C1D1，再画出平面ACD1与平面BDC1的交线，并且说明理由．
【点拨】
【解】 F∈CD1、F∈平面ACD1、E∈AC、E∈平面ACD1、E∈BD、E∈平面BDC1、F∈DC1、F∈平面DC1B，则EF为所求．
作出两个平面的交线，关键在于找出两个平面的两个公共点。图7－2－5 异面直线所成的角 通过平移直线把异面直线问题转化为共面问题来解决，平行移动时，可以移动一条，也可以移动两条，主要借助三角形的中位线和平行四边形的对边进行平移．如图7－2－6，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，求异面直线OE和FD1所成的角的余弦值．图7－2－6【点拨】 可以用两种解法，但本质是将所求的角转化到三角形中，然后利用余弦定理来解．
【解】 解法一 取面CC1D1D的中心为H，连结FH、D1H.在△FHD1中，解法二 取BC的中点G.连结GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连结HE、OH，则∠OEH为异面直线所成的角．折叠问题 折叠问题要把平面图形折成立体图形，从立体图形出发找出线线关系、线面关系、面面关系．
图7－2－8图7－2－7 如图7—2—7，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点．将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，求异面直线GH与IJ所成角．图7－2－8【点拨】 本题关键是把平面图形对应的立体图形正确地画出．
【解】 将三角形折成三棱锥如图7－2－8所示．HG与IJ为一对异面直线．过点D分别作HG与IJ的平行线，即DF与AD，所以∠ADF即为所求．因此，异面直线HG与IJ所成角为60°.
思维启迪 折叠问题关键在于把握好空间与平面中的线段位置关系发生是如何变化的，而它们的长度是不变的．如图7－2－9是正方体的平面展开图，在这个正方体中，图7－2－9①BM与ED平行；
②CN与BE是异面直线；
③CN与BM成60°角；
④DM与BN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
【答案】 ③④ 共点共线共面
证明三线共点，可以证明两条直线的交点在第三条直线上．证明三点共线可先由两点确定一条直线，再证明其它点也在这条直线上． (本题满分14分)如图7－2－10所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．
图7－2－10求证：(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．【点拨】 对于(1)可利用EF∥CD1证明四点共面；对于(2)可利用公理2证明．
【证明】 (1)如图7－2－11所示，连结CD1，EF，A1B，(2分)∵E、F分别是AB和AA1的中点，
∴EF∥A1B且EF＝A1B，又∵A1D1綊BC，(4分)
∴四边形A1BCD1是平行四边形，
∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，(6分)
∴EF与CD1确定一个平面α，
∴E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面．(8分)(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝ CD1，
∴四边形CD1FE是梯形，(10分)
∴CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE?平面ABCD，(12分)
且P∈D1F?平面A1ADD1，
∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1.
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，
∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三线共点．(14分)思维启迪 利用两平面交线的唯一性，证明点在交线上是证明点共线、线共点的常用方法 如图7－2－12所示，四面体ABCD中，E、G分别为BC、AB的中点，F在CD上，H在AD上，且有DF∶FC＝2∶3，DH∶HA＝2∶3.
求证：EF、GH、BD交于一点．
【证明】 连结GE、HF，图7－2－12∵E、G分别为BC、AB的中点，
∴GE∥AC.
图7－2－13又∵DF∶FC＝2∶3，DH∶HA＝2∶3，
∴HF∥AC.∴GE∥HF.
故G、E、F、H四点共面．
又∵EF与GH不平行，∴EF与GH相交，设交点为O.
则O∈面ABD，O∈面BCD，
而平面ABD∩平面BCD＝BD，∴O∈BD.
∴EF、GH、BD交于一点．规律总结 处理异面问题，往往经平移后转化为同一平面内的问题．异面直线所成角的求法中，易失误的是选点平移或补形，求出的是其补角，从而得出余弦值为负，这与异面直线所成角的定义范围相矛盾. 而证明异面直线常常用反证法．(2008·辽宁卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
图7－2－14图7－2－14【解析】 在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N, 当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图7－2－14.
另解：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．【命题趋势】 新课标中由于文科只学习立几初步，求空间角是不作要求很低，因此本节内容高考中是以填空题的形式出现考查平面的基本性质、空间两条直线的位置关系，估计难度不会太大．【误区警示】 本题解法较多，但关键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多．这说明学生还是缺少空间想象能力，缺少对空间直线位置关系的理解．学而时习之，不亦说乎？第三节 线面、面面平行1．直线与平面有三种位置关系
(1)直线在平面内——有 个公共点；
(2)直线与平面相交——有 公共点；
(3)直线与平面平行—— 公共点．
2．两个平面之间有两种位置关系
(1)两个平面平行—— 公共点；
(2)两个平面相交—— 公共直线．
3．直线和平面平行的判定定理和性质定理
判定定理： 无数且只有一个没有没有有且只有一条 平面外一条直线，如果和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．判定定理：
性质定理：
两平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和个平面相交，那么这条直线就和交线平行．这4．平面和平面平行的判定定理和性质定理
判定定理：
判定定理：
性质定理：
性质定理： 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．垂直于同一条直线的两个平面平行．如果两个平面平行同时与第三个平面相交，那么它们的交线两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．平行．1．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．
【答案】 6
2．已知m，n是不重合的直线，α，β是不重合的平面，有下列命题
①若m?α，n∥α，则m∥n；
②若m∥α，m∥β，则α∥β；
③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β；
④若m⊥α，m⊥β，则α∥β.
其中真命题的个数是________．
【答案】 13．在四面体ABCD中，M、N分别是面△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
【解析】 连结AM并延长，交CD于E，连结BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E、F重合为一点，且该点为CD的中点E，由 得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
【答案】 平面ABC、平面ABD4．设有四个条件：
①平面γ与平面α，β所成的锐二面角相等；
②直线a∥b，a⊥平面α，b⊥平面β；
③a、b是异面直线，a?α，b?β，且a∥β，b∥α；
④平面α内距离为d的两条直线在平面β内的射影仍为两条距离为d的平行线．
其中能推出α∥β的条件有________．(填写所有正确条件的代号)
【解析】 ①平面γ与平面α，β有可能相交；④平面α内距离为d的两条直线在平面β内的射影有可能重合．
【答案】 ②③5．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．图7－3－1【答案】 ①④6．如图7－3－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，AB＝5.点D是AB的中点，
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)求证：AC1∥平面CDB1.图7－3－2【证明】 (1)直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，.
∴AC⊥BC1.(2)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，
∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1.
∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
图7－3－3
证明直线l与平面α平行，通常有以下两个途径：一是通过线线平行来证明，即证明该直线l平行于平面α内的一条直线；二是通过面面平行来证明，即证明过该直线l的一个平面平行于平面α.线面平行【点拨】 本题可以根据直线与平面平行的判定定理或平面平行的性质定理来证明． 如图7－3－4，正方体ABCD—A1B1C1D1中，侧面对角线AB1、BC1上分别有两点E、F，且B1E＝C1F.求证：EF∥平面ABCD. 图7－3－4【证明】 证法一 分别过E、F作EM⊥AB于点M，FN⊥BC于点N，连结MN.
∵BB1⊥平面ABCD，
∴BB1⊥AB，BB1⊥BC.
∴EM∥BB1，FN∥BB1.∴EM∥FN.
又B1E＝C1F，∴EM＝FN.
故四边形MNFE是平行四边形．
∴EF∥MN.又MN在平面ABCD中，
∴EF∥平面ABCD.证法二 过E作EG∥AB交BB1于点G，连结GF，则＝ .
∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，
∴ . ∴FG∥B1C1∥BC.
又∵EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，
∴平面EFG∥平面ABCD.
而EF在平面EFG中，
∴EF∥平面ABCD.面面平行 作辅助线、辅助面是立体几何中证明的常用技巧，要注意线面平行的性质定理中作平行线的方法以及常用的作辅助线的方法，如中位线，平行四边形等等． 如图7－3－5，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，
图7－3－5求证：(1)AP⊥MN；(2)平面MNP∥平面A1BD.【点拨】 关键在于选择或添加适当的平面或直线，由于M、N、P都为中点，故添加B1C，BC1作为联系的桥梁．
【证明】 (1)连结BC1，B1C，则B1C⊥BC1，BC1是AP在面BB1C1C上的射影，
∴AP⊥B1C，又B1C∥MN，∴AP⊥MN.
(2)连结B1D1，
∵P、N分别是D1C1，B1C1的中点，
∴PN∥B1D1，又B1D1∥BD，
∴PN∥BD，又PN不在平面A1BD内，
∴PN∥平面A1BD，同理MN∥平面A1BD，
又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.思维启迪 面面平行的问题常常转化成线线平行的问题，而线线平行可以由中位线定理或线面平行得到．要作出命题的正确转化就必须熟记有关平行的定义、判断、性质．灵活运用中点 在证明平行时往往会用到中点作出三角形的中位线，利用中位线定理构造平行线．有的点需要挖掘，如平行四边形的对角线的交点，直角三角形斜边的中点等． 已知ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.
【点拨】 本题主要是灵活运用中位线定理证明线面平行、线线平行．
【证明】 连结AC，设AC交BD于O，连结MO.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．
又M是PC的中点，∴MO∥PA.
又MO?面BDM、PA?面BDM，∴PA∥面BDM.
又经过PA与点G的平面交面BDM于GH，∴AP∥GH.
图7－3－6思维启迪 要重视利用重点作平行线，借助中位线定理证明线面平行、线线平行 如图7－3－7所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分别是BC和A1B1的中点．
求证：MN∥平面AA1C1.
【证明】 设A1C1中点为F，连结NF，FC，
∵N为A1B1中点，
∴NF∥B1C1，
且NF＝B1C1，
又由棱柱性质知B1C1綊BC，
又M是BC的中点，∴NF綊MC，
∴四边形NFCM为平行四边形．
∴MN∥CF，又CF?平面AA1C1，MN?平面AA1C1，
∴MN∥平面AA1C1.图7－3－8图7－3－7 对于探索类问题，书写步骤时要注意书写格式：一种是先探求出点的位置，然后再去证明结论．另一种是使用“要使……”，“须使……”这类寻求使结论成立的充分条件的语言，类似于分析法．探索类问题 (本题满分14分)如图7－3－9，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.图7－3－9【点拨】 这是一道探索性命题，先确定点N的位置，再进行证明．要注意解题的方向性，通过寻找到的条件，证明MN∥平面DAE成立．
(1)【证明】 ∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，
∴BC⊥平面ABE，则AE⊥BC.(2分)
又∵BF⊥平面ACE，则AE⊥BF，
∴AE⊥平面BCE，又BE?平面BCE，∴AE⊥BE.(6分)(2)【解】 在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，则由比例关系易得CN＝ CE.(8分)
∵MG∥AE，MG?平面ADE, AE?平面ADE，
∴MG∥平面ADE.同理，GN∥平面ADE.
∴平面MGN∥平面ADE.(12分)
又MN?平面MGN，∴MN∥平面ADE.
∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．(14分)规律总结 线面平行、面面平行的定义都是双向的，既当判定也当性质；而判定定理与性质定理大多是单向的，逆命题不一定成立．判断平行的过程往往是“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”不断地转化的过程，有时还涉及到一些垂直关系的转化．应用线面平行的性质定理时，应着力寻找过已知直线的平面与已知平面的交线，有时为了得到交线还要作出辅助线或辅助面． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
【解】 当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.(2009·山东卷)(本小题满分12分)如图7－3－10，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4, BC＝CD＝2, AA1＝2, E、E1、F分别是棱AD、AA1、AB的中点．
图7－3－10图7－3－10求证：直线EE1∥平面FCC1【点拨】 要证直线EE1∥平面FCC1，关键是在平面FCC1中找出一条与直线EE1平行的直线，可以取A1B1的中点F1连结CF1，本题转化成证明CF1∥EE1，因此可以转化成证明CF1∥A1D.图7－3－11【证明】 在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，取A1B1的中点F1，连结A1D，C1F1，CF1，因为AB＝4, CD＝2，且AB∥CD，所以CD綊A1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1∥A1D，又因为E、E1分别是棱AD、AA1的中点，所以EE1∥A1D，所以CF1∥EE1，又因为EE1?平面FCC1，CF1?平面FCC1，所以直线EE1∥平面FCC1.【误区警示】 本题证明有一定的难度，不少学生因作不出辅助线而望题兴叹．不少学生知道连结A1D，构造中位线定理，但想不到取A1B1的中点F1.
【命题趋势】 本节知识是高考重点考查的内容之一，主要考查直线与平面平行的判定与性质，多以几何体(如棱柱、棱锥等)为载体，考查线、面平行的位置关系，属于中档题，复习时还要注意转化思想的运用．学而时习之，不亦说乎？第四节 直线与平面垂直1．直线和平面垂直
如果一条直线和 ，就说这条直线和这个平面垂直．
2．线面垂直判定定理和性质定理
判定定理：
判定定理：
判定定理：
性质定理： 一个平面内的任何一条直线都垂直如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么垂直于同一平面．如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．它也垂直于另一个平面．于另一个平面．如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直1．给定空间中的直线l及平面α，条件“直线l与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的________条件．
【解析】 直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，即充分性不成立．
【答案】 必要非充分2.
如图7－4－1所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中成立的有________．
①EF与BB1垂直；
②EF与BD垂直；
③EF与CD异面；
④EF与A1C1异面．图7－4－1【解析】 连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，三角形B1AC中EF綊AC，所以EF∥平面ABCD，而B1B⊥面ABCD，所以EF与BB1垂直；又AC⊥BD，所以EF与BD垂直，EF与CD异面．由EF綊AC，AC∥A1C1得EF∥A1C1.
【答案】 ①②③3．设l、m为直线，α为平面，且l⊥α，给出下列命题
①若m⊥α，则m∥l；②若m⊥l，则m∥α；
③若m∥α，则m⊥l；④若m∥l，则m⊥α.
其中真命题的序号是________．
【解析】 垂直于同一平面的两直线平行，两条平行线中一条与平面垂直，则另一条也与该平面垂直．
【答案】 ①③④4．已知两个平面垂直，下列命题
①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面．
其中正确的个数是________．
【解析】 ②、④均成立．
【答案】 25．在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点．现沿DE，DF及EF把△ADE，△CDF和△BEF折起，使A、B、C三点重合，重合后的点记为P，那么四面体P－DEF中，必有的线面垂直是________．
【解析】 在四面体P－DEF中，DP⊥PE，DP⊥PF，则有DP⊥面PEF.
【答案】 DP⊥面PEF6．四面体ABCD中，AC＝BD，E、F分别是AD、BC的中点，且EF＝ AC，∠BDC＝90°.求证：BD⊥平面ACD.
【证明】 如图7－4－2所示，取CD的中点G，连结EG、FG、EF.
∵E、F分别为AD、BC的中点，图7－4－2利用数量关系证明 要证线面垂直可以找线线垂直，这是立体几何中证明线面垂直时常用的转化方法，在证明线线垂直时，要注意从数量关系方面找垂直，如利用勾股定理逆定理． 如图7－4－3，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝ ，求证：C1B⊥平面ABC.
【点拨】 本题可利用余弦定理求出BC1，再利用勾股定理逆定理判断C1B⊥BC.图7－4－3【证明】 因为AB⊥侧面BB1C1C，故AB⊥BC1
在△BC1C中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝ .
由余弦定理有而BC∩AB＝B且AB，BC?平面ABC，
∴C1B⊥平面ABC.
思维启迪 利用数量关系处理立体几何中的证明问题，也是常用的方法，特别是处理垂直问题，可以借助勾股定理逆定理． 锥体问题
在几何体中，处理线面垂直问题，往往要根据转化思想把线面垂直问题转化为线线垂直问题，而线线垂直又可以借助线面垂直求得．
如图7－4－4，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．图7－4－4证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【点拨】 要证CD⊥AE，可以证明CD⊥平面PAC；要证PD⊥平面ABE，主要是证AB⊥PD，这样就转化证明AB⊥平面PAD.
【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，∴CD⊥平面PAC.
而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，
∴AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，
而PD?平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.思维启迪 证明线面垂直时，要准确把握好线面垂直时的判定定理和性质地理的限制条件柱体问题证明线线垂直可以构造线面垂直，使其中的一条直线或其平行线在该平面内．
已知如图7－4－5(1)所示，矩形纸片AA′A1′A1，B、C、B1、C1分别为AA′，A1A1′的三等分点，将矩形纸片沿BB1，CC1折成如图7－4－5(2)形状(正三棱柱)，若面对角线AB1⊥BC1，求证：A1C⊥AB1.
图7－4－5图7－4－5【点拨】 本题证法较多，但若采用补形来做可以简化思维过程，即将三棱柱补成一个四棱柱．
图7－4－6【证明】 作AD∥BC，BD∥AC交于D，
作A1D1∥B1C1，B1D1∥A1C1交于D1.
连结BD1，DD1(如图7－4－6)，
∵A1C1B1D1为菱形，
∴A1B1⊥D1C1.
又AA1⊥平面A1D1B1C1，
∴AA1⊥D1C1.
又D1C1⊥平面ABB1A1，
∴D1C1⊥AB1，
又AB1⊥BC1，∴AB1⊥平面BC1D1，∴AB1⊥BD1，
又BD1∥CA1，∴AB1⊥A1C.思维启迪 要证明线面垂直主要是利用线线垂直，但有时也会结合面面垂直来进行转化图7－4－7 如图7－4－7，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，E，F，G分别是AA1，AC，BB1的中点，且CG⊥C1G.
(1)求证：CG∥平面BEF；
(2)求证：CG⊥平面A1C1G.(1)连结AG交BE于D，连结DF，EG.
∵E，G分别是AA1，BB1的中点，
∴AE∥BG且AE＝BG，
∴四边形AEGB是矩形．
∴D是AG的中点
又∵F是AC的中点，
∴DF∥CG，
则由DF?面BEF，CG?面BEF，得CG∥面BEF【证明】 (2) ∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥底面A1B1C1，
∴C1C⊥A1C1.
又∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，即C1B1⊥A1C1，
∴A1C1⊥面B1C1CB，
而CG?面B1C1CB，∴A1C1⊥CG，
又CG⊥C1G，∴CG⊥平面A1C1G.图7－4－8不规则几何体在线面垂直的证明中，注意总结，提炼线线垂直的条件，线面垂直的判定定理仍然是线面垂直证明的主要方法． (本题满分14分)如图7－4－9，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF綊 BC.
(1)求证：FO∥平面CDE；
(2)设BC＝ CD，证明EO⊥平面CDF.
【点拨】 要证明EO⊥平面CDF，只要证CD⊥EO与EO⊥FM.图7－4－9【证明】 (1)取CD中点M，连结OM.
在矩形ABCD中，OM綊 BC，
又EF綊 BC，则EF綊OM，(3分)
连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形．
∴FO∥EM.
又∵FO?平面CDE，EM?平面CDE，
∴FO∥平面CDE.(7分)(2)连结FM，由(1)和已知条件，在等边△CDE中，
CM＝DM，EM⊥CD且EM＝ CD＝ BC＝EF.
因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM，而FM∩CD＝M，(11分)
∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO.
而FM∩CD＝M，所以EO⊥平面CDF.(14分) 如图7－4－10，在组合体中，ABCD－A1B1C1D1是一个长方体，P－ABCD是一个四棱锥．AB＝2，BC＝3，点P∈平面CC1D1D且PD＝PC＝ .证明：PD⊥平面PBC.图7－4－10【证明】 因为PD＝PC＝ ，CD＝AB＝2，所以△PCD为等腰直角三角形，所以PD⊥PC.
因为ABCD－A1B1C1D1是一个长方体，所以BC⊥面CC1D1D，而P∈平面CC1D1D，所以PD?面CC1D1D，所以BC⊥PD.
因为PD垂直于平面PBC内的两条相交直线PC和BC，由线面垂直的判定定理，可得PD⊥平面PBC.规律总结证明线面垂直可转化为证明线线垂直，而要证线线垂直又转化为证线面垂直，有时需要多次转化才能获得证明的．证明直线与平面垂直的方法有：线线垂直推出线面垂直(若m，n?α，m∩n＝A，a⊥m，a⊥n，则a⊥α)；线线平行推出线面垂直(若b⊥α，a∥b，则a⊥α)；线面垂直推出线面垂直(若α∥β，a⊥β，则a⊥α)；由面面垂直推出线面垂直(若α⊥β，α∩β＝b，a⊥b，a?β，则a⊥α)．(2009·四川卷)如图7－4－11，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°.
(1)求证：EF⊥平面BCE；
(2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE.图7－4－11【点拨】 本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向量知识解决数学问题的能力．
【证明】 (1)因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.
因为△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE，所以∠AEB＝45°，
又因为∠AEF＝45°，所以∠FEB＝90°，即EF⊥BE.
因为BC?平面BCE, BE?平面BCE，BC∩BE＝B，
所以EF⊥平面BCE.图7－4－12(2)取BE的中点N，连结CN，MN，则MN綊 AB綊PC
∴PMNC为平行四边形，所以PM∥CN.
∵CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内，
∴PM∥平面BCE.
【误区警示】 一是不能用面面垂直推出BC⊥EF，二是不能利用角度得到EF⊥BE.
【命题趋势】 垂直关系与平行关系是每年高考必考的内容，多以简单的几何体，特别是锥体和柱体为载体，考查垂直和平行的判定及性质．学而时习之，不亦说乎？第五节 面面垂直1．平面和平面的相互垂直
，就说这两个平面互相垂直．
2．面面垂直的判定定理和性质定理
判定定理： ，那么这两个平面互相垂直．
性质定理：
推论：如果两个平面互相垂直，
，在第一个平面内．的图形)是直二面角(平面角是直角)如果一个平面经过另一个平面的一条垂线 直线垂直于另一个平面．平面的直线如果两个平面相交，所成的二面角(从一条直线出发的两个半平面所组成如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的那么经过第一平面内的一点垂直于第二其中正确的命题是________．
【答案】 ①③2．给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.
其中，为真命题的是________．
【答案】 ②④3．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．
上面命题中，真命题的序号________(写出所有真命题的序号)．
【答案】 ①②4．三个平面两两互相垂直，它们的三条交线交于一点O，P到三个平面的距离分别是3、4、5，则OP的长为________．
【解析】 构造长方体，O到P的距离就是长方体的对角线的长度．
【答案】
5．已知直线m、n，平面α、β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是________．
【答案】 ①5．已知直线m、n，平面α、β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是________．
【答案】 ①6．在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点，求证：
(1)直线EF∥平面ACD；
(2)平面EFC⊥平面BCD.【证明】 (1)∵E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥AD.
∵EF?平面ACD，AD?平面ACD，
∴直线EF∥平面ACD.
(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，
∴CF⊥BD.又EF∩CF＝F，∴BD⊥平面EFC.
∵BD?平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.图7－5－1锥体问题在证明两个平面垂直时，一般先从现有直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决． 如图7－5－2，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点，N是AC的中点．
求证：(1)DE＝DA；
(2)平面BDMN⊥平面ECA；
(3)平面DEA⊥平面ECA.
【点拨】 可证BN⊥平面ECA得出平面MNBD⊥平面EAC.要证平面DEA⊥平面ECA成立，只要证明DM⊥平面ECA即可．图7－5－2【证明】 (1)取EC的中点F，连结DF，
因为EC⊥平面ABC，故EC⊥BC，易知DF∥BC
所以DF⊥EC，在Rt△EFD和Rt△DBA中
因EF＝EC＝BD，FD＝BC＝AB，
所以Rt△EFD≌Rt△DBA，所以DE＝DA.(2)连结MN、BN.
则MN綊EC，又因BD綊EC，所以MN綊DB.
所以点N在平面BDM内，又EC⊥平面ABC，故EC⊥BN.
又因CA⊥BN，所以BN⊥平面ECA且BN?MNBD.
所以平面MNBD⊥平面EAC.
(3)因为DM∥BN，BN⊥平面ECA，所以DM⊥平面ECA.
又因DM?平面DEA，所以平面DEA⊥平面ECA.图7－5－3柱体问题垂直问题主要是线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化，有时也要把问题从空间转化到一个平面上去，从而使问题得到解决．如图7－5－4，M，K分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，C1D1的中点．
图7－5－4
求证：平面 A1B1C⊥平面A1MK.图7－5－4求证：平面 A1B1C⊥平面A1MK.【点拨】 要证明平面A1MK⊥平面A1B1C，须证MK⊥平面A1B1C.因此关键证明MK⊥B1C与A1B1⊥MK.【证明】 连结BC1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.
∵M，K分别为AB，C1D1中点，
∴BM∥C1K，BM＝C1K.
∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，
∴A1B1⊥BC1.
∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.
∵BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，则MK⊥B1C.
∵A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.
∵MK?平面A1MK，∴平面A1MK⊥平面A1B1C. 折叠问题，要弄清折叠前后元素的变化情况：往往一些线段的长度保持不变，但一些线线、线面位置关系发生了变化．折叠问题 如图7－5－5，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，且AD＝CD.在AB上截取AE＝AD，将△ADE沿DE折起，使A点到达A′，若A′C＝A′B，求证：平面A′DE⊥平面BCDE.【点拨】 本题可证明A′M⊥DE与BC⊥A′M即可证出A′M⊥平面BCDE.而要证BC⊥A′M，需证BC⊥平面A′MN.图7－5－5【证明】 分别取DE、BC的中点M、N，连结A′M、MN、A′N.
因为AD＝AE，所以A′D＝A′E，
所以A′M⊥DE.
又因为A′B＝A′C，
所以A′N⊥BC.
又MN⊥BC，
所以BC⊥平面A′MN，
所以BC⊥A′M.
显然DE与BC相交(否则A′B从而，平面A′DE⊥平面BCDE.图7－5－6图7－5－7 已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝ ，AB＝BC＝2AD＝4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE＝x，G是BC的中点．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如图7－5－7)．
(1)当x＝2时，求证：BD⊥EG；
(2)若以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x)，求f(x)的最大值．(1)【证明】 作DH⊥EF于H，连BH，GH，
由平面AEFD⊥平面EBCF知：DH⊥平面EBCF，
而EG?平面EBCF，故EG⊥DH.
又四边形BGHE为正方形，∴EG⊥BH，
BH∩DH＝H，故EG⊥平面DBH，
而BD?平面DBH，∴EG⊥BD. 探索类问题对动点在某个特殊位置的探索一直以来是立体几何的一个难点，对于此类问题可利用分析法加以分析论证，并结合已知条件找准动点的位置．(本题满分14分)如图7－5－8所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.图7－5－8 【点拨】 先利用分析法确定点M的位置，然后证明平面DMC1⊥平面CC1D1D.在处理此类问题时，往往点的位置都是比较特殊的，如中点、三等分点等等．
(1) 【证明】 由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD.
而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，所以B1D1∥面A1BD.(4分)
(2) 【证明】 因为BB1⊥面ABCD，AC?面ABCD，所以BB1⊥AC.
又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥面BB1D.
而MD?面BB1D，所以MD⊥AC.(8分)(3)【解】 当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.(10分)
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM.
因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC；又因为DC是面ABCD与面DCC1D1的交线，而面ABCD⊥面DCC1D1，所以BN⊥面DCC1D1.(12分)
又O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，则OM⊥平面CC1D1D，因为OM?面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.(14分) 已知等腰梯形PDCB中(如图7－5－7)，PB＝3，DC＝1，PD＝BC＝ ，A为PB边上一点，且PA＝1，将△PAD沿AD折起，使面PAD⊥面ABCD.
(1)证明：平面PAD⊥PCD；
(2)试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA∶VMACB＝2∶1；
(3)在M满足(2)的情况下，判断直线PD是否平行面AMC.图7－5－9(1)【证明】 依题意知：CD⊥AD.
又∵面PAD⊥面ABCD，∴DC⊥平面PAD.
又DC?面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.
(2)【解】 由(1)知PA⊥平面ABCD
∴平面PAB⊥平面ABCD.
在PB上取一点M，作MN⊥AB，垂足为N，则MN⊥平面ABCD，图7－5－10(3)【证明】 连结BD交AC于O，因为AB∥CD，AB＝2，CD＝1，由相似三角形易得BO＝2OD.
∴O不是BD的中点．
又∵M为PB的中点，
∴在△PBD中，OM与PD不平行．
∴OM与PD所在直线相交．
又OM?平面AMC，∴直线PD与平面AMC不平行．规律总结 证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，常常要运用线面垂直．解答立体几何证明题必须综合条件和结论两个方面的信息，充分利用已知的位置关系中的性质定理，化归结论中位置关系所需的判定定理，从而打通思路．(2009·江苏卷)如图7－5－8，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C.
图7－5－11求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.
【点拨】 要证EF∥平面ABC，只需利用中位线定理；证明平面A1FD⊥平面BB1C1C，只要利用A1D⊥BCC1B1.【证明】 (1)因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC，又EF?面ABC，BC?面ABC，所以EF∥平面ABC；
(2)因为直三棱柱ABC－A1B1C1，所以BB1⊥面A1B1C1，BB1⊥A1D，又A1D⊥B1C，所以A1D⊥面BB1C1C，
又A1D?面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.
【误区警示】 本题考查正三棱柱中的线面平行与垂直问题，考查空间想象能力，较为常规，只有很少的学生找不出A1D⊥面BB1C1C，原因就是没有发现BB1⊥面A1B1C1.【命题趋势】 近几年江苏高考中的立体几何证明题都是两问，第一问都是证明线面平行，第二问都是证明面面垂直．也就是说，面面垂直的判定一直就是立体几何证明题的热点．平行、垂直关系是线面、面面位置关系的核心内容，仍然是考查重点．但由于考试说明中要求有探究性问题的出现，因此以后可能以探究性问题为主，加强线面、面面垂直、平行位置关系的考查．学而时习之，不亦说乎？
；侧棱 且 ；平行于底面的截面是
棱锥：侧面、对角面都是 ；平行于底面的截面 ，其相似比等于顶点到截面距离与高的 3.圆柱、圆锥：以 为轴旋转，其余三边旋转所成的 的几何体叫圆柱；以 为旋转轴，其余两边旋转所成的 的几何体叫圆锥．对应边平行的全等四边形与底面全等的多边形．三角形平行平行相等与底面相似比的平方．矩形的一边所在的直线曲面所围成直角三角形的一条直角边曲面所围成4.棱台、圆台、球体定义：用一个平行于 去截棱锥， 之间的部分叫做棱台；用一个平行于 的平面去截圆锥， 的部分叫做圆台；以 所在直线为旋转轴， 旋转一周形成的几何体，叫球体．
5.棱台、圆台几何性质
棱台：两底面所在平面互相 ；两底面是 的相似多边形；侧面是 ；侧棱的延长线
圆台：两底面是 ；轴截面是 ；任意两条母线的延长线 ；母线长都 棱锥底面的平面截面和底面圆锥底面截面和底面之间半圆的直径半圆面对应边互相平行梯形相交于一点．两个半径不同的圆等腰梯形交于一点相等．平行1. (若长方体的长、宽、高分别是2、2、1，则长方体的外接球的表面积为________．
【答案】 9π
2. (所有棱长为1的正三棱锥的全面积为________．
【答案】
3. (正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AA1与CC1的中点，则四棱锥A1－EBFD1的体积为________．
【答案】 4. 正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为________．
【答案】
5. 一个圆锥的侧面展开图的中心角为120°，母线长为2，则圆锥的底面半径为________．
【答案】 6. 一个正三棱柱的所有棱长均为4 cm，求这个三棱柱的表面积和体积．
图7－1－1 面积问题 对于能用公式直接求出柱体、锥体、台体、球的表面积、侧面积问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决，往往这类题目难度不大． 已知一个圆锥的底面半径为R，高为H，在其中有一个高为x的内接圆柱. 如图7－1－2所示．
(1)若设圆柱底面半径为r, 求证：r＝R(1－)；
(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出这个最大值．图7－1－2【点拨】 本题的突破口是抓住相似三角形来求解．
图7－1－3体积问题 有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素． 三棱锥S－ABC的三条侧棱两两垂直，SA＝5，SB＝4，SC＝3，D为AB中点，E为AC中点．
(1)求三棱锥S－ABC的体积；
(2)求四棱锥S－BCED的体积．【点拨】 本题主要是找出三棱锥S－ABC的体积与四棱锥S－BCED的体积之间的关系．【解】截面与投影 几何体常常涉及一些截面问题，它把空间图形的性质、画法及有关论证、计算融为一体，要知道这些截面的形状、位置，并能画出其图形，将较难的问题变得简单． 一个正方体内接于球，过球心作一截面，如图7－1－4所示，则截面的图形可能是________．【点拨】 球内接正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的对角线长等于球的直径．
【解析】 当截面平行于正方体的一个面时，得到③；当截面过正方体的对角线时得到②；当截面不平行于任何面也不过对角线时，得到①.
【答案】 ①②③ 如图7－1－5所示，E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是________．
图7－1－5【答案】 ②③图7－1－5 化折(曲)为平 对于数量计算问题，通常要将空间问题转化为平面问题求出相关数据，然后进行计算．
(本题满分14分)长方体ABCD－A1B1C1D1中，宽、长、高分别为3、4、5，现有一个小虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物，求其路程的最小值．
【点拨】 本题可将长方体表面展开，利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．【解】 把长方体含AC1的面作展开图，有三种情形：利用勾股定理可得AC1的长分别 由此可见图②是最短线路，其路程的最小值为 (14分) 如图7－1－7所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为4，高为8，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为多少？ 【解】 将正三棱柱ABC－A1B1C1侧面展开，
如图7－1－6所示：
图7－1－7
最短路线的长为8.最短路线的长为8.最短路线的长为8.图7－1－7规律总结 求几何体的表面积往往运用最基本的解法，即把几何体各个面的面积求出后再加起来求出几何体的表面积．要记准各种几何体体积公式并灵活运用，要注意体会转化的数学思想，理解公式间的联系．掌握好处理空间问题的基本方法，即化空间为平面． (2009·连云港市模拟)三棱锥S—ABC中，一条棱长为a，其余棱长均为1，求a为何值时VS—ABC最大，并求最大值．【解】 如图7－1－8所示，设SC＝a，其余棱长均为1，取AB的中点H，连接HS、HC，图7－1－8【误区警示】 本题主要错误是学生想不到设角参数，利用函数模型来解决问题．
【命题趋势】 高考中体积、侧面积(表面积)问题常常以填空题形式出现，有时也会在解答题中的某小问中出现．另外体积问题可穿插于函数、不等式、三角函数、导数等内容之中，提升综合运用能力．学而时习之，不亦说乎？第二节 空间直线1．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，那么这条直线上 在此平面内．
公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们
公理3：经过不在 ，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和这条直线外的 ，有且只有一个平面．
推论2：经过两条 直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条 直线，有且只有一个平面．
公理4：平行于同一条直线的
定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角
所有的点有且只有一条过该点的公共同一条直线上的三点一点相交平行两条直线互相平行相等或互补直线．．．2．空间直线的位置关系
共面直线：
相交直线：同一平面内，有且只有 公共点；
平行直线：同一平面内， 公共点；
异面直线：不同在 ， 公共点．一个没有任何一个平面内没有1．在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是边AB，AC，CD，BD的中点，且AD＝BC，那么四边形EFGH是________．
【答案】 菱形
2．如图7－2－1所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，作出异面直线A1B与AD1所成角．
【解析】 如右图所示，连结BC1，A1C1，∠A1BC1是异面直线A1B与AD1所成的角．
【答案】 (如图7－2－2)
图7－2－2图7－2－1图7－2－23．已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影可能是________．
①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；
③同一条直线； ④一条直线及其外一点．
则在上面的结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确结论的编号)．
【答案】 ①②④
4．如图7－2－3，在正四面体S—ABC中，E为SA的中点，F为△ABC的中心，则异面直线EF与AB所成的角是________．
图7－2－3
【答案】 60°图7－2－35．直线a与b、b与c都是异面直线，且a与b的公垂线也是b与c的公垂线，那么a与c的位置关系是________．
【答案】 平行、相交或异面6．如图7－2－4所示，在棱长为1的正方体A1B1C1D1—ABCD中，M为AB的中点，N为BB1的中点，O为面BCC1B1的中心．
求作：过O作一直线与AN交于P，与CM交于Q.(只写作法，不必证明)
【解】 由ON∥AD知，AD与ON确定一个平面α；
又O、C、M三点确定一个平面β，
∵三个平面α、β和ABCD两两相交，有三条交线OP、CM、DA，其中交线DA与交线CM不平行且共面，
∴DA与CM必相交，记交点为Q.
∴OQ是α与β的交线．
连结OQ与AN交于P、与CM交于Q，故OPQ即为所求作的直线．图7－2－4 作交线 立体几何的复习要重视作图识图，即能正确运用实、虚线画出结构合理的直观图，能正确识别空间元素点、线、面的关系，这样才能借助图形思考，寻找解题思路或途径． 画一个正方体ABCD—A1B1C1D1，再画出平面ACD1与平面BDC1的交线，并且说明理由．
【点拨】
【解】 F∈CD1、F∈平面ACD1、E∈AC、E∈平面ACD1、E∈BD、E∈平面BDC1、F∈DC1、F∈平面DC1B，则EF为所求．
作出两个平面的交线，关键在于找出两个平面的两个公共点。图7－2－5 异面直线所成的角 通过平移直线把异面直线问题转化为共面问题来解决，平行移动时，可以移动一条，也可以移动两条，主要借助三角形的中位线和平行四边形的对边进行平移．如图7－2－6，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，求异面直线OE和FD1所成的角的余弦值．图7－2－6【点拨】 可以用两种解法，但本质是将所求的角转化到三角形中，然后利用余弦定理来解．
【解】 解法一 取面CC1D1D的中心为H，连结FH、D1H.在△FHD1中，解法二 取BC的中点G.连结GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连结HE、OH，则∠OEH为异面直线所成的角．折叠问题 折叠问题要把平面图形折成立体图形，从立体图形出发找出线线关系、线面关系、面面关系．
图7－2－8图7－2－7 如图7—2—7，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点．将△ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，求异面直线GH与IJ所成角．图7－2－8【点拨】 本题关键是把平面图形对应的立体图形正确地画出．
【解】 将三角形折成三棱锥如图7－2－8所示．HG与IJ为一对异面直线．过点D分别作HG与IJ的平行线，即DF与AD，所以∠ADF即为所求．因此，异面直线HG与IJ所成角为60°.
思维启迪 折叠问题关键在于把握好空间与平面中的线段位置关系发生是如何变化的，而它们的长度是不变的．如图7－2－9是正方体的平面展开图，在这个正方体中，图7－2－9①BM与ED平行；
②CN与BE是异面直线；
③CN与BM成60°角；
④DM与BN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
【答案】 ③④ 共点共线共面
证明三线共点，可以证明两条直线的交点在第三条直线上．证明三点共线可先由两点确定一条直线，再证明其它点也在这条直线上． (本题满分14分)如图7－2－10所示，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．
图7－2－10求证：(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．【点拨】 对于(1)可利用EF∥CD1证明四点共面；对于(2)可利用公理2证明．
【证明】 (1)如图7－2－11所示，连结CD1，EF，A1B，(2分)∵E、F分别是AB和AA1的中点，
∴EF∥A1B且EF＝A1B，又∵A1D1綊BC，(4分)
∴四边形A1BCD1是平行四边形，
∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，(6分)
∴EF与CD1确定一个平面α，
∴E，F，C，D1∈α，即E，C，D1，F四点共面．(8分)(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝ CD1，
∴四边形CD1FE是梯形，(10分)
∴CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE?平面ABCD，(12分)
且P∈D1F?平面A1ADD1，
∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1.
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，
∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三线共点．(14分)思维启迪 利用两平面交线的唯一性，证明点在交线上是证明点共线、线共点的常用方法 如图7－2－12所示，四面体ABCD中，E、G分别为BC、AB的中点，F在CD上，H在AD上，且有DF∶FC＝2∶3，DH∶HA＝2∶3.
求证：EF、GH、BD交于一点．
【证明】 连结GE、HF，图7－2－12∵E、G分别为BC、AB的中点，
∴GE∥AC.
图7－2－13又∵DF∶FC＝2∶3，DH∶HA＝2∶3，
∴HF∥AC.∴GE∥HF.
故G、E、F、H四点共面．
又∵EF与GH不平行，∴EF与GH相交，设交点为O.
则O∈面ABD，O∈面BCD，
而平面ABD∩平面BCD＝BD，∴O∈BD.
∴EF、GH、BD交于一点．规律总结 处理异面问题，往往经平移后转化为同一平面内的问题．异面直线所成角的求法中，易失误的是选点平移或补形，求出的是其补角，从而得出余弦值为负，这与异面直线所成角的定义范围相矛盾. 而证明异面直线常常用反证法．(2008·辽宁卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
图7－2－14图7－2－14【解析】 在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N, 当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．如图7－2－14.
另解：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交．【命题趋势】 新课标中由于文科只学习立几初步，求空间角是不作要求很低，因此本节内容高考中是以填空题的形式出现考查平面的基本性质、空间两条直线的位置关系，估计难度不会太大．【误区警示】 本题解法较多，但关键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多．这说明学生还是缺少空间想象能力，缺少对空间直线位置关系的理解．学而时习之，不亦说乎？第三节 线面、面面平行1．直线与平面有三种位置关系
(1)直线在平面内——有 个公共点；
(2)直线与平面相交——有 公共点；
(3)直线与平面平行—— 公共点．
2．两个平面之间有两种位置关系
(1)两个平面平行—— 公共点；
(2)两个平面相交—— 公共直线．
3．直线和平面平行的判定定理和性质定理
判定定理： 无数且只有一个没有没有有且只有一条 平面外一条直线，如果和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．判定定理：
性质定理：
两平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和个平面相交，那么这条直线就和交线平行．这4．平面和平面平行的判定定理和性质定理
判定定理：
判定定理：
性质定理：
性质定理： 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．垂直于同一条直线的两个平面平行．如果两个平面平行同时与第三个平面相交，那么它们的交线两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．平行．1．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．
【答案】 6
2．已知m，n是不重合的直线，α，β是不重合的平面，有下列命题
①若m?α，n∥α，则m∥n；
②若m∥α，m∥β，则α∥β；
③若α∩β＝n，m∥n，则m∥α且m∥β；
④若m⊥α，m⊥β，则α∥β.
其中真命题的个数是________．
【答案】 13．在四面体ABCD中，M、N分别是面△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．
【解析】 连结AM并延长，交CD于E，连结BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E、F重合为一点，且该点为CD的中点E，由 得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.
【答案】 平面ABC、平面ABD4．设有四个条件：
①平面γ与平面α，β所成的锐二面角相等；
②直线a∥b，a⊥平面α，b⊥平面β；
③a、b是异面直线，a?α，b?β，且a∥β，b∥α；
④平面α内距离为d的两条直线在平面β内的射影仍为两条距离为d的平行线．
其中能推出α∥β的条件有________．(填写所有正确条件的代号)
【解析】 ①平面γ与平面α，β有可能相交；④平面α内距离为d的两条直线在平面β内的射影有可能重合．
【答案】 ②③5．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．图7－3－1【答案】 ①④6．如图7－3－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AA1＝4，AB＝5.点D是AB的中点，
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)求证：AC1∥平面CDB1.图7－3－2【证明】 (1)直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，.
∴AC⊥BC1.(2)设CB1与C1B的交点为E，连结DE，
∵D是AB的中点，E是BC1的中点，∴DE∥AC1.
∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1.
图7－3－3
证明直线l与平面α平行，通常有以下两个途径：一是通过线线平行来证明，即证明该直线l平行于平面α内的一条直线；二是通过面面平行来证明，即证明过该直线l的一个平面平行于平面α.线面平行【点拨】 本题可以根据直线与平面平行的判定定理或平面平行的性质定理来证明． 如图7－3－4，正方体ABCD—A1B1C1D1中，侧面对角线AB1、BC1上分别有两点E、F，且B1E＝C1F.求证：EF∥平面ABCD. 图7－3－4【证明】 证法一 分别过E、F作EM⊥AB于点M，FN⊥BC于点N，连结MN.
∵BB1⊥平面ABCD，
∴BB1⊥AB，BB1⊥BC.
∴EM∥BB1，FN∥BB1.∴EM∥FN.
又B1E＝C1F，∴EM＝FN.
故四边形MNFE是平行四边形．
∴EF∥MN.又MN在平面ABCD中，
∴EF∥平面ABCD.证法二 过E作EG∥AB交BB1于点G，连结GF，则＝ .
∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，
∴ . ∴FG∥B1C1∥BC.
又∵EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，
∴平面EFG∥平面ABCD.
而EF在平面EFG中，
∴EF∥平面ABCD.面面平行 作辅助线、辅助面是立体几何中证明的常用技巧，要注意线面平行的性质定理中作平行线的方法以及常用的作辅助线的方法，如中位线，平行四边形等等． 如图7－3－5，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1C，B1C1，C1D1的中点，
图7－3－5求证：(1)AP⊥MN；(2)平面MNP∥平面A1BD.【点拨】 关键在于选择或添加适当的平面或直线，由于M、N、P都为中点，故添加B1C，BC1作为联系的桥梁．
【证明】 (1)连结BC1，B1C，则B1C⊥BC1，BC1是AP在面BB1C1C上的射影，
∴AP⊥B1C，又B1C∥MN，∴AP⊥MN.
(2)连结B1D1，
∵P、N分别是D1C1，B1C1的中点，
∴PN∥B1D1，又B1D1∥BD，
∴PN∥BD，又PN不在平面A1BD内，
∴PN∥平面A1BD，同理MN∥平面A1BD，
又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.思维启迪 面面平行的问题常常转化成线线平行的问题，而线线平行可以由中位线定理或线面平行得到．要作出命题的正确转化就必须熟记有关平行的定义、判断、性质．灵活运用中点 在证明平行时往往会用到中点作出三角形的中位线，利用中位线定理构造平行线．有的点需要挖掘，如平行四边形的对角线的交点，直角三角形斜边的中点等． 已知ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.
【点拨】 本题主要是灵活运用中位线定理证明线面平行、线线平行．
【证明】 连结AC，设AC交BD于O，连结MO.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴O是AC的中点．
又M是PC的中点，∴MO∥PA.
又MO?面BDM、PA?面BDM，∴PA∥面BDM.
又经过PA与点G的平面交面BDM于GH，∴AP∥GH.
图7－3－6思维启迪 要重视利用重点作平行线，借助中位线定理证明线面平行、线线平行 如图7－3－7所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分别是BC和A1B1的中点．
求证：MN∥平面AA1C1.
【证明】 设A1C1中点为F，连结NF，FC，
∵N为A1B1中点，
∴NF∥B1C1，
且NF＝B1C1，
又由棱柱性质知B1C1綊BC，
又M是BC的中点，∴NF綊MC，
∴四边形NFCM为平行四边形．
∴MN∥CF，又CF?平面AA1C1，MN?平面AA1C1，
∴MN∥平面AA1C1.图7－3－8图7－3－7 对于探索类问题，书写步骤时要注意书写格式：一种是先探求出点的位置，然后再去证明结论．另一种是使用“要使……”，“须使……”这类寻求使结论成立的充分条件的语言，类似于分析法．探索类问题 (本题满分14分)如图7－3－9，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥BE；
(2)设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.图7－3－9【点拨】 这是一道探索性命题，先确定点N的位置，再进行证明．要注意解题的方向性，通过寻找到的条件，证明MN∥平面DAE成立．
(1)【证明】 ∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，
∴BC⊥平面ABE，则AE⊥BC.(2分)
又∵BF⊥平面ACE，则AE⊥BF，
∴AE⊥平面BCE，又BE?平面BCE，∴AE⊥BE.(6分)(2)【解】 在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点，在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点，连MN，则由比例关系易得CN＝ CE.(8分)
∵MG∥AE，MG?平面ADE, AE?平面ADE，
∴MG∥平面ADE.同理，GN∥平面ADE.
∴平面MGN∥平面ADE.(12分)
又MN?平面MGN，∴MN∥平面ADE.
∴N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点．(14分)规律总结 线面平行、面面平行的定义都是双向的，既当判定也当性质；而判定定理与性质定理大多是单向的，逆命题不一定成立．判断平行的过程往往是“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”不断地转化的过程，有时还涉及到一些垂直关系的转化．应用线面平行的性质定理时，应着力寻找过已知直线的平面与已知平面的交线，有时为了得到交线还要作出辅助线或辅助面． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
【解】 当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.(2009·山东卷)(本小题满分12分)如图7－3－10，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4, BC＝CD＝2, AA1＝2, E、E1、F分别是棱AD、AA1、AB的中点．
图7－3－10图7－3－10求证：直线EE1∥平面FCC1【点拨】 要证直线EE1∥平面FCC1，关键是在平面FCC1中找出一条与直线EE1平行的直线，可以取A1B1的中点F1连结CF1，本题转化成证明CF1∥EE1，因此可以转化成证明CF1∥A1D.图7－3－11【证明】 在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，取A1B1的中点F1，连结A1D，C1F1，CF1，因为AB＝4, CD＝2，且AB∥CD，所以CD綊A1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1∥A1D，又因为E、E1分别是棱AD、AA1的中点，所以EE1∥A1D，所以CF1∥EE1，又因为EE1?平面FCC1，CF1?平面FCC1，所以直线EE1∥平面FCC1.【误区警示】 本题证明有一定的难度，不少学生因作不出辅助线而望题兴叹．不少学生知道连结A1D，构造中位线定理，但想不到取A1B1的中点F1.
【命题趋势】 本节知识是高考重点考查的内容之一，主要考查直线与平面平行的判定与性质，多以几何体(如棱柱、棱锥等)为载体，考查线、面平行的位置关系，属于中档题，复习时还要注意转化思想的运用．学而时习之，不亦说乎？第四节 直线与平面垂直1．直线和平面垂直
如果一条直线和 ，就说这条直线和这个平面垂直．
2．线面垂直判定定理和性质定理
判定定理：
判定定理：
判定定理：
性质定理： 一个平面内的任何一条直线都垂直如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么垂直于同一平面．如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．它也垂直于另一个平面．于另一个平面．如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直1．给定空间中的直线l及平面α，条件“直线l与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的________条件．
【解析】 直线与平面α内的无数条平行直线垂直，但该直线未必与平面α垂直，即充分性不成立．
【答案】 必要非充分2.
如图7－4－1所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则以下结论中成立的有________．
①EF与BB1垂直；
②EF与BD垂直；
③EF与CD异面；
④EF与A1C1异面．图7－4－1【解析】 连B1C，则B1C交BC1于F且F为BC1中点，三角形B1AC中EF綊AC，所以EF∥平面ABCD，而B1B⊥面ABCD，所以EF与BB1垂直；又AC⊥BD，所以EF与BD垂直，EF与CD异面．由EF綊AC，AC∥A1C1得EF∥A1C1.
【答案】 ①②③3．设l、m为直线，α为平面，且l⊥α，给出下列命题
①若m⊥α，则m∥l；②若m⊥l，则m∥α；
③若m∥α，则m⊥l；④若m∥l，则m⊥α.
其中真命题的序号是________．
【解析】 垂直于同一平面的两直线平行，两条平行线中一条与平面垂直，则另一条也与该平面垂直．
【答案】 ①③④4．已知两个平面垂直，下列命题
①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线；
③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则垂线必垂直于另一个平面．
其中正确的个数是________．
【解析】 ②、④均成立．
【答案】 25．在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点．现沿DE，DF及EF把△ADE，△CDF和△BEF折起，使A、B、C三点重合，重合后的点记为P，那么四面体P－DEF中，必有的线面垂直是________．
【解析】 在四面体P－DEF中，DP⊥PE，DP⊥PF，则有DP⊥面PEF.
【答案】 DP⊥面PEF6．四面体ABCD中，AC＝BD，E、F分别是AD、BC的中点，且EF＝ AC，∠BDC＝90°.求证：BD⊥平面ACD.
【证明】 如图7－4－2所示，取CD的中点G，连结EG、FG、EF.
∵E、F分别为AD、BC的中点，图7－4－2利用数量关系证明 要证线面垂直可以找线线垂直，这是立体几何中证明线面垂直时常用的转化方法，在证明线线垂直时，要注意从数量关系方面找垂直，如利用勾股定理逆定理． 如图7－4－3，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝ ，求证：C1B⊥平面ABC.
【点拨】 本题可利用余弦定理求出BC1，再利用勾股定理逆定理判断C1B⊥BC.图7－4－3【证明】 因为AB⊥侧面BB1C1C，故AB⊥BC1
在△BC1C中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝ .
由余弦定理有而BC∩AB＝B且AB，BC?平面ABC，
∴C1B⊥平面ABC.
思维启迪 利用数量关系处理立体几何中的证明问题，也是常用的方法，特别是处理垂直问题，可以借助勾股定理逆定理． 锥体问题
在几何体中，处理线面垂直问题，往往要根据转化思想把线面垂直问题转化为线线垂直问题，而线线垂直又可以借助线面垂直求得．
如图7－4－4，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．图7－4－4证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
【点拨】 要证CD⊥AE，可以证明CD⊥平面PAC；要证PD⊥平面ABE，主要是证AB⊥PD，这样就转化证明AB⊥平面PAD.
【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，∴CD⊥平面PAC.
而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，
∴AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，
而PD?平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.思维启迪 证明线面垂直时，要准确把握好线面垂直时的判定定理和性质地理的限制条件柱体问题证明线线垂直可以构造线面垂直，使其中的一条直线或其平行线在该平面内．
已知如图7－4－5(1)所示，矩形纸片AA′A1′A1，B、C、B1、C1分别为AA′，A1A1′的三等分点，将矩形纸片沿BB1，CC1折成如图7－4－5(2)形状(正三棱柱)，若面对角线AB1⊥BC1，求证：A1C⊥AB1.
图7－4－5图7－4－5【点拨】 本题证法较多，但若采用补形来做可以简化思维过程，即将三棱柱补成一个四棱柱．
图7－4－6【证明】 作AD∥BC，BD∥AC交于D，
作A1D1∥B1C1，B1D1∥A1C1交于D1.
连结BD1，DD1(如图7－4－6)，
∵A1C1B1D1为菱形，
∴A1B1⊥D1C1.
又AA1⊥平面A1D1B1C1，
∴AA1⊥D1C1.
又D1C1⊥平面ABB1A1，
∴D1C1⊥AB1，
又AB1⊥BC1，∴AB1⊥平面BC1D1，∴AB1⊥BD1，
又BD1∥CA1，∴AB1⊥A1C.思维启迪 要证明线面垂直主要是利用线线垂直，但有时也会结合面面垂直来进行转化图7－4－7 如图7－4－7，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，E，F，G分别是AA1，AC，BB1的中点，且CG⊥C1G.
(1)求证：CG∥平面BEF；
(2)求证：CG⊥平面A1C1G.(1)连结AG交BE于D，连结DF，EG.
∵E，G分别是AA1，BB1的中点，
∴AE∥BG且AE＝BG，
∴四边形AEGB是矩形．
∴D是AG的中点
又∵F是AC的中点，
∴DF∥CG，
则由DF?面BEF，CG?面BEF，得CG∥面BEF【证明】 (2) ∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥底面A1B1C1，
∴C1C⊥A1C1.
又∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，即C1B1⊥A1C1，
∴A1C1⊥面B1C1CB，
而CG?面B1C1CB，∴A1C1⊥CG，
又CG⊥C1G，∴CG⊥平面A1C1G.图7－4－8不规则几何体在线面垂直的证明中，注意总结，提炼线线垂直的条件，线面垂直的判定定理仍然是线面垂直证明的主要方法． (本题满分14分)如图7－4－9，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱EF綊 BC.
(1)求证：FO∥平面CDE；
(2)设BC＝ CD，证明EO⊥平面CDF.
【点拨】 要证明EO⊥平面CDF，只要证CD⊥EO与EO⊥FM.图7－4－9【证明】 (1)取CD中点M，连结OM.
在矩形ABCD中，OM綊 BC，
又EF綊 BC，则EF綊OM，(3分)
连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形．
∴FO∥EM.
又∵FO?平面CDE，EM?平面CDE，
∴FO∥平面CDE.(7分)(2)连结FM，由(1)和已知条件，在等边△CDE中，
CM＝DM，EM⊥CD且EM＝ CD＝ BC＝EF.
因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM，而FM∩CD＝M，(11分)
∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO.
而FM∩CD＝M，所以EO⊥平面CDF.(14分) 如图7－4－10，在组合体中，ABCD－A1B1C1D1是一个长方体，P－ABCD是一个四棱锥．AB＝2，BC＝3，点P∈平面CC1D1D且PD＝PC＝ .证明：PD⊥平面PBC.图7－4－10【证明】 因为PD＝PC＝ ，CD＝AB＝2，所以△PCD为等腰直角三角形，所以PD⊥PC.
因为ABCD－A1B1C1D1是一个长方体，所以BC⊥面CC1D1D，而P∈平面CC1D1D，所以PD?面CC1D1D，所以BC⊥PD.
因为PD垂直于平面PBC内的两条相交直线PC和BC，由线面垂直的判定定理，可得PD⊥平面PBC.规律总结证明线面垂直可转化为证明线线垂直，而要证线线垂直又转化为证线面垂直，有时需要多次转化才能获得证明的．证明直线与平面垂直的方法有：线线垂直推出线面垂直(若m，n?α，m∩n＝A，a⊥m，a⊥n，则a⊥α)；线线平行推出线面垂直(若b⊥α，a∥b，则a⊥α)；线面垂直推出线面垂直(若α∥β，a⊥β，则a⊥α)；由面面垂直推出线面垂直(若α⊥β，α∩β＝b，a⊥b，a?β，则a⊥α)．(2009·四川卷)如图7－4－11，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°.
(1)求证：EF⊥平面BCE；
(2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE.图7－4－11【点拨】 本小题主要考察平面与平面垂直、直线与平面垂直、直线与平面平行等基础知识，考察空间想象能力、逻辑推理能力和数学探究意识，考察应用向量知识解决数学问题的能力．
【证明】 (1)因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.
因为△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE，所以∠AEB＝45°，
又因为∠AEF＝45°，所以∠FEB＝90°，即EF⊥BE.
因为BC?平面BCE, BE?平面BCE，BC∩BE＝B，
所以EF⊥平面BCE.图7－4－12(2)取BE的中点N，连结CN，MN，则MN綊 AB綊PC
∴PMNC为平行四边形，所以PM∥CN.
∵CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内，
∴PM∥平面BCE.
【误区警示】 一是不能用面面垂直推出BC⊥EF，二是不能利用角度得到EF⊥BE.
【命题趋势】 垂直关系与平行关系是每年高考必考的内容，多以简单的几何体，特别是锥体和柱体为载体，考查垂直和平行的判定及性质．学而时习之，不亦说乎？第五节 面面垂直1．平面和平面的相互垂直
，就说这两个平面互相垂直．
2．面面垂直的判定定理和性质定理
判定定理： ，那么这两个平面互相垂直．
性质定理：
推论：如果两个平面互相垂直，
，在第一个平面内．的图形)是直二面角(平面角是直角)如果一个平面经过另一个平面的一条垂线 直线垂直于另一个平面．平面的直线如果两个平面相交，所成的二面角(从一条直线出发的两个半平面所组成如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的那么经过第一平面内的一点垂直于第二其中正确的命题是________．
【答案】 ①③2．给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.
其中，为真命题的是________．
【答案】 ②④3．设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
②若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
③设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
④直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．
上面命题中，真命题的序号________(写出所有真命题的序号)．
【答案】 ①②4．三个平面两两互相垂直，它们的三条交线交于一点O，P到三个平面的距离分别是3、4、5，则OP的长为________．
【解析】 构造长方体，O到P的距离就是长方体的对角线的长度．
【答案】
5．已知直线m、n，平面α、β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是________．
【答案】 ①5．已知直线m、n，平面α、β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；
②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；
③若m⊥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；
④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.
其中正确的命题是________．
【答案】 ①6．在四面体ABCD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点，求证：
(1)直线EF∥平面ACD；
(2)平面EFC⊥平面BCD.【证明】 (1)∵E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥AD.
∵EF?平面ACD，AD?平面ACD，
∴直线EF∥平面ACD.
(2)∵AD⊥BD，EF∥AD，∴EF⊥BD.
∵CB＝CD，F是BD的中点，
∴CF⊥BD.又EF∩CF＝F，∴BD⊥平面EFC.
∵BD?平面BCD，∴平面EFC⊥平面BCD.图7－5－1锥体问题在证明两个平面垂直时，一般先从现有直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决． 如图7－5－2，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点，N是AC的中点．
求证：(1)DE＝DA；
(2)平面BDMN⊥平面ECA；
(3)平面DEA⊥平面ECA.
【点拨】 可证BN⊥平面ECA得出平面MNBD⊥平面EAC.要证平面DEA⊥平面ECA成立，只要证明DM⊥平面ECA即可．图7－5－2【证明】 (1)取EC的中点F，连结DF，
因为EC⊥平面ABC，故EC⊥BC，易知DF∥BC
所以DF⊥EC，在Rt△EFD和Rt△DBA中
因EF＝EC＝BD，FD＝BC＝AB，
所以Rt△EFD≌Rt△DBA，所以DE＝DA.(2)连结MN、BN.
则MN綊EC，又因BD綊EC，所以MN綊DB.
所以点N在平面BDM内，又EC⊥平面ABC，故EC⊥BN.
又因CA⊥BN，所以BN⊥平面ECA且BN?MNBD.
所以平面MNBD⊥平面EAC.
(3)因为DM∥BN，BN⊥平面ECA，所以DM⊥平面ECA.
又因DM?平面DEA，所以平面DEA⊥平面ECA.图7－5－3柱体问题垂直问题主要是线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化，有时也要把问题从空间转化到一个平面上去，从而使问题得到解决．如图7－5－4，M，K分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，C1D1的中点．
图7－5－4
求证：平面 A1B1C⊥平面A1MK.图7－5－4求证：平面 A1B1C⊥平面A1MK.【点拨】 要证明平面A1MK⊥平面A1B1C，须证MK⊥平面A1B1C.因此关键证明MK⊥B1C与A1B1⊥MK.【证明】 连结BC1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.
∵M，K分别为AB，C1D1中点，
∴BM∥C1K，BM＝C1K.
∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，
∴A1B1⊥BC1.
∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.
∵BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，则MK⊥B1C.
∵A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.
∵MK?平面A1MK，∴平面A1MK⊥平面A1B1C. 折叠问题，要弄清折叠前后元素的变化情况：往往一些线段的长度保持不变，但一些线线、线面位置关系发生了变化．折叠问题 如图7－5－5，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，且AD＝CD.在AB上截取AE＝AD，将△ADE沿DE折起，使A点到达A′，若A′C＝A′B，求证：平面A′DE⊥平面BCDE.【点拨】 本题可证明A′M⊥DE与BC⊥A′M即可证出A′M⊥平面BCDE.而要证BC⊥A′M，需证BC⊥平面A′MN.图7－5－5【证明】 分别取DE、BC的中点M、N，连结A′M、MN、A′N.
因为AD＝AE，所以A′D＝A′E，
所以A′M⊥DE.
又因为A′B＝A′C，
所以A′N⊥BC.
又MN⊥BC，
所以BC⊥平面A′MN，
所以BC⊥A′M.
显然DE与BC相交(否则A′B
(1)当x＝2时，求证：BD⊥EG；
(2)若以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x)，求f(x)的最大值．(1)【证明】 作DH⊥EF于H，连BH，GH，
由平面AEFD⊥平面EBCF知：DH⊥平面EBCF，
而EG?平面EBCF，故EG⊥DH.
又四边形BGHE为正方形，∴EG⊥BH，
BH∩DH＝H，故EG⊥平面DBH，
而BD?平面DBH，∴EG⊥BD. 探索类问题对动点在某个特殊位置的探索一直以来是立体几何的一个难点，对于此类问题可利用分析法加以分析论证，并结合已知条件找准动点的位置．(本题满分14分)如图7－5－8所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥面A1BD；
(2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.图7－5－8 【点拨】 先利用分析法确定点M的位置，然后证明平面DMC1⊥平面CC1D1D.在处理此类问题时，往往点的位置都是比较特殊的，如中点、三等分点等等．
(1) 【证明】 由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
所以BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD.
而BD?平面A1BD，B1D1?平面A1BD，所以B1D1∥面A1BD.(4分)
(2) 【证明】 因为BB1⊥面ABCD，AC?面ABCD，所以BB1⊥AC.
又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥面BB1D.
而MD?面BB1D，所以MD⊥AC.(8分)(3)【解】 当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.(10分)
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连结NN1交DC1于O，连结OM.
因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC；又因为DC是面ABCD与面DCC1D1的交线，而面ABCD⊥面DCC1D1，所以BN⊥面DCC1D1.(12分)
又O是NN1的中点，所以BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形，所以BN∥OM，则OM⊥平面CC1D1D，因为OM?面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.(14分) 已知等腰梯形PDCB中(如图7－5－7)，PB＝3，DC＝1，PD＝BC＝ ，A为PB边上一点，且PA＝1，将△PAD沿AD折起，使面PAD⊥面ABCD.
(1)证明：平面PAD⊥PCD；
(2)试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分VPDCMA∶VMACB＝2∶1；
(3)在M满足(2)的情况下，判断直线PD是否平行面AMC.图7－5－9(1)【证明】 依题意知：CD⊥AD.
又∵面PAD⊥面ABCD，∴DC⊥平面PAD.
又DC?面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.
(2)【解】 由(1)知PA⊥平面ABCD
∴平面PAB⊥平面ABCD.
在PB上取一点M，作MN⊥AB，垂足为N，则MN⊥平面ABCD，图7－5－10(3)【证明】 连结BD交AC于O，因为AB∥CD，AB＝2，CD＝1，由相似三角形易得BO＝2OD.
∴O不是BD的中点．
又∵M为PB的中点，
∴在△PBD中，OM与PD不平行．
∴OM与PD所在直线相交．
又OM?平面AMC，∴直线PD与平面AMC不平行．规律总结 证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，常常要运用线面垂直．解答立体几何证明题必须综合条件和结论两个方面的信息，充分利用已知的位置关系中的性质定理，化归结论中位置关系所需的判定定理，从而打通思路．(2009·江苏卷)如图7－5－8，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C.
图7－5－11求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.
【点拨】 要证EF∥平面ABC，只需利用中位线定理；证明平面A1FD⊥平面BB1C1C，只要利用A1D⊥BCC1B1.【证明】 (1)因为E，F分别是A1B，A1C的中点，所以EF∥BC，又EF?面ABC，BC?面ABC，所以EF∥平面ABC；
(2)因为直三棱柱ABC－A1B1C1，所以BB1⊥面A1B1C1，BB1⊥A1D，又A1D⊥B1C，所以A1D⊥面BB1C1C，
又A1D?面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.
【误区警示】 本题考查正三棱柱中的线面平行与垂直问题，考查空间想象能力，较为常规，只有很少的学生找不出A1D⊥面BB1C1C，原因就是没有发现BB1⊥面A1B1C1.【命题趋势】 近几年江苏高考中的立体几何证明题都是两问，第一问都是证明线面平行，第二问都是证明面面垂直．也就是说，面面垂直的判定一直就是立体几何证明题的热点．平行、垂直关系是线面、面面位置关系的核心内容，仍然是考查重点．但由于考试说明中要求有探究性问题的出现，因此以后可能以探究性问题为主，加强线面、面面垂直、平行位置关系的考查．学而时习之，不亦说乎？