1、第10讲 线面关系的判定和性质1考题展望本节线面关系的判定和性质是高考考查的热点和重点，主要考查平行与垂直的证明，常常以解答题形式出现，并与角度与距离的求法一同考查2高考真题考题1(2012 浙江)已知矩形 ABCD，AB1，BC 2.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】选 B.对于 ABCD，因为 BCCD，可得 CD平面AC
2、B，因此有 CDAC.因为 AB1，BC 2，CD1，所以 AC1，所以存在某个位置，使得 ABCD.【命题立意】此题主要考查立体几何的翻折问题，需要考生充分运用空间想象力进行突破，同时结合线线垂直的有关性质定理进行推理，以获得线线垂直的依据【解析】选 B.对于 ABCD，因为 BCCD，可得 CD平面ACB，因此有 CDAC.因为 AB1，BC 2，CD1，所以 AC1，所以存在某个位置，使得 ABCD.【命题立意】此题主要考查立体几何的翻折问题，需要考生充分运用空间想象力进行突破，同时结合线线垂直的有关性质定理进行推理，以获得线线垂直的依据 考题2(2012 江苏)如图，在直三棱柱 ABC
3、A1B1C1 中，A1B1A1C1，D，E 分别是棱 BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 ADDE，F 为 B1C1 的中点求 证：(1)平 面ADE 平 面BCC1B1；(2)直线 A1F平面 ADE.【解析】(1)因为 ABCA1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1平面 ABC.又 AD平面 ABC，所以 CC1AD.又因为 ADDE，CC1，DE平面 BCC1B1，CC1DEE，所以 AD平面 BCC1B1.又 AD平面 ADE，所以平面 ADE平面 BCC1B1.(2)因为 A1B1A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1FB1C1.因为 CC1平面 A1B1C1，且
4、 A1F平面 A1B1C1，所以 CC1A1F.又因为 CC1，B1C1平面 BCC1B1，CC1B1C1C1，所以 A1F平面 BCC1B1.由(1)知 AD平面 BCC1B1，所以 A1FAD.又 AD平面 ADE，A1F平面 ADE，所以 A1F平面 ADE.【命题立意】本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力(2)因为 A1B1A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1FB1C1.因为 CC1平面 A1B1C1，且 A1F平面 A1B1C1，所以 CC1A1F.又因为 CC1，B1C1平面 BCC1B1，CC1B1C1C1，所以 A1F平面 B
5、CC1B1.由(1)知 AD平面 BCC1B1，所以 A1FAD.又 AD平面 ADE，A1F平面 ADE，所以 A1F平面 ADE.【命题立意】本小题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力空间基本元素点、线、面间的位置关系是立体几何的基础知识，也是高考的必考内容，复习时要求同学们理解有关的基本概念，能灵活运用基本定理处理空间中的推理问题1掌握空间基本元素点、直线、平面间位置关系的判断2空间平行关系和垂直关系的转化，是立体几何证明中的常用思路以下是平行(垂直)关系转化图：1点、线、面的位置关系例1(1)如 右 图，M 是 正 方 体 ABCD A1B1C1D1
6、 的棱 DD1 的中点，给出下列四个命题：过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B1C1 都相交；过 M 点有且只有一条直线与直线 AB，B1C1 都垂直；过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B1C1都相交；过 M 点有且只有一个平面与直线 AB，B1C1都平行其中真命题是()ABCDC【解析】对于，平面 ABM 与面 B1C1M 的交线即为过点 M 与 AB、B1C1 均相交的直线，只有唯一一条，故正确；对于，BB1 为 AB 与 B1C1 的公垂线，过点 M与 BB1 平行的直线只有一条即为 DD1，故正确；对于，由于过一点与两条异面直线都相交的平面有无数个，故错误；对于，分别取 A
7、A1、BB1、CC1 的中点与点M 确定的平面即为过点 M 与 AB、B1C1 都平行的平面，只有唯一一个，故正确，故选 C.(2)如右图是一几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD 为正方形，E、F 分别为几何体中棱 PA、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：直线BE与直线CF是异面直线；直线 BE 与直线 AF 是异面直线；直线 EF平面 PBC；平面 BCE平面 PAD.其中正确结论的序号是()ABCDB【解析】将其几何体的展开图还原成几何体如右图EFAD，ADBCEFBC，从而 B、C、F、E 四点共面，错误；正确；正确；错误故选 B.例2如右图，正方形 ADEF 与梯形 A
8、BCD 所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，ABAD2，CD4，M 为 CE 的中点(1)求证：BM平面 ADEF；(2)求证：平面 BDE平面 BEC.【解析】(1)如右图，取 DE 的中点N，连接 MN，AN.在EDC 中，M，N 分别为 EC，ED 的中点，MNCD，且 MN12CD.ABCD，AB12CD，MNAB，且 MNAB.四边形 ABMN 为平行四边形，BMAN.又AN平面 ADEF，BM平面 ADEF，BM平面 ADEF.(2)四边形 ADEF 为正方形，EDAD.又平面 ADEF平面 ABCD，平面 ADEF平面 ABCDAD，ED平面 ADEF，ED平面 ABCD.E
9、DBC.在直角梯形 ABCD 中，ABAD2，CD4，可得 BC2 2.在BCD 中，BDBC2 2，CD4，BC2BD2CD2，即 BCBD，又 BDEDD，BC平面 BDE.又BC平面 BEC，平面 BDE平面 BEC.【点评】证明线面关系的问题，书写一定要规范，理论依据必须是课本上的公理或定理在直角梯形 ABCD 中，ABAD2，CD4，可得 BC2 2.在BCD 中，BDBC2 2，CD4，BC2BD2CD2，即 BCBD，又 BDEDD，BC平面 BDE.又BC平面 BEC，平面 BDE平面 BEC.【点评】证明线面关系的问题，书写一定要规范，理论依据必须是课本上的公理或定理3直线、
10、平面垂直的判定与性质例3在 RtABC 中，C90，D，E 分别为 AC，AB 的中点，点 F 为线段 CD 上的一点将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1FCD，如图 2.(1)求证：DE平面 A1CB；(2)求证：A1FBE；(3)线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C平面DEQ？说明理由【解析】(1)因为 D，E 分别为 AC，AB 的中点，所以 DEBC.又因为 DE平面 A1CB，所以 DE平面 A1CB.(1)求证：DE平面 A1CB；(2)求证：A1FBE；(3)线段 A1B 上是否存在点 Q，使 A1C平面DEQ？说明理由【解析】(1)因为 D，E 分别为 A
11、C，AB 的中点，所以 DEBC.又因为 DE平面 A1CB，所以 DE平面 A1CB.(2)由已知得 ACBC 且 DEBC，所以 DEAC.所以 DEA1D，DECD，所以 DE平面A1DC.而 A1F平面 A1DC，所以 DEA1F.又因为 A1FCD，所以 A1F平面 BCDE.所以 A1FBE.(3)线段 A1B 上存在点 Q，使 A1C平面 DEQ.理由如下：如右图，分别取 A1C，A1B 的中点 P，Q，连接 PQ，QE，PD，则 PQBC.因为 DEBC，所以 DEPQ.所以平面 DEQ 即为平面 DEP.由(2)知，DE平面 A1DC，所以 DEA1C.又因为 P 是等腰三角
12、形 DA1C 底边 A1C 的中点，所以 A1CDP.所以 A1C平面 DEP.从而 A1C平面 DEQ.故线段 A1B 上存在点 Q，使得 A1C平面 DEQ.【点评】这是折叠问题，折后的线段、角对应折前的是否有变化要清楚第(3)问是探索性问题，在立体几何中可先作结论，再证明又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点，所以 A1CDP.所以 A1C平面 DEP.从而 A1C平面 DEQ.故线段 A1B 上存在点 Q，使得 A1C平面 DEQ.【点评】这是折叠问题，折后的线段、角对应折前的是否有变化要清楚第(3)问是探索性问题，在立体几何中可先作结论，再证明备选题例4如图，在斜三
13、棱柱ABCA1B1C1 中，底面是等腰三角形，ABAC，侧面 BB1C1C底面 ABC.(1)若 D 为 BC 的中点，求证：ADCC1；(2)过侧面 BB1C1C的对角线 BC1的平面交侧棱于 M，若 M 为 AA1 的中点，求证：截面 MBC1侧面 BB1C1C.【解析】(1)因为 ABAC，D 是 BC 的中点，所以 ADBC.又因为侧面 BB1C1C底面 ABC(交线是 BC)，所以 AD侧面 BB1C1C，所以 ADCC1.(2)如图，延长 B1A1 与 BM 相交于点 N(在侧面AA1B1B 所在平面中)，连接 C1N.因为 M 为 AA1 的中点，易证：B1A1A1NA1C1.在
14、三角形 B1C1N 中，由平面几何知识，得B1C1N90，即 NC1B1C1.因 为 侧 面 BB1C1C 底 面 A1B1C1(交 线 是B1C1)，所以 NC1侧面 BB1C1C.因为 NC1平面 MBC1，所以截面 MBC1侧面 BB1C1C.1证明点共线，主要是依据公理3，只要证明这些点都是两个平面的公共点，那么它们都在这两个平面的交线上证明线共点的一般方法：先证明两条直线交于一点，再证其余各直线都经过这一点2在采用反证法判定异面直线时，可以分两种途径去论证：一是假设这两条直线共面；二是假设这两条直线平行或相交3在解决线线、线面平行的判定与性质的问题时，主要是能够在线线平行、线面平行、
15、面面平行之间进行灵活转化一般地，在判定时，常从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”，而在应用性质时，其顺序恰恰相反4在解决线线、线面垂直的判定与性质的问题时，应注意垂直关系之间的转化：线线垂直线面垂直面面垂直5在应用有关定理、定义等解决问题时，应当注意规范性训练，即从定理、定义的每个条件开始，培养一种规范、严密的逻辑推理习惯，切不可犯只追求目标，不顾过程的推理“断层”的错误1设平面 与平面 相交于直线 m，直线 a在平面 内，直线 b 在平面 内，且 bm，则“”是“ab”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件A2设 l，m 是两条不同的直线，是一个
16、平面，则下列命题正确的是()A若 lm，m，则 lB若 l，lm，则 mC若 l，m，则 lmD若 l，m，则 lmB3给定下列四个命题：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；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；垂直于同一直线的两条直线相互平行；若两个平面垂直，那么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()AB CDD4，是两个不同的平面，m，n 是平面 及 之外的两条不同直线给出四个论断：mn n m 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：或5在正四棱锥 PABCD 中，PA
17、32 AB，M 是 BC的中点，G 是PAD 的重心，则在平面 PAD 里经过G 点且与直线 PM 垂直的直线有无数条6如图，在长方形 ABCD 中，AB2，BC1，E 为 DC 的中点，F 为线段 EC(端点除外)上一动点现将AFD 沿 AF 折起，使平面 ABD平面 ABC.在平面 ABD 内过点 D 作 DKAB，K 为垂足设 AKt，则 t 的取值范围是(12，1)【解析】如右图，过 D 作DGAF，垂足为 G，连接 GK，平 面ABD 平 面ABC，DKAB，DK平面 ABC，DKAF.AF平面 DKG，AFGK.容易得到，当 F 接近 E 点时，K 接近 AB 的中点，当 F 接近
18、 C 点时，K 接近 AB 的四等分点 t 的取值范围是(12，1)7若四面体 ABCD 的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，则(写出所有正确结论的编号)四面体 ABCD 每组对棱相互垂直四面体 ABCD 每个面的面积相等从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于 90而小于 180连接四面体 ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长【解析】错误，当 AB4，AC3，AD3 时，AC 与 BD 不垂直；正确，在ABC与CDA 中，ABCD，ADBC，ACAC，故ABC 与CDA 全等，同理四面体的
19、四个面都全等，故四面体 ABCD 每个面的面积相等；错误，根据四面体的四个面都全等可得从四面体 ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角为一个三角形的三个内角，故其和为 180；正确，如图所示，E、F、G、H是所在边的中点时，四边形EFGH为菱形，故EG与FH互相垂直平分，同理可得连接四面体ABCD的每组对棱中点的线段相互垂直平分；正确，因为ADBC，ABCD，ACBD，所以从四面体ABCD的顶点A出发的三条棱的长可组成BCD，同理可得从四面体ABCD的每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长8如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，ABAD，BAD60，E、F 分别
20、是 AP，AD的中点求证：(1)直线 EF平面 PCD；(2)平面 BEF平面 PAD.【解析】(1)如图，在PAD 中，因为 E，F 分别为 AP，AD 的中点，所以 EFPD.又因为 EF平面 PCD，PD平面 PCD.所以直线 EF平面 PCD.(2)连接 BD.因为 ABAD，BAD60，所以ABD 为正三角形 因为 F 是 AD 的中点，所以 BFAD.因为平面 PAD平面 ABCD，BF平面 ABCD，又平面 PAD平面 ABCDAD，所以 BF平面 PAD.又因为 BF平面 BEF，所以平面 BEF平面PAD.9如图，在ABC 中，ABC60，BAC90，AD 是 BC 上的高，
21、沿 AD 把ABD 折起，使BDC90.(1)证明：平面 ADB平面 BDC；(2)设 E 为 BC 的中点，求AE 与DB 夹角的余弦值【解析】(1)折起前 AD 是 BC 边上的高，当ABD 折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面 BDC.AD平面 ABD，平面 ADB平面 BDC.(2)由BDC90及(1)，知 DA，DB，DC 两两垂直，不妨设|DB|1，以 D 为坐标原点，分别以DB，DC，DA 所在直线为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，A(0，0，3)，E(12，32，0)AE(12，32，3)，DB(1，0，0)AE 与DB 夹角的余弦值为 cosAE，DB AE DB|AE|DB|121224 2222.
