1、第11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(2013全国)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C.(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值【解析】(1)取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故A
2、BA1C.(2)由(1)知OCAB，OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直 以O为坐标原点，OA 的方向为x轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1，0，0)，A1(0，3，0)，C(0，0，3)，B(1，0，0)则BC(1，0，3)，BB1 AA1(1，3，0)，A1C(0，3，3)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则nBC 0，nBB1 0，即x 3z0，x 3y0.可取n(3，1，1)故cosn，A1C nA1C|n|A1C|105.所以A1C与平面BB1C1C
3、所成角的正弦值为 105.【命题立意】本题主要考查了线面垂直，面面垂直以及直线与平面所成的角，考查了考生的空间想象能力及推理论证能力考题 2(2015 全国)如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE 平 面 ABCD，DF 平 面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面 AEC平面 AFC.(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值【解析】(1)如图，连接 BD，设BDACG，连接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1.由ABC120，可得 AGGC 3.由 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC.又 AE
4、EC，所以 EG 3，且 EGAC.在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF 22.在 RtFDG 中，可得 FG 62.在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE 2，DF 22，可得 EF3 22.从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG.又 ACFGG，所以 EG平面 AFC.因为 EG平面 AEC，所以平面 AEC平面 AFC.(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以GB，GC 的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系 G-xyz.由(1)可得 A(0，3，0)，E(1，0，2)，F1，0，22，C(0，3，0)，所以AE(1，3，2)，CF 1，3，2
5、2.故 cosAE，CF AE CF|AE|CF|33.所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 33.【命题立意】本题考查了面面垂直的证明以及异面直线所成角的余弦值的求解，考查了考生的空间想象能力以及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)已知a，b是两条异面直线，ca，那么c与b的位置关系()A一定
6、是异面B一定是相交C不可能平行D不可能相交【解析】选C.若c与b平行，而ca，则a与b平行，这与a，b是两条异面直线矛盾，所以选C.(2)设，是两个不同的平面，l是一条直线，给出以下命题：若l，则l；若l，则l；若l，则l；若l，则l.其中，正确命题的个数是()A1 B2C3 D4【解析】选A.对于，可能还有l；对于，同样可能还有l；是正确的；对于，直线l与平面的关系有l，l，l，l与相交都有可能因此只有命题正确故选A.【点评】解决空间线面位置关系的组合判断题常有以下方法：(1)借助空间线面位置关系的线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)借助空间几
7、何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，肯定或否定某些选项，并作出选择2直线、平面平行的判定与性质例2如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD22.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.(1)证明：PQ平面BCD.(2)若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小【解析】方法1：(1)取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF3FC，连接OP、OF、FQ.因为AQ3QC，所以QFAD，且QF14AD.因为O、P分别为BD、BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OP12DM.又点M为AD的中点，
8、所以OPAD，且OP14AD.从而OPFQ，且OPFQ，所以四边形OPQF为平行四边形，故PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)作CGBD于点G，作GHBM于点H，连接CH.因为AD平面BCD，CG平面BCD，所以ADCG，又CGBD，ADBDD，故CG平面ABD，又BM平面ABD，所以CGBM.又GHBM，CGGHG，故BM平面CGH，所以GHBM，CHBM.所以CHG为二面角CBMD的平面角，即CHG60.设BDC.在RtBCD中，CDBDcos 2 2cos，CGCDsin 2 2cos sin，BCBDsin2 2sin，BGBCsin 2 2sin2.
9、在RtBDM中，GHBM，BGHBMD，HGBGDMBM2 2sin23.在RtCHG中，tanCHG CGHG 3cos sin 3.所以tan 3.从而60.即BDC60.方法2：(1)如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)设点C的坐标为(x0，y0，0)因为AQ 3QC，所以Q34x0，24 34y0，12.因为M为AD的中点，故M(0，2，1)又P为BM的中点，故P0，0，12，所以PQ 34x0，24 34y0，0.又平面BCD的一个法向量为u(0，0，1)，故P
10、Q u0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.(2)设m(x，y，z)为平面BMC的一个法向量 由 CM(x0，2 y0，1)，BM(0，22，1)，知x0 x（2y0）yz0，2 2yz0.取y1，得my0 2x0，1，2 2.又平面BDM的一个法向量为n(1，0，0)于是|cosm，n|mn|m|n|y0 2x0|9y0 2x0212，即y0 2x023.又BCCD，所以CB CD 0，故(x0，2y0，0)(x0，2y0，0)0，即x20y202.联立，解得x00，y0 2.(舍去)或x0 62，y0 22.所以tanBDC|x02y0|3.又BDC是锐角，所以BDC60.【点评】证明
11、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、平面垂直的判定与性质例3等边三角形 ABC 的边长为 3，点 D、E 分别是边 AB、AC 上的点，且满足ADDBCEEA12(如图 1)将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使二面角 A1DEB 为直二面角，连结 A1B、A1C(如图 2)(1)求证：A1D平面 BCED.(2)在线段 BC 上是否存在点 P，使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60？若存在，求出 PB 的长，若不存在，请说明理由【解析】(1)因为等边ABC 的边长为 3，且ADDBCEEA12，所以 AD1，AE2.在ADE 中，DAE
12、60，由余弦定理得 DE 1222212cos 60 3.因为 AD2DE2AE2,所以 ADDE.折叠后有 A1DDE，因为二面角 A1DEB 是直二面角，所以平面 A1DE平面 BCED，又平面 A1DE平面 BCEDDE，A1D平面A1DE，A1DDE,所以 A1D平面 BCED.(2)解法1：假设在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60.如图，作PHBD于点H，连结A1H、A1P，由(1)有A1D平面BCED，而PH平面BCED,所以A1DPH，又A1DBDD,所以PH平面A1BD，所以PA1H是直线PA1与平面A1BD所成的角，设PBx(0 x3)，则BHx2，
13、PH 32 x，在RtPA1H中，PA1H60，所以A1H12x，在RtA1DH中，A1D1，DH212x，由A1D2DH2A1H2,得12212x 212x 2，解得x52，满足0 x3，符合题意 所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB52.解 法 2：由(1)的 证 明，可 知EDDB，A1D平面 BCED.以 D 为坐标原点，以射线 DB、DE、DA1分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Dxyz.如图，设 PB2a(02a3),则 BHa，PH 3a，DH2a，所以 A1(0，0，1)，P(2a，3a，0)，E(0，3，0)，
14、所以PA1(a2，3a，1)，因为 ED平面 A1BD,所以平面 A1BD 的一个法向量为DE(0，3，0)，因为直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60，所以 sin 60|PA1 DE|PA1|DE|，即3a4a24a5 3 32，解得 a54，即 PB2a52，满足 02a3，符合题意，所以在线段 BC 上存在点 P，使直线 PA1 与平面 A1BD 所成的角为 60，此时 PB52.备选题例4在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，ABCD，AC3，AB2BC2，ACFB.(1)求证：AC平面FBC.(2)求四面体FBCD的体积(3)线段AC上是否存在点
15、M，使得EA平面FDM？证明你的结论【解析】(1)在ABC中，AC3，AB2，BC1，ACBC.又ACFB，AC平面FBC.(2)AC平面FBC，ACFC.CDFC，FC平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得BCD120，CBDC1，FC1.SBCD 34，四面体FBCD的体积为：VFBCD13SBCDFC 312.(3)线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA平面FDM，证明如下：连接CE，与DF交于点N，连接MN.因为CDEF为正方形，所以N为CE中点 所以EAMN.因为MN平面FDM，EA平面FDM，所以EA平面FDM.所以线段AC上存在点M，使得EA平面FDM成立 1证明点共线，主
16、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、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
17、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在空间中，l、m、n是三条不同的直线，、是三个不同的平面，则下列结论不正确的是()A若 ，则 B若l，l，m，则lm C若 ，l，则l D若 m，l，n，lm，ln，则mn【解析】选 D.根据平面平行的传递性可知选项 A 中的结论正确；如果一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，可知选项 B 中的结论正确；如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，可知选项 C 中的结论正确；易知选项 D中的结论不正确 2若平面 平面，点A，
18、则过点A且垂直于平面 的直线()A只有一条，不一定在平面 内 B有无数条，不一定在平面 内 C只有一条，一定在平面 内 D有无数条，一定在平面 内【解析】选C.依题意，过点A 作平面与的交线的垂线l、l1，则直线l、l1均垂直于平面，ll1(注：垂直于同一平面的两条直线相互平行)又直线l、l1有公共点A，因此它们应重合，即过点A 且垂直于平面的直线只有一条，必在平面内，选C.3已知正三棱柱内接于一个半径为2的球，则正三棱柱的侧面积取得最大值时，其底面边长为()A.6 B.2 C.3 D 2【解析】选 A.在如图所示的正三棱柱 A 1B 1C 1A BC中，设底面边长为 a，其高 SEh，O 为
19、其外接球的球心在 RtOAE 中，OAR，OEh2，AE 33 a，OA2OE2AE2，即 R2h2233 a 2，4h2433 a 2h24a232h2 a3，ah4 3，当 ah4 3时正三棱柱的侧面积最大，且其最大值为 3ah34 312 3，当且仅当h2a3，即 h2a3时等号成立，故有 3a2a312 3，a 6.4已知a，b，c是三条不同的直线，命题“ab且acbc”是正确的，如果把a，b，c中的两个或三个换成平面，在所得的命题中，真命题有()A1个 B2个 C3个 D4个 【解析】选C.依题意，当a，b均为平面，c为直线时，此时相应的结论正确；当a，c均为平面，b为直线时，此时相
20、应的结论不正确；当b，c均为平面，a为直线时，此时相应的结论正确；当a，b，c均为平面时，此时相应的结论正确综上所述，在所得的命题中，真命题有3个，选C.5已知，是两个互相垂直的平面，m，n是一对异面直线，下列四个结论：m，n；m，n；m，n；m，n，且m与 的距离等于n与 的距离 其中是mn的充分条件的为()A B C D 【解析】选C 依次判断各选项，都不能推出mn，由已知可得直线m，n所成的角或其补角即为两平面，所成二面角的平面角，又两平面互相垂直，故mn，选C.6球O与底面边长为3的正三棱柱的各侧面均相切，则球O的表面积为_【解析】3 依题意得，设球O的半径为R，底面正三角形内切圆半径
21、就是球O的半径，则R133 32 32，因此球O的表面积S4 R23.7已知点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有_条【解析】1设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 2，以 C为原点建立空间直角坐标系，则 D1(2，0，2)，E(1，2，0)，D1E(1，2，2)，C1(0，0，2)，F(2，2，1)，C1F(2，2，1)，设D1M D1E，则 M(2，2，22)，设C1N tC1F，则 N(2t，2t，2t)，MN(2t2，2t2，2 t)，直线 MN 与平面 ABCD 垂直，2t20
22、2t202t0，解得 t23，方程组只有唯一的一组解，与平面 ABCD 垂直的直线MN 仅有 1 条8如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD是边长为 2 的正方形，四边形 BDEF 是矩形，平面 BDEF平面 ABCD，BF3，G和 H 分别是 CE 和 CF 的中点(1)求证：AC平面 BDEF.(2)求证：平面 BDGH/平面 AEF.(3)求多面体 ABCDEF 的体积 【解析】(1)证明：因为四边形 ABCD 是正方形，所以 ACBD.又因为平面 BDEF平面 ABCD，平面 BDEF平面 ABCDBD，且 AC平面 ABCD，所以 AC平面 BDEF.(2)证明：在CEF中
23、，因为G、H分别是CE、CF的中点，所以G H EF，又因为G H 平面A EF，EF平面A EF，所以G H 平面A EF.设A CBD O，连接O H，在A CF中，因为O A O C，CH H F，所以OHAF，又因为OH平面AEF，AF平面AEF，所以OH平面AEF.又因为OHGHH，OH，GH平面BDGH，所以平面BDGH平面AEF.(3)由(1)，得AC平面BDEF，又因为AO2，四边形BDEF的面积SBDEF322 6 2，所以四棱锥ABDEF的体积V113AOSBDEF4.同理，四棱锥CBDEF的体积V24.所以多面体ABCDEF的体积VV1V28.9如图所示，已知正方形ABC
24、D的边长为2，ACBDO.将正方形ABCD沿对角线BD折起，得到三棱锥ABCD.(1)求证：平面AOC平面BCD.(2)若三棱锥ABCD的体积为 63，求AC的长【解析】(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以BDAO，BDCO.在折叠后的ABD和BCD中，仍有BDAO，BDCO.因为AOCOO，AO平面AOC，CO平面AOC，所以BD平面AOC.因为BD平面BCD，所以平面AOC平面BCD.(2)设三棱锥 ABCD 的高为 h，由于三棱锥 ABCD的体积为 63，所以13SBCDh 63.因为 SBCD12BCCD12222，所以 h 62.以下分两种情形求 AC 的长当A O C 为钝
25、角时，如图，过点 A 作 CO 的垂线 A H 交 CO 的延长线于点 H，由(1)知BD平面AOC，所以BDAH.又COAH，且COBDO，所以AH平面BCD.所以AH为三棱锥ABCD的高，即AH 62.在RtAOH中，因为AO 2，所以OH AO2AH2（2）2622 22.在RtACH中，因为CO 2，所以CHCOOH 2 22 3 22.所以AC AH2CH26223 222 6.当AOC为锐角时，如图，过点A作CO的垂线AH交CO于点H，由(1)知BD平面AOC，所以BDAH.又COAH，且COBDO，CO平面BCD，BD平面BCD，所以AH平面BCD.所以AH为三棱锥ABCD的高，即AH 62.在RtAOH中，因为AO 2，所以OH AO2AH2（2）2622 22.在RtACH中，因为CO 2，所以CHCOOH 2 22 22.所以AC AH2CH2622222 2.综上可知，AC的长为 2或 6.
