2.1.3 空间中直线与平面之间的位置关系教学评价实录

第2讲

空间中的平行与垂直

自主学习导引

(白板展示）

真题感悟

1．(2012·浙江)设l是直线，α、β是两个不同的平面

A．若l∥α，l∥β，则α∥β

B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β

C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β

D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

解析

利用线与面、面与面的关系定理判定，用特例法．

设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此D错误．

答案

B 2．(2012·江苏)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C C1⊥平面ABC. 又AD⊂平面ABC，所以C C1⊥AD. 又因为AD⊥DE，C C1，DE⊂平面BC C1 B1，

C C1∩DE＝E，

所以AD⊥平面BC C1 B1.

- 1 -

又AD⊂平面ADE，

所以平面ADE⊥平面BC C1 B1. (2)因为A1 B1＝A1 C1，F为B1 C1的中点，所以A1F⊥B1 C1. 因为C C1⊥平面A1 B1 C1，且A1F⊂平面A1 B1 C1，

所以C C1⊥A1F. 又因为C C1，B1 C1⊂平面BC C1 B1，C C1∩B1 C1＝C1，

所以A1F⊥平面BC C1 B1. 由(1)知AD⊥平面BC C1 B1，所以A1F∥AD. 又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE

考题分析（白板展示）

空间线面位置关系的判定与证明是高考的必考考点，多以选择题与解答题的形式出现，难度中等，解答高考题时，推理过程不完整是失分的重要原因，需引起特别注意．

网络构建

- 2 -

高频考点突破

考点一：线线、线面的平行与垂直

【例1】如图，在平行四边形ABCD中，CD＝1，∠BCD＝60°，且BD⊥CD，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G、H分别是DF、BE的中点．

(1)求证：BD⊥平面CDE；

(2)求证：GH∥平面CDE；

(3)求三棱锥D－CEF的体积．

[审题导引] (1)先证BD⊥ED，BD⊥CD，可证BD⊥平面CDE；

(2)由GH∥CD可证GH∥平面CDE；

(3)变换顶点，求VC－DEF. （学生上白板演示）

[规范解答] (1)证明

∵四边形ADEF是正方形，

∴ED⊥AD，

又平面ADEF⊥平面ABCD，

平面ADEF∩平面ABCD＝AD. ∴ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BD. 又BD⊥CD，且ED∩DC＝D，

∴BD⊥平面CDE. (2)证明

∵G是DF的中点，又易知H是FC的中点，

∴在△FCD中，GH∥CD，

又∵CD⊂平面CDE，GH⊄平面CDE，

∴GH∥平面CDE. (3)设Rt△BCD中，BC边上的高为h，

∵CD＝1，∠BCD＝60°，BD⊥CD，

11∴BC＝2，BD＝3，∴×2×h＝×1×3，

22

- 3 -

∴h＝33，即点C到平面DEF的距离是，

221133∴VD－CEF＝VC－DEF＝××2×2×＝. 3223（白板展示）

【规律总结】

线线、线面位置关系证法归纳

(1)证线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．

(2)证线面平行常用的两种方法：一是利用线面平行的判定定理，把证线面平行转化为证线线平行；二是利用面面平行的性质，把证线面平行转化为证面面平行．

(3)证线面垂直常用的方法：一是利用线面垂直的判定定理，把证线面垂直转化为证线线垂直；二是利用面面垂直的性质定理，把证面面垂直转化为证线面垂直；另外还要注意利用教材中的一些结论，如：两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．

【变式训练】

1．(2012·山东实验中学一诊)如图，在几何体ABCDEP中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝2BE＝42. (1)证明：BD∥平面PEC；

(2)若G为BC上的动点，求证：AE⊥PG.

证明

(1)连接AC交BD于点O，取PC的中点F，连接OF，EF，

1∵EB∥PA，且EB＝PA，

21又OF∥PA，且OF＝PA，

2∴EB∥OF，且EB＝OF，

∴四边形EBOF为平行四边形，

∴EF∥BD. 又∵EF⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，∴BD∥平面PEC.

- 4 -

(2)连接BP，∵＝＝∠EBA＝∠BAP＝90°，

EBBAABPA1，

2∴△EBA∽△BAP，∴∠PBA＝∠BEA，

∴∠PBA＋∠BAE＝∠BEA＋∠BAE＝90°，

∴PB⊥AE. ∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面APEB，

∴平面ABCD⊥平面APEB，

∵BC⊥AB，平面ABCD∩平面APEB＝AB，

∴BC⊥平面APEB，∴BC⊥AE，∴AE⊥平面PBC，

∵G为BC上的动点，∴PG⊂平面PBC，∴AE⊥PG. 考点二：面面平行与垂直

【例2】如图所示，已知在三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．

(1)求证：DM∥平面APC；

(2)求证：平面ABC⊥平面APC；

(3)若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D－BCM的体积．

[审题导引] (1)只要证明MD∥AP即可，根据三角形中位线定理可证；

(2)证明AP⊥BC；

(3)根据锥体体积公式进行计算．

[规范解答] (1)证明

由已知，得MD是△ABP的中位线，所以MD∥AP. 又MD⊄平面APC，AP⊂平面APC，故MD∥平面APC. (2)证明

因为△PMB为正三角形，D为PB的中点，

所以MD⊥PB.所以AP⊥PB. 又AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC. 因为BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC. 又BC⊥AC，AC∩AP＝A，

所以BC⊥平面APC. 因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面APC. (3)由题意，可知MD⊥平面PBC，

所以MD是三棱锥D－BCM的一条高，

11所以VM－DBC＝×S△BCD×MD＝×221×53＝107. 33【规律总结】

面面平行与垂直的证明技巧

- 5 -

在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．

【变式训练】

2．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别是AP、AD的中点．

求证：(1)直线EF∥平面PCD；

(2)平面BEF⊥平面PAD.

证明

(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD. 又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，

所以直线EF∥平面PCD. (2)如图，连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，

所以△ABD为正三角形．

因为F是AD的中点，所以BF⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD，

所以BF⊥平面PAD. 又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.

考点三：平面图形的折叠问题

【例3】(2012·南京模拟)在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AB＝1，D为线段BC的中点，E、F为线段AC的三等分点(如图1)．将△ABD沿着AD折起到△AB′D的位置，连接B′C(如图2)．

- 6 -

图1

图2 (1)若平面AB′D⊥平面ADC，求三棱锥B′－ADC的体积；

(2)记线段B′C的中点为H，平面B′ED与平面HFD的交线为l，求证HF∥l；

(3)求证：AD⊥B′E. [审题导引] (1)解题的关键是根据折叠前后的线面位置关系求得B′到平面ADC的距离，可利用线面垂直求得；

(2)线面平行⇒线线平行；

(3)线面垂直⇒线线垂直．

[规范解答] (1)在直角△ABC中，D为BC的中点，

所以AD＝BD＝CD. 又∠B＝60°，所以△ABD是等边三角形．

取AD中点O，连接B′O，所以B′O⊥AD. 因为平面AB′D⊥平面ADC，

平面AB′D∩平面ADC＝AD，

B′O⊂平面AB′D，

所以B′O⊥平面ADC. 在△ABC中，∠BAC＝90°，

∠B＝60°，AB＝1，

D为BC的中点，

所以AC＝3，B′O＝3. 2113所以S△ADC＝××1×3＝. 22411所以三棱锥B′－ADC的体积为V＝×S△ADC×B′O＝. 38

(2)证明

因为H为B′C的中点，F为CE的中点，

所以HF∥B′E. 又HF⊄平面B′ED，B′E⊂平面B′ED，

所以HF∥平面B′ED.

- 7 -

因为HF⊂平面HFD，平面B′ED∩平面HFD＝l，

所以HF∥l. (3)证明

由(1)知，B′O⊥AD. 因为AE＝31，AO＝，∠DAC＝30°，

3222所以EO＝AE＋AO－2AE·AOcos 30°＝所以AO＋EO＝AE.所以AD⊥EO. 2223. 6又B′O⊂平面B′EO，EO⊂平面B′EO，B′O∩EO＝O，

所以AD⊥平面B′EO. 又B′E⊂平面B′EO，所以AD⊥B′E. 【规律总结】

解决翻折问题的注意事项

(1)解决与翻折有关的几何问题的关键是搞清翻折前后哪些量改变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．

(2)把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们熟悉的几何体中去解决．

【变式训练】

3．如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，E、F分别为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D－AEFB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＝3. ∴DH⊥平面AEFB. 143则四棱锥D－AEFB的体积V＝×3×2×2＝. 33名师押题高考

【押题1】已知直线a、b与平面α、β，且b⊥α，则下列命题中正确的是

- 8 -

①若a∥α，则a⊥b；②若a⊥b，则a∥α；

③若b∥β，则α⊥β；④若α⊥β，则b∥β. A．①③

B．②④

C．①④

D．②③

解析

命题①，若a∥α，过直线a作一平面γ，使得α∩γ＝c，则由线面平行的性质定理可得a∥c，又因为b⊥α，c⊂α，所以b⊥c，故有a⊥b，所以该命题为真；命题②，若a⊥b，b⊥α，则直线α与平面α的位置关系有两种：a⊂α或a∥α，故该命题为假；

命题③，若b∥β，则过直线b作一平面δ，使得δ∩β＝d，则由线面平行的性质定理可得b∥d，又b⊥α，所以d⊥α，因为d⊂β，所以由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故该命题为真；命题④，若α⊥β，b⊥α，则直线b与平面β的位置关系有两种：b⊂β或b∥β，故该命题为假．综上，①③为真命题，故选A. 答案

A [押题依据] 线面的平行与垂直，是立体几何的主体内容，在高考试题中通常会有一道解答题和一道选择题或填空题，主要考查线面位置关系的判定与性质，一般难度不大．

π【押题2】如图，在三棱锥A－BOC中，AO⊥平面COB，∠OAB＝∠OAC＝，AB＝AC＝2，BC＝62，D、E分别为AB、OB的中点．

(1)求证：CO⊥平面AOB. (2)在线段CB上是否存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC？若存在，试确定F的位置；若不存在，请说明理由．

解析

(1)证明

因为AO⊥平面COB，所以AO⊥CO，AO⊥BO，

即△AOC与△AOB为直角三角形．

π又因为∠OAB＝∠OAC＝，AB＝AC＝2，

6所以OB＝OC＝1. 由OB＋OC＝1＋1＝2＝BC，

可知△BOC为直角三角形．

所以CO⊥BO，又因为AO∩BO＝O，

- 9 - 222

所以CO⊥平面AOB. (2)在线段CB上存在一点F，使得平面DEF∥平面AOC，

此时F为线段CB的中点．

如图，连接DF，EF，因为D、E分别为AB、OB的中点，所以DE∥OA. 又DE⊄平面AOC，所以DE∥平面AOC. 因为E、F分别为OB、BC的中点，所以EF∥OC. 又EF⊄平面AOC，所以EF∥平面AOC，

又EF∩DE＝E，EF⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，

所以平面DEF∥平面AOC.

[押题依据] 线面的平行与垂直是立体几何的必考内容，通常要考一个解答题，本题不仅突出考查了线面的平行与垂直，而且以立体几何为背景．考查了探索性问题，题目新颖灵活、重点突出、难度适中，故押此题．

- 10 -