第十一讲 立体几何一 平行与垂直.docx
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第十一讲立体几何一平行与垂直
第十一讲立体几何
（一）平行与垂直
【内容要点】
垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题.
直线与平面是立体几何的核心内容，主要包括：
三条公理、三个推论、三线平行公理（公理4）、三垂线定理及其逆定理、三种位置关系（直线与直线、直线与平面、平面与平面）。
其中“平行问题”与“垂直问题”是两类重要的证明问题。
【例题剖析】
例1.如图，已知平面α∥β∥γ，A，C∈α，B，D∈γ，异面直线AB和CD分别与β交于E和G，连结AD和BC分别交β于F，H．
（2）判断四边形EFGH是哪一类四边形；
（3）若AC=BD=a，求四边形EFGH的周长．
需经过分别与AB（或CD）共面的直线（例如AD）进行过渡，再利用平面几何知识达到论证的目标。
（2）在
（1）的基础上，不难判断EFGH四边形的类型。
（3）利用
（1）、
（2）的结果再进一步进行探索。
解：
（1）由AB，AD确定的平面，与平行平面β和γ的交线分别为
（2）面CBD分别交β，γ于HG和BD．由于β∥γ，所以HG∥BD．同理EH∥AC．故EFGH为平行四边形。
评述此问题的最终解决都是利用平面几何的有关知识进行的，这里利用了辅助平面ABD和ADC 是关键所在，本题也是利用线面、面面、线线平行的互相转化这一基本思想得到最后结果的．
例2.正方形ABCD和正方形ABEF所在平面互相垂直，点M，N分别在对角线AC和BF上，且AM=FN求证：
MN∥平面BEC
分析：
证线面平行线线平行，需找出面BEC中与MN平行的直线。
证明
（一）：
作NK∥AB交BE于K，作MH∥AB交BC于H
∴MH∥NK
∵ABCD与ABEF是两个有公共边AB的正方形
∴它们是全等正方形
∵AM=FN∴CM=BN
又∠HCM=∠KBN，∠HMC=∠KNB
∴△HCM≌△KBN∴MH=NK
∴MHKN是平行四边形∴MN∥HK
∵HK平面BECMN平面BEC
∴MN∥平面BEC
证明
（二）：
分析：
利用面面平行线面平行
过N作NP∥BE，连MP，∵NP∥AF
∴FN/FB=AP/AB
∵AM=FN，AC=BF
∴FN/FB=AM/AC∴AP/AB=AM/AC
∴MP∥BC∴平面MNP∥平面BCE
∴MN∥平面BCE
解题中经常需要作互相平行的直线，为了使作直线的位置符合要求，构造成平行四边形，利用平行四边形对边这一关系是作平行线的依据之一。
例3.正方体ABCD—A1B1C1D1中，MN是异面直线A1D与AC的公垂线段，求证：
MN//BD1。
分析：
由于MN⊥A1D且MN⊥AC联想到线面平行的性质定理，只需证明MN⊥平面α，且BD1⊥平面α，为此在图形中发现满足该要求的平面α，由直觉猜测平面ACB1，即是要找的α，再予以验证即可，这似乎容易证明。
证明：
连结AB1，CB1
由
（1）
（2）及线面垂直的性质定理，知MN//BD1。
［注］本题看似平行问题，但要利用线面垂直的判定，性质定理，说明了平行问题与垂直问题的紧密联系。
例4.如图，已知平面 α，β，γ，α⊥γ，β⊥γ，且α∩β=m，求证m⊥γ．
分析：
可用直接证法，即在γ内找出两条直线，使之都与m垂直即可，由于已知α⊥γ，β⊥γ，这样的直线是可以找到的；也可用间接证法，即用反证法或同一法均可以得到证明，这是因为两个平面相交时，只有一条公共的直线．
作PA⊥a于A，PB⊥b于B，因为α⊥γ、β⊥γ，所以PA⊥α，PB⊥β，α∩β=m，故PA⊥m，PB⊥m，因此m⊥γ．
是m，故m⊥γ．
评述 ①证法一是通过m垂直于γ内两相交直线来实施m⊥γ的结论；而证法二是用同一法进行证明．本题也可用反证法进行证明．
②本题是很容易证明的正确命题，而不是定理，因此在做解答题时，不能作为论证的依据而使用．
例5.已知：
a，b是两条异面直线，a，b，∩=l，AB是a，b共垂线，交a于A，交b于B
求证：
AB∥l
证明
（一）：
（利用线面垂直的性质定理）
过A作b1∥b，则a，b1可确定一平面γ
∵AB是异面垂线的公垂线，
即ABa，ABb
∴ABb1
∴ABγ
∵aα，bβ，∩=l
∴la，lb∴lb1
∴lr∴AB∥l
证明
（二）：
（利用同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行）。
∵AB是异面直线a，b的公垂线，过AB与a作平面γ，γ∩=m
∵a∴am
又aAB，ABγ
∴m∥AB
又过AB作平面g，g∩β=n
同理：
n∥AB
∴m∥n，于是有m∥β
又∩=l∴m∥l
∴AB∥l
例6.如图，已知ABCD为矩形，PA⊥面ABCD，M、N分别为AB和PC的中点。
（1）求证MN⊥CD；
（2）若PA=AD，求证面MND⊥面PDC．
分析：
（1）显然CD与MN 是异面直线，证明其垂直的途径有二，其一是直接利用三垂线定理或其逆定理，其二是利用三垂线定理的证明方法，即通过线面垂直来证明线线垂直。
（2）证明面面垂直的基本方法就是证明一个面经过另一个面的一条垂线。
由
（1）已证明了MN⊥CD，只需再证明MN⊥PC即可。
（1）证法一：
如图，连AC，过N作NO⊥AC于O，因为PA⊥面ABCD，故PA⊥AC。
因而PA∥NO，所以NO⊥面ABCD。
且由N为PC中点知O为AC中点，即矩形ABCD的中心，OM为MN在面ABCD内的射影。
显然OM⊥AB，所以MN⊥AB（三垂线定理），因为AB∥CD，所以MN⊥CD。
证法二：
取DC的中点E。
因为N是PC中点，所以NE∥PD。
ME∥AD。
因此ME⊥DC．又因为PA⊥面ABCD，AD⊥DC。
故PD
所以MN⊥DC．
（2）证法一：
如图，连PM，MC．由 PA=AD=BC，AM=MB，PA⊥AM，MB⊥BC，可知PM=MC．又由N为PC中点，知 MN⊥PC．由
（1）MN⊥DC，所以MN⊥面PDC．因而面MND⊥面PDC
PA=AD．得AE⊥PD．所以MN⊥PD．又因为MN⊥DC，所以MN⊥面PDC．因此面
MND⊥面PDC。
评述
（1）的两种证法恰好体现了用三垂线定理本身，和用三垂线定理的证明所给出的思想和方法；三垂线定理的主要功能就是用来判断平面内的直线与该平面外的直线的垂直问题，而应用时，首先应作出面的垂线，才能得出斜线在面内的射影．而三垂线定理的证明的基本思想就是通过线面垂直来证明线线垂直这一转化思想．
（2）确定选取垂直于面PDC的直线是MN，而不是MD，是因为MN⊥CD而MD不垂直于CD．证法一是证明MN⊥PC，而证法二是证明MN⊥PD．
【疑难解析】
1.通过本节课的复习，我们把立体几何中判定“平行”、“垂直”的有关公理、定理的内容和它们的功能及其应用又熟悉了一遍．直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的互相转化的思想方法，既是重点也是难点,线线、线面、面面的平行与垂直关系的转化可以用下图表示：
线面平行与垂直的关系也可以互相转化，见下图
2.通过例题的分析，我们进一步掌握了立体几何论证的规律，通常是通过线线、线面、面面的平行或垂直的相互转化最终实现推理论证的结果．这些思想并非凭空而来，一些定理本身就揭示了这些规律．例如三垂线定理，我们知道它的功能主要就是解决平面内的直线与平面外的线（斜线）的垂直问题的，而定理的证明本身告诉我们证明两直线垂直是通过线面垂直来实现的。
因此我们不仅要知道定理是什么，还应掌握定理是怎样证明的，及从中揭示了哪些数学思想和思维规律．这是在我们学习过程中不可缺少的环节。
平行与垂直的问题在今后解决立体几何的其它问题中有着广泛的应用，在应用中还应进一步熟练与深化。
【难点训练】
一、选择题
1.（★★★★）在长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是（）
A.
B.
C.
D.
2.（★★★★）在直二面角α—l—β中，直线a
α,直线b
β,a、b与l斜交，则（）
A.a不和b垂直，但可能a∥bB.a可能和b垂直，也可能a∥b
C.a不和b垂直，a也不和b平行D.a不和b平行，但可能a⊥b
二、填空题
3.（★★★★★）设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥Z
X∥Y”为真命题的是_________（填序号）.
①X、Y、Z是直线②X、Y是直线，Z是平面③Z是直线，X、Y是平面④X、Y、Z是平面
4.（★★★★）设a,b是异面直线，下列命题正确的是_________.
①过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交
②过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直
③过a一定可以作一个平面与b垂直
④过a一定可以作一个平面与b平行
三、解答题
5.（★★★★）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点.
（1）求证：
CD⊥PD;
（2）求证：
EF∥平面PAD;
（3）当平面PCD与平面ABCD成多大角时，直线EF⊥平面PCD？
6.（★★★★）如图，在正三棱锥A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分别交AB、BD、DC、CA于点E、F、G、H.
（1）判定四边形EFGH的形状，并说明理由.
（2）设P是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH，请给出证明.
7.（★★★★）如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都相等，D、E分别是CC1和AB1的中点，点F在BC上且满足BF∶FC=1∶3.
（1）若M为AB中点，求证：
BB1∥平面EFM；
（2）求证：
EF⊥BC；
（3）求二面角A1—B1D—C1的大小.
8.（★★★★★）如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB=
∠C1CD=∠BCD=60°,
（1）证明：
C1C⊥BD；
（2）假定CD=2，CC1=
，记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角的余弦值；
（3）当
的值为多少时，可使A1C⊥面C1BD？
参考答案
【难点训练】
一、1.解析：
如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则易知A1H长即是点A1到平面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=
，AO1=3
，由A1O1·A1A=h·AO1,可得A1H=
.
答案：
C
2.解析：
如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′，
∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角.
答案：
C
二、3.解析：
①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例.
答案：
②③
4.④
三、5.证明：
（1）∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD内的射影，
∵CD
平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.
（2）取CD中点G，连EG、FG，
∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD
∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD
（3）解：
当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD
证明：
G为CD中点，则EG⊥CD,由
（1）知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP
由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE
又F是PC的中点，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.
6.
（1）证明：
同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形
∵A—BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，
∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，
∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形.
（2）作CP⊥AD于P点，连结BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG
面EFGH.面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=
a.
7.
（1）证明：
连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点，
∴BB1∥ME，又BB1
平面EFM，∴BB1∥平面EFM.
（2）证明：
取BC的中点N，连结AN由正三棱柱得：
AN⊥BC，
又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中点，故MF∥AN，
∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME.
∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，
又EF平面EFM，∴BC⊥EF.
（3）解：
取B1C1的中点O，连结A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由点O作B1D的垂线OQ，垂足为Q，连结A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD为二面角A1—B1D—C的平面角，易得∠A1QO=arctan
.
8.
（1）证明：
连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D
∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O
∴BD⊥平面AC1，又C1C
平面AC1，∴C1C⊥BD.
（2）解：
由
（1）知AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角.
在△C1BC中，BC=2，C1C=
，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+（
）2－2×2×
×cos60°=
.
∵∠OCB=30°,∴OB=
BC=1,C1O=
即C1O=C1C.
作C1H⊥OC，垂足为H，则H是OC中点且OH=
，∴cosC1OC=
（3）解：
由
（1）知BD⊥平面AC1，∵A1O
平面AC1，∴BD⊥A1C，当
=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD.
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