[最新考纲]
1．以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形垂直关系的简单命题.
知 识 梳 理
1．直线与平面垂直
(1)定义：若直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直． (2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒l⊥α. (3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．即：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. 2．平面与平面垂直
(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．即：α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b⇒a⊥β. 3．直线与平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．
π
(2)线面角θ的范围：θ∈0，2.
4．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
辨 析 感 悟
1．对线面垂直的理解
(1)直线a，b，c；若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(×) (2)直线l与平面α内无数条直线都垂直，则l⊥α.(×)
(3)(教材练习改编)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(√)
(4)(教材习题改编)设l为直线，α，β是两个不同的平面，若α⊥β，l∥α，则l⊥β.(×) 2．对面面垂直的理解
(5)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(×) (6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(×) [感悟·提升]
三个防范 一是注意在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行，还有可能异面、相交等，如(1)；
二是注意使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”， 如(2)； 三是判断线面关系时最容易漏掉线在面内的情况，如(6)．
考点一 直线与平面垂直的判定和性质
【例1】 如图，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． 证明：(1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE.
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， ∴PD⊥平面ABE.
学生用书第118页 规律方法 证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在
证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等． 【训练1】 如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3. 证明：BE⊥平面BB1C1C.
证明 过B作CD的垂线交CD于F，则BF＝AD＝2，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.
在Rt△BEF中，BE＝3. 在Rt△CFB中，BC＝6.
在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2， 故BE⊥BC.
由BB1⊥平面ABCD，得BE⊥BB1，又BB1∩BC＝B， 所以BE⊥平面BB1C1C.
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】 (2014·深圳一模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝AA1，且AC＝2BC，点D是AB的中点． 证明：平面ABC1⊥平面B1CD.
证明 ∵ABC－A1B1C1是棱柱，且AB＝BC＝AA1＝BB1， ∴四边形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1.
由AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，得BB1⊥平面ABC. ∵AB⊂平面ABC，∴BB1⊥AB，
又∵AB＝BC，且AC＝2BC，∴AB⊥BC， 而BB1∩BC＝B，BB1，BC⊂平面BCC1B1， ∴AB⊥平面BCC1B1，而B1C⊂平面BCC1B1， ∴AB⊥B1C，
而AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1. ∴B1C⊥平面ABC1，而B1C⊂平面B1CD， ∴平面ABC1⊥平面B1CD.
规律方法 证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键．
【训练2】 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．
证明：平面ABM⊥平面A1B1M.
证明 由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1， 又BM⊂平面BCC1B1， 所以A1B1⊥BM.
又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.
2在Rt△B1C1M中，B1M＝B1C21＋MC1＝2，
同理BM＝BC2＋CM2＝2，
又B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M. 又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，
因为BM⊂平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.
考点三 平行、垂直关系的综合问题
【例3】 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点． (1)求证：CE∥平面PAD； (2)求证：平面EFG⊥平面EMN.
审题路线 (1)取PA的中点H⇒证明四边形DCEH是平行四边形⇒CE∥DH⇒根据线面平行的判定定理可证．
(2)证明AB⊥EF⇒证明AB⊥FG⇒证明AB⊥平面EFG⇒证明MN⊥平面EFG⇒得到结论．
证明 (1)如图，取PA的中点H，连接EH，DH. 因为E为PB的中点， 1所以EH∥AB，且EH＝2AB. 1
又AB∥CD，且CD＝2AB， 所以EH綉CD.
所以四边形DCEH是平行四边形． 所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD， 所以CE∥平面PAD.
(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，
所以EF∥PA.
又AB⊥PA，且EF，PA共面， 所以AB⊥EF. 同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG， 因此AB⊥平面EFG.
又M，N分别为PD，PC的中点， 所以MN∥DC.
又AB∥DC，所以MN∥AB， 因此MN⊥平面EFG.
又MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
学生用书第119页 规律方法 线面关系与面面关系的证明离不开判定定理和性质定理，而形成结论的“证据链”依然是通过挖掘题目已知条件来实现的，如图形固有的位置关系、中点形成的三角形的中位线等，都为论证提供了丰富的素材．
【训练3】 如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC. 证明 (1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC， 由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC. 又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC.
(2)连接OG并延长交AC于M，连接QM，QO，由G为△AOC的重心，得M为
AC中点．
由Q为PA中点，得QM∥PC， 又O为AB中点，得OM∥BC. 因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO， MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C， BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC. 所以平面QMO∥平面PBC.
因为QG⊂平面QMO，所以QG∥平面PBC.
考点四 线面角、二面角的求法
【例4】 如图，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． (1)求PB和平面PAD所成的角的大小； (2)证明AE⊥平面PCD；
(3)求二面角A－PD－C的正弦值．
审题路线 (1)先找出PB和平面PAD所成的角，线面角的定义要能灵活运用；(2)可以利用线面垂直根据二面角的定义作角． (1)解 在四棱锥P－ABCD中， 因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD， 故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩CD＝A， 从而AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA， 从而∠APB为PB和平面PAD所成的角． 在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°. 所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°. (2)证明 在四棱锥P－ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD， 故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC，∴AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA. ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.
(3)解 过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示． 由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM， 则AM⊥PD.
因此∠AME是二面角A－PD－C的平面角． 由已知，可得∠CAD＝30°. 设AC＝a，可得
23212PA＝a，AD＝3a，PD＝3a，AE＝2a. 在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM·PD＝PA·AD， PA·AD则AM＝PD＝23a·3a27＝7a. 213a
AE14＝. AM4
在Rt△AEM中，sin∠AME＝
14
所以二面角A－PD－C的正弦值为4.
规律方法 (1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
【训练4】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为
A.23 B.33 C.23
D.63
解析 如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝2D1O＝62，2， ∴cos∠DD1O＝DD126
D1O＝6
＝3.
∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为6
3. 答案 D
1．转化思想：垂直关系的转化
2．在证明两平面垂直时一般先从现有的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．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．故熟练掌握“线线垂直”、“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关
键．
创新突破7——求解立体几何中的探索性问题
【典例】 (2012·北京卷) 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，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A1F⊥CD，如图2. (1)求证：DE∥平面A1CB； (2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由.
学生用书第120页 突破1：弄清翻折前后的线面关系和几何量的度量值．翻折前：DE∥BC，DE⊥AC⇒翻折后：DE∥BC，DE⊥A1D，DE⊥CD. 突破2：要证A1F⊥BE，转化为证A1F⊥平面BCDE.
突破3：由A1D＝CD，可想到取A1C的中点P，则DP⊥A1C，进而可得A1B的中点Q为所求点．
(1)证明 因为D，E分别为AC，AB的中点， 所以DE∥BC.
又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB， 所以DE∥平面A1CB.
(2)证明 由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D，DE⊥CD，又A1D∩DE＝D， 所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE.
(3)解 线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下： 如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC. 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C. 又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点， 所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D， 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.
[反思感悟] (1)解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设作已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在，如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在．
(2)在处理空间折叠问题中，要注意平面图形与空间图形在折叠前后的相互位置关系与长度关系等，关键是点、线、面位置关系的转化与平面几何知识的应用，注意平面几何与立体几何中相关知识点的异同，盲目套用容易导致错误． 【自主体验】
(2014·韶关模拟)如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝1
CD＝2AB＝2，点E为AC中点，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D－ABC，如图2.
(1)求证：DA⊥BC；
(2)在CD上找一点F，使AD∥平面EFB.
(1)证明 在图1中，可得AC＝BC＝22，从而AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩ 平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC， ∴BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC， ∴BC⊥DA.
(2)解 取CD的中点F，连接EF，BF， 在△ACD中，E，F分别为AC，DC的中点， ∴EF为△ACD的中位线， ∴AD∥EF，
又EF⊂平面EFB，AD⊄平面EFB，∴AD∥平面EFB.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，
且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”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
( )．
解析 若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.故选A. 答案 A
2．(2014·绍兴调研)设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是
( )．
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥α C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α D．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
解析 与α，β两垂直平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D；存在α∥β情况，故D错；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确． 答案 C
3．(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则 A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l
解析 假设α∥β，由m⊥平面α，n⊥平面β，则m∥n，这与已知m，n为异面直线矛盾，那么α与β相交，设交线为l1，则l1⊥m，l1⊥n，在直线m上任取一点
( )．
作n1平行于n，那么l1和l都垂直于直线m与n1所确定的平面，所以l1∥l. 答案 D
4.(2014·深圳调研)如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是
( )．
A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
解析 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C. 答案 C
5．(2014·郑州模拟)已知平面α，β，γ和直线l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，给出下列四个结论： ①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β. 其中正确的是 A．①④ C．②③
B．②④ D．③④
( )．
解析 如图，由题意，β∩γ＝l，∴l⊂γ，由α⊥γ，α∩γ＝m，且l⊥m，∴l⊥α，即②正确；由β∩γ＝l，∴l⊂β，由l⊥α，得α⊥β，即④正确；而①③条件不充分，不能判断．
答案 B 二、填空题
6.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．
解析 ∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
ππ
7．已知平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为4和6，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′＝________. π解析 连接AB′和A′B，设AB＝a，可得AB与平面α所成的角为∠BAB′＝4，2π在Rt△BAB′中，有AB′＝2a，同理可得AB与平面β所成的角为∠ABA′＝6，1
所以A′A＝2a，因此在Rt△AA′B′中，A′B′＝1
AB∶A′B′＝a∶2a＝2∶1. 答案 2∶1
8．设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结
22121
a－2a＝a，所以22
论，写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)．
解析 逐一判断．若①②③成立，则m与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确． 答案 ①③④⇒②(或②③④⇒①) 三、解答题
9.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD.
证明 (1)因为平面PAD∩平面ABCD＝AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD. 所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点， 所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD. 又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形． 所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.
所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，且CD⊂平面PCD， 又E，F分别是CD和CP的中点， 所以EF∥PD，故CD⊥EF.
由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E， ∴CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD.
10．(2013·泉州模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．
(1)求证：B1D1∥平面A1BD； (2)求证：MD⊥AC；
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D. (1)证明 由直四棱柱，得BB1∥DD1，
又∵BB1＝DD1，∴BB1D1D是平行四边形，∴B1D1∥BD. 而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD， ∴B1D1∥平面A1BD.
(2)证明 ∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D. 而MD⊂平面BB1D，∴MD⊥AC.
(3)解 当点M为棱BB1的中点时， 平面DMC1⊥平面CC1D1D. 证明如下：
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示． ∵N是DC的中点，BD＝BC，
∴BN⊥DC.又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线， 而平面ABCD⊥平面DCC1D1，
∴BN⊥平面DCC1D1.又可证得O是NN1的中点， ∴BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形． ∴BN∥OM.∴OM⊥平面CC1D1D.
∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
能力提升题组 (建议用时：25分钟)
一、选择题
1.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在
( )．
A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部
解析 由BC1⊥AC，又BA⊥AC，则AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上． 答案 A
2．(2014·北京东城区期末)如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是
( )．
A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30° 1D．四面体A′－BCD的体积为3
解析 取BD的中点O，连接A′O，OC，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD.平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD，又A′C∩A′O＝A′，∴BD⊥平面A′OC，∴BD⊥OC与OC不垂直于BD矛盾，∴A′C不垂直于BD，A错误．∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D，∴A′C＝2，∵A′B＝1，BC＝
BD2＋CD2＝3，∴A′B2＋A′C2＝BC2，A′B⊥A′C，
B正确．∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C错11误．VA′－BCD＝3S△A′BD·CD＝6，D错误，故选B. 答案 B 二、填空题
3．(2013·河南师大附中二模)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．
解析 由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确． 答案 ①④ 三、解答题
4．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，二面角S－CD－A的平面角为45°，M为AB的中点，N为SC的中点．
(1)证明：MN∥平面SAD； (2)证明：平面SMC⊥平面SCD；
CD
(3)记AD＝λ，求实数λ的值，使得直线SM与平面SCD所成的角为30°. 1
(1)证明 如图，取SD的中点E，连接AE，NE，则NE＝2CD＝AM，NE∥CD∥AM，
∴四边形AMNE为平行四边形， ∴MN∥AE.
∵MN⊄平面SAD，AE⊂平面SAD，∴MN∥平面SAD. (2)证明 ∵SA⊥平面ABCD， ∴SA⊥CD.
∵底面ABCD为矩形， ∴AD⊥CD. 又SA∩AD＝A， ∴CD⊥平面SAD，
∴CD⊥SD，∴∠SDA即为二面角S－CD－A的平面角，即∠SDA＝45°，∴△SAD为等腰直角三角形，∴AE⊥SD.
∵CD⊥平面SAD，∴CD⊥AE，又SD∩CD＝D，∴AE⊥平面SCD. ∵MN∥AE，∴MN⊥平面SCD，又MN⊂平面SMC， ∴平面SMC⊥平面SCD.
CD
(3)解 ∵AD＝λ，设AD＝SA＝a，则CD＝λa.
由(2)知MN⊥平面SCD，∴SN即为SM在平面SCD内的射影， ∴∠MSN即为直线SM与平面SCD所成的角，即∠MSN＝30°. 在Rt△SAM中，SM＝2λaa2＋22，而MN＝AE＝2a，
22aλaa2＋22
MN1
∴在Rt△SNM中，由sin∠MSN＝SN得2＝，解得λ＝2，
∴当λ＝2时，直线SM与平面SCD所成的角为30°.
基础回扣练——空间几何体及点、线、面之间的位置关系
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2014·中山模拟)一个几何体的正视图和侧视图如图所示，则这个几何体的俯视图不可能是
( )．
解析 ∵该几何体的正视图和侧视图都是正方形，∴其可能为正方体或底面直径与高相等的圆柱或底面是等腰直角三角形且其腰长等于高的直三棱柱，但不可能是一个底面矩形长与宽不相等的长方体．∴选D. 答案 D
2.(2013·豫西五校联考)如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A，B，C是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC的值为
( )．
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析 还原正方体，如图所示，连接AB，BC，AC，可得△ABC是正三角形，则∠ABC＝60°.
答案 C
3．(2013·浙江五校联盟联考)关于直线l，m及平面α，β，下列命题中正确的是
( )．
A．若l∥α，α∩β＝m，则l∥m B．若l∥α，m∥α，则l∥m C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β D．若l∥α，m⊥l，则m⊥α 答案 C
4．若直线m⊂平面α，则条件甲：直线l∥α是条件乙：l∥m的( )． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 若l∥α，m⊂α，不一定有l∥m；若l∥m，m⊂α，则l⊂α或l∥α，因而甲乙，乙答案 D
5．(2014·揭阳二模)一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
( )．
甲．
A．7 47C.6
22B.3 23D.3
11
解析 依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为23－2×3×2×1×1×123＝3.
答案 D
6．(2013·温州二模)下列命题正确的是
A．若平面α不平行于平面β，则β内不存在直线平行于平面α B．若平面α不垂直于平面β，则β内不存在直线垂直于平面α C．若直线l不平行于平面α，则α内不存在直线平行于直线l D．若直线l不垂直于平面α，则α内不存在直线垂直于直线l 答案 B
7．(2014·潍坊模拟)设m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是
A．m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n C．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β D．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
解析 A中的直线m，n也有可能异面，所以不正确．B正确．C中α，β不一定垂直，错误．D中当m，n相交时，结论成立，当m，n不相交时，结论不成立．所以选B. 答案 B
8．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积(单位：cm2)为 ( )．
( )． ( )．
A．48 C．80
B．64 D．120
解析 据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8 cm)，直观图如图，PE为侧面△PAB的边AB上的高，且PE＝5 cm.∴此几何体的侧面积是S＝4S△PAB1
＝4×2×8×5＝80 (cm2)．
答案 C
9．(2013·广州二模)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是
( )．
A．12π
B．24π
C．32π D．48π
解析 该几何体的直观图如图所示，它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其中底面ABCD是边长为4的正方形，高为CC1＝4，该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的直径为AC1＝43＝2R，所以球的半径为R＝23，所以球的表面积是4πR2＝4π×(23)2＝48π.
答案 D
9
10．(2013·山东卷)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为4，底面是边长为3的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 5πA.12 πC.4
πB.3 πD.6
( )．
解析 如图，O为底面ABC的中心，连接PO，由题意知PO为直三棱柱的高，133
∠PAO为PA与平面ABC所成的角，S△ABC＝2×3×3×sin 60°＝4. ∴
33932
＝S△ABC×OP＝4×OP＝4，∴OP＝3.又OA＝2×3×3＝1，∴
OPππ
tan∠OAP＝OA＝3，又0<∠OAP<2，∴∠OAP＝3.
答案 B 二、填空题
11．(2014·苏锡常镇四市二调)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列命题：
①若α∥β，m⊂β，n⊂α，则m∥n；②若α∥β，m⊥β，n∥α，则m⊥n；③若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m∥n；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n. 上面命题中，所有真命题的序号为________．
解析 ①只要画出两个平行平面，可以发现分别在两个平面内的直线是可以异面的，即m与n可以异面，不一定平行；③满足条件的两条直线m和n也可以相交或异面，不一定平行． 答案 ②④
12．(2013·深圳二调)某机器零件的俯视图是直径为24 mm的圆(包括圆心)，正视图和侧视图完全相同，如图所示，则该机器零件的体积是________mm3(结果保留π)．
解析 依题意，该机器零件可视为是从一个圆柱中挖去一个圆锥，因此该机器零1
件的体积为π×122×24－3×π×122×12＝2 880π(mm3)． 答案 2 880π
13.正六棱锥P－ABCDEF中，G为PB的中点，设三棱锥D－GAC的体积为V1，三棱锥P－GAC体积为V2，则V1∶V2＝________.
解析 设棱锥的高为h，
11
V1＝VD－GAC＝VG－ADC＝3S△ADC·
2h， 11h
V2＝VP－GAC＝2VP－ABC＝VG－ABC＝3S△ABC·
2. 又S△ADC∶S△ABC＝2∶1，故V1∶V2＝2∶1. 答案 2∶1
14．(2014·皖南八校第三次联考)点E，F，G分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC，B1C1的中点，如图所示，则下列命题中的真命题是________(写出所有真命题的编号)．
①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面中最多只有三个面是直角三角形； ②过点F，D1，G的截面是正方形； ③点P在直线FG上运动时，总有AP⊥DE；
④点Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积是定值；
⑤点M是正方体的平面A1B1C1D1内的到点D和C1距离相等的点，则点M的轨迹是一条线段．
解析 对于①，三棱锥A－BCC1的四个面都是直角三角形，故①为假命题；对于②，截面为矩形FGD1D，易知其边长不等，故②为假命题；③易证DE⊥平面AFG，又AP⊂平面AFG，故DE⊥AP，故③为真命题；④由于BC1∥平面ACD1，故三棱锥Q－ACD1的高为定值，即点Q到平面ACD1的距离为定值，而底面积S△ACD1也为定值，故三棱锥体积VA －D1QC＝VQ －ACD1为定值，故④为真命题；⑤到D，C1距离相等的点的轨迹为平面A1BCD1(中垂面)，又点M在平面A1B1C1D1中，故点M的轨迹为线段A1D1，故⑤为真命题． 答案 ③④⑤
三、解答题
15．(2014·济南一模)在如图的多面体中，AE⊥底面BEFC，AD∥EF∥BC，BE1
＝AD＝EF＝2BC，G是BC的中点．
(1)求证：AB∥平面DEG； (2)求证：EG⊥平面BDF.
证明 (1)∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC. 又∵BC＝2AD，G是BC的中点，∴AD綉BG， ∴四边形ADGB是平行四边形，∴AB∥DG.
∵AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，∴AB∥平面DEG.
(2)连接GF，四边形ADFE是矩形， ∵DF∥AE，AE⊥底面BEFC，
∴DF⊥平面BCFE，EG⊂平面BCFE，∴DF⊥EG. ∵EF綉BG，EF＝BE， ∴四边形BGFE为菱形， ∴BF⊥EG，
又BF∩DF＝F，BF⊂平面BFD，DF⊂平面BFD， ∴EG⊥平面BDF.
16.(2014·成都一模)如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的1交点，△ABF是等边三角形，棱EF∥BC，且EF＝2BC.
(1)求证：EO∥面ABF；
(2)若EF＝EO，证明：平面EFO⊥平面ABE. 证明 (1)取AB的中点M，连接FM，OM.
∵O为矩形ABCD的对角线的交点， ∴OM∥BC，且OM＝1
2BC，
又EF∥BC，且EF＝1
2BC，∴OM＝EF，且OM∥EF， ∴四边形EFMO为平行四边形，∴EO∥FM，
又∵FM⊂平面ABF，EO⊄平面ABF，∴EO∥平面ABF. (2)由(1)知四边形EFMO为平行四边形，
又∵EF＝EO，∴四边形EFMO为菱形，连接EM，则有FO⊥EM， 又∵△ABF是等边三角形，且M为AB中点， ∴FM⊥AB，易知MO⊥AB，且MO∩MF＝M， ∴AB⊥面EFMO，
∴AB⊥FO.∵AB∩EM＝M，∴FO⊥平面ABE. 又∵FO⊂平面EFO，∴平面EFO⊥平面ABE.
17．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：
BAD
(1)直线EF∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD.
证明 (1)如图，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)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，BF⊂平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD. 又因为BF⊂平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAD.
18．如图1，在边长为1的等边三角形ABC中，D，E分别是AB，AC上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图22所示的三棱锥A－BCF，其中BC＝2.
(1)证明：DE∥平面BCF； (2)证明：CF⊥平面ABF；
2
(3)当AD＝3时，求三棱锥F－DEG的体积VF－DEG. (1)证明 在等边△ABC中，AD＝AE，
在折叠后的图形中，仍有AD＝AE，AB＝AC， ADAE
因此AB＝AC，从而DE∥BC. 因为DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF， 所以DE∥平面BCF.
(2)证明 在折叠前的图形中，因为△ABC为等边三角形，BF＝CF，所以AF⊥12
BC，则在折叠后的图形中，AF⊥BF，AF⊥CF，又BF＝CF＝2，BC＝2.， 所以BC2＝BF2＋CF2，所以 BF⊥CF.
又BF∩AF＝F，BF⊂平面ABF，AF⊂平面ABF， 所以CF⊥平面ABF.
(3)解 由(1)知，平面DEG∥平面BCF， 由(2)知AF⊥BF，AF⊥CF，
又BF∩CF＝F，所以AF⊥平面BCF， 所以AF⊥平面DEG，即GF⊥平面DEG. 在折叠前的图形中，
13
AB＝1，BF＝CF＝2，AF＝2. 2AD2
由AD＝3知AB＝3，
DGAGAD2
又DG∥BF，所以BF＝AF＝AB＝3， 211233
所以DG＝EG＝3×2＝3，AG＝3×2＝3， 3
所以FG＝AF－AG＝6.故V三棱锥F－DEG＝V三棱锥E－DFG 1111233
3·＝. ＝3×2DG·FG·GE＝6·6324
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