2024版新教材高考数学一轮复习第7章立体几何第3节直线平面平行的判定与性质学案含解析新人教A版20230519157

2024版新教材高考数学一轮复习第7章立体几何第3节直线平面平行的判定与性质学案含解析新人教A版20230519157第三节直线、平面平行的判定与性质一、教材概念·结论·性质重现1．直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，bα，a∥ba∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b(1)证明线面平行常用的方法是证明这条线与平面内的某条直线平行．但一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．(2)辅助线(面)是解(证)线面平行的关键．为了能利用线面平行的判定定理及性质定理，往往需要作辅助线(面)．2．两个平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥ba∥α判定定理的推论：一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行．3．常用结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)同一条直线与两个平行平面所成角相等．(6)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α． (×)(2)如果一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行． (√)(3)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面． (×)(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面． (√)2．平面α∥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD解析：A错误，a可能在经过b的平面内；B错误，a与α内的直线平行或异面；C错误，两个平面可能相交．3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，CD，B1C1的中点，下列命题正确的是()A．AE与CG是异面直线B．四边形AEC1F是正方形C．AE∥平面BC1FD．以上都不对D解析：若α∩β＝l，a∥l，aα，aβ，则a∥α，a∥β，故排除A；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B；若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.4．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________．平行解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO(图略)．在△BDD1中，O为BD的中点，E为DD1的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.考点1直线、平面平行的基本问题——基础性1．过三棱柱ABC-A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A．4条B．6条C．8条D．12条B解析：作出如图的图形，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中．由此四点可以组成的直线有EF，GH，FG，EH，GE，HF，共有6条．2．(多选题)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是()BCD解析：A项，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB.因为QD∩平面MNQ＝Q，所以QD与平面MNQ相交，所以直线AB与平面MNQ相交．B项，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.C项，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，所以AB∥MQ.又AB平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.D项，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，所以AB∥NQ.又AB平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.故选BCD.3．(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝eq\f(2,3)BD1，则下列说法正确的是()A．MN∥平面APCB．C1Q∥平面APCC．A，P，M三点共线D．平面MNQ∥平面APCBC解析：如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN.易得AM，CN交于点P，即MN⊂平面APC，所以A选项错误．对于B，由A知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，且AN⊂平面APC，C1Q平面APC.所以B选项正确．对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确．对于D，由A知MN⊂平面APC，又MN⊂平面MNQ，所以D选项错误．直线、平面平行的判定方法(1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件．(2)结合题意构造图形，结合图形做出判断．(3)利用实物进行空间想象，比较判断．(4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．考点2直线、平面平行的判定与性质——综合性如图，在几何体E­ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．求证：GF∥平面ADE.证明：(方法一：线线平行，则线面平行)如图，取AE的中点H，连接HG，HD.因为G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝eq\f(1,2)AB.又F是CD的中点，所以DF＝eq\f(1,2)CD.由四边形ABCD是矩形得AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF平面ADE，所以GF∥平面ADE.(方法二：面面平行，则线面平行)如图，取AB的中点M，连接MG，MF.因为G是BE的中点，所以GM∥AE.又AE⊂平面ADE，GM平面ADE，所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE，MF平面ADE.所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF＝M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF，所以GF∥平面ADE.解决线面平行问题的关键点(1)利用判定定理判定直线与平面平行，关键是找出平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑作三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．(2)线面平行的性质定理是空间图形中产生线线平行的主要途径，常用于作截面．1．(多选题)(2020·济宁期末)已知m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥nB．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥βC．若m∥n，n⊂α，α∥β，mβ，则m∥βD．若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥βBC解析：若m∥α，n∥β且α∥β，则可能m∥n，m，n异面，或m，n相交，A错误；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，故α∥β，B正确；若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，又α∥β，mβ，故m∥β，C正确；若m∥n，n⊥α，则m⊥α，又α⊥β，则m∥β或m⊂β，D错误．故选BC.2．一个长方体被一个平面所截得的几何体如图所示，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为________．平行四边形解析：因为平面ABFE∥平面CDHG，又平面EFGH∩平面ABFE＝EF，平面EFGH∩平面CDHG＝HG，所以EF∥HG.同理EH∥FG，所以四边形EFGH是平行四边形．3．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别是PA，BD上的点，且PE∶EA＝BF∶FD.求证：EF∥平面PBC.证明：(方法一)连接AF，并延长交BC于点G，连接PG.因为BC∥AD，所以eq\f(FG,FA)＝eq\f(FB,FD).又因为eq\f(PE,EA)＝eq\f(BF,FD)，所以eq\f(PE,EA)＝eq\f(GF,FA)，所以EF∥PG.又因为PG⊂平面PBC，EF平面PBC，所以EF∥平面PBC.(方法二)过点F作FM∥AD，交AB于点M，连接EM.因为FM∥AD，AD∥BC，所以FM∥BC.又因为FM平面PBC，BC⊂平面PBC，所以FM∥平面PBC.由FM∥AD得eq\f(BM,MA)＝eq\f(BF,FD).又因为eq\f(PE,EA)＝eq\f(BF,FD)，所以eq\f(PE,EA)＝eq\f(BM,MA)，所以EM∥PB.因为PB⊂平面PBC，EM平面PBC，所以EM∥平面PBC.因为EM∩FM＝M，EM，FM⊂平面EFM，所以平面EFM∥平面PBC，因为EF⊂平面EFM，所以EF∥平面PBC.考点3面面平行的判定与性质及平行的综合问题——应用性考向1面面平行的判定与性质如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG.证明：(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.又因为B1C1∥BC，所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面．(2)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为EF平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1∥AB且A1B1＝AB，所以A1G∥BE且A1G＝BE，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.又因为A1E平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又因为A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG.1．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图，连接A1C，与AC1交于点M.因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD.因为D为BC的中点，所以A1B∥DM.因为A1B⊂平面A1BD1，DM平面A1BD1，所以DM∥平面A1BD1.由三棱柱的性质知，D1C1∥BD且D1C1＝BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1∥BD1.又DC1平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，所以DC1∥平面A1BD1.又DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，所以平面A1BD1∥平面AC1D.2．在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求eq\f(AD,DC)的值．解：连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.因为平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，则eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1.同理AD1∥DC1.又AD∥D1C1，所以四边形ADC1D1是平行四边形，所以AD＝D1C1.又AC＝A1C1，所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)，所以eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.判定面面平行的方法(1)利用定义，即两个平面没有公共点(不常用)．(2)利用面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线两平面平行．(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行．考向2平行关系的综合问题如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：在棱C1D1上存在一点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG⊂平面A1BE.因为四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，所以四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG，而B1F平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.解决面面平行问题的关键点(1)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，绝不可过于“模式化”．(2)解答探索性问题的基本策略是先假设，再严格证明，先猜想再证明是学习和研究的重要思想方法．1．设α，β，γ为三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.可以填入的条件有()A．①② B．②③C．①③ D．①②③C解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．2．在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是______________．平面ABC，平面ABD解析：如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F.由重心的性质可知，E，F重合为一点且该点为CD的中点E.由eq\f(EM,MA)＝eq\f(EN,NB)＝eq\f(1,2)，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC，且MN∥平面ABD.3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，CD，SC的中点，求证：(1)EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG∥SB.又因为SB⊂平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直线EG∥平面BDD1B1.(2)如图，连接SD，因为F，G分别是CD，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1.又EG∥平面BDD1B1，EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3.证明：平面ABF∥平面DCE.[四字程序]读想算思平面ABF∥平面DCE，DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，DE＝3AF＝3面面平行的证明方法；线∥面⇒面∥面，线∥线⇒面∥面构造平行关系证明平行的有关定理：1．面面平行的判定定理；2．面面平行判定定理的推论思路参考：应用面面平行的判定定理证明．证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为AF平面DCE，DE⊂平面DCE，所以AF∥平面DCE.因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD.因为AB平面DCE，所以AB∥平面DCE.因为AB∩AF＝A，AB⊂平面ABF，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.思路参考：利用两个平面内的两条相交直线分别平行证明．证明：因为DE⊥平面ABCD，AF⊥平面ABCD，所以DE∥AF.因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面ABF，DE∩CD＝D，DE，DC⊂平面DCE，所以平面ABF∥平面DCE.思路参考：利用垂直于同一条直线的两个平面平行证明．证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AD，在正方形ABCD中，AD⊥CD，又DE∩CD＝D，所以AD⊥平面DCE.同理AD⊥平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE.1．本题考查空间中面与面平行的证明方法，基本的解题策略是借助于“平行”的有关定理来证明，对于此类题目要注意对定理的熟练应用．2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握相关定理以及直观想象、逻辑推理的核心素养，本题的解答过程体现了数学探索的魅力．3．基于高考数学评价体系，本题通过“平行”关系的相互转化，将面面平行问题转化为线面平行、线线平行，以及线线垂直问题，切入点比较多，既体现基础性又体现综合性．(2020·苏北四市一模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝4，M是棱CC1上的一点．若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求CM的长．解：(方法一)如图①，取AB1的中点P，连接NP，PM.因为N是AB的中点，所以NP∥BB1.因为CM∥BB1，所以NP∥CM，所以NP与CM共面．因为CN∥平面AB1M，平面CNPM∩平面AB1M＝MP，所以CN∥MP.所以四边形CNPM为平行四边形，所以CM＝NP＝eq\f(1,2)CC1＝2.图①(方法二)如图②，取BB1的中点Q，连接NQ，CQ.因为N是AB的中点，所以NQ∥AB1.图②因为NQ平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，所以NQ∥平面AB1M.因为CN∥平面AB1M，NQ∩NC＝N，NQ，NC⊂平面NQC，所以平面NQC∥平面AB1M.因为平面BCC1B1∩平面NQC＝QC，平面BCC1B1∩平面AB1M＝MB1，所以CQ∥MB1.因为BB1∥CC1，所以四边形CQB1M是平行四边形，所以CM＝B1Q＝eq\f(1,2)CC1＝2.(方法三)如图③，分别延长BC，B1M并交于一点S，连接AS.图③因为CN∥平面AB1M，CN⊂平面ABS，平面ABS∩平面AB1M＝AS，所以CN∥AS.由于AN＝NB，所以BC＝CS.又CM∥BB1，同理可得SM＝MB1，所以CM＝eq\f(1,2)BB1＝eq\f(1,2)CC1＝2.第四节直线、平面垂直的判定与性质一、教材概念·结论·性质重现1．直线与平面垂直(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α.直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b(1)线面垂直的判定定理的推论：如果在两条平行直线中，有一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线和平面垂直的常用性质：①若直线垂直于平面，则该直线垂直于平面内的任意直线．②垂直于同一条直线的两个平面平行．2．平面与平面垂直(1)定义：一般地，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)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．3．线面角与二面角(1)直线与平面所成的角(线面角)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是90°.若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°.直线与平面所成的角θ的取值范围是0°≤θ≤90°.(2)二面角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：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(1)线面角的取值范围是[0°，90°]，二面角的取值范围是[0°，180°]．(2)当线面角为90°时，线面垂直；当二面角为90°时，面面垂直．4．常用结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线．(2)若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．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)若直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α． (×)(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直． (√)(3)若直线a⊥α，b⊥α，则a∥b． (√)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α． (×)(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β． (√)2．下列命题中不正确的是()A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γA解析：A错误，l与β可能平行或相交，或在平面β内，其余选项均正确．3．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．4解析：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，所以BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC．因此△ABC，△PBC也是直角三角形．故图中共有4个直角三角形．4．在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的______心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的______心．(1)外(2)垂解析：(1)如图，因为PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC．在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，所以O是△ABC的外心．(2)由PA⊥PB，PA⊥PC可知PA⊥平面PBC，所以PA⊥BC．又PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，所以AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故O是△ABC的垂心．5．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．7解析：如图，由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．考点1垂直关系的基本问题——基础性1．已知平面α和直线a，b，若a∥α，则“b⊥a”是“b⊥α”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B解析：根据空间中直线与平面之间的位置关系，由a∥α，b⊥α，可得b⊥a.反之不成立，可能b与α相交或平行．所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件．2．(多选题)已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法正确的是()A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥bB．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥βC．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥βD．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥βABD解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，所以a∥b，故A正确；对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，所以存在直线m⊂α，使得m∥b，又b⊥β，所以m⊥β，所以α⊥β.故B正确；对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，所以b⊂β或b∥β，故C错误；对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确．3．在三棱锥S-ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论：①异面直线SB与AC所成的角为90°；②直线SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④点C到平面SAB的距离是eq\f(1,2)a.其中正确的是________．(填序号)①②③④解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为eq\f(1,2)a，故④正确．与线面垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准，甚至无须作图通过空间想象来判断．(2)寻找反例，只要存在反例，结论就不正确．(3)反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．考点2空间角及其应用——综合性(1)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中．若AB＝AD＝2eq\r(3)，CC1＝eq\r(2)，则二面角C1-BD-C的大小为________．30°解析：如图，连接AC交BD于点O，连接C1O.因为C1D＝C1B，O为BD的中点，所以C1O⊥BD．因为AC⊥BD，所以∠C1OC是二面角C1-BD-C的平面角．在Rt△C1CO中，C1C＝eq\r(2)，CO＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(6)，则C1O＝2eq\r(2)，所以sin∠C1OC＝eq\f(C1C,C1O)＝eq\f(1,2).由图可知，二面角C1­BD­C为锐二面角，所以∠C1OC＝30°.(2)(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于点E，交AC于点F.①证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；②设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．解：①因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥BB1.又AA1∥BB1，所以MN∥AA1.在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.又因为侧面BB1C1C为矩形，所以BC⊥BB1.因为MN∥BB1，MN⊥BC．MN∩AM＝M，MN，AM⊂平面A1AMN，所以BC⊥平面A1AMN.又因为B1C1∥BC，且B1C1平面ABC，BC⊂平面ABC，所以B1C1∥平面ABC．又因为B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC＝EF.所以B1C1∥EF，所以EF∥BC．又因为BC⊥平面A1AMN，所以EF⊥平面A1AMN.因为EF⊂平面EB1C1F，所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.②连接NP，因为AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP，所以AO∥NP.根据三棱柱上下底面平行，平面A1NMA∩平面ABC＝AM，平面A1NMA∩平面A1B1C1＝A1N，所以ON∥AP，故四边形ONPA是平行四边形．设△ABC边长是6m(m>0)，可得ON＝AP，NP＝AO＝AB＝6m.因为O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m，所以ON＝eq\f(1,3)×6m×sin60°＝eq\r(3)m，故ON＝AP＝eq\r(3)m.因为EF∥BC，所以eq\f(AP,AM)＝eq\f(EP,BM)，所以eq\f(\r(3)m,3\r(3)m)＝eq\f(EP,3m)，解得EP＝m.在B1C1截取B1Q＝EP＝m，故QN＝2m.因为B1Q＝EP且B1Q∥EP，所以四边形B1QPE是平行四边形，所以B1E∥PQ.由①知B1C1⊥平面A1AMN，故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角，在Rt△QPN中，根据勾股定理可得PQ＝eq\r(QN2＋PN2)＝eq\r(2m2＋6m2)＝2eq\r(10)m，所以sin∠QPN＝eq\f(QN,PQ)＝eq\f(2m,2\r(10)m)＝eq\f(\r(10),10).所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10).求线面角、二面角的常用方法(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线、找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有①定义法，②垂面法．注意利用等腰三角形和等边三角形的性质．1．(2020·山东卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(B)A．20°B．40°C．50°D．90°2．在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为eq\r(5)的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为________．60°解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V-AB-C的平面角．易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.而OH＝eq\f(1,2)BC＝1，所以∠VHO＝60°.故二面角V-AB-C的大小是60°.3．如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．(1)证明：△PBC是直角三角形；(2)若PA＝AB＝2，当直线PC与平面ABC所成角的正切值为eq\r(2)时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点，所以BC⊥AC．又PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC．因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC．因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以△PBC是直角三角形．(2)解：如图，过点A作AH⊥PC于点H，连接BH.因为BC⊥平面PAC，AH⊂平面PAC，所以BC⊥AH.又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AH⊥平面PBC．因为BH⊂平面PBC，所以AH⊥BH，所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角．因为PA⊥平面ABC，所以∠PCA即是PC与平面ABC所成的角．因为tan∠PCA＝eq\f(PA,AC)＝eq\r(2)，PA＝2，所以AC＝eq\r(2).所以在Rt△PAC中，AH＝eq\f(PA·AC,\r(PA2＋AC2))＝eq\f(2\r(3),3)，所以在Rt△ABH中，sin∠ABH＝eq\f(AH,AB)＝eq\f(\f(2\r(3),3),2)＝eq\f(\r(3),3)，即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).考点3线面垂直、面面垂直的判定与性质——应用性考向1线面垂直的判定与性质如图，在四棱锥A-BCDE中，△ADE是边长为2的等边三角形，平面ADE⊥平面BCDE，底面BCDE是等腰梯形，DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC，BE＝DC＝2，BD＝2eq\r(3)，M是边DE的中点，点N在BC上，且BN＝3.(1)证明：BD⊥平面AMN；(2)设BD∩MN＝G，求三棱锥A-BGN的体积．(1)证明：因为△ADE是等边三角形，M是DE的中点，所以AM⊥DE.又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，所以AM⊥平面BCDE.因为BD⊂平面BCDE，所以AM⊥BD．因为MD＝ME＝1，BN＝3，DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC，所以MDCN，所以四边形MNCD是平行四边形，所以MN∥CD．因为BD＝2eq\r(3)，BC＝4，CD＝2，所以BD2＋CD2＝BC2，所以BD⊥CD，所以BD⊥MN.又AM∩MN＝M，所以BD⊥平面AMN.(2)解：由(1)知AM⊥平面BCDE，所以AM为三棱锥A-BGN的高．因为△ADE是边长为2的等边三角形，所以AM＝eq\r(3).易知GN＝eq\f(3,4)CD＝eq\f(3,2).又由(1)知BD⊥MN，所以BG＝eq\r(BN2－NG2)＝eq\f(3\r(3),2).所以S△BGN＝eq\f(1,2)BG·NG＝eq\f(1,2)×eq\f(3\r(3),2)×eq\f(3,2)＝eq\f(9\r(3),8).所以VA-BGN＝eq\f(1,3)S△BGN·AM＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),8)×eq\r(3)＝eq\f(9,8).解决线面垂直问题的关键点(1)证明直线和平面垂直的常用方法．①判定定理．②平行直线的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)．③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α)．(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．考向2面面垂直的判定与性质(2021·衡水中学模拟)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，∠PAB＝120°，DC＝PC＝2.PA＝AB＝BC＝1.(1)证明：平面PAB⊥平面PBC；