专题07空间几何体的平行于垂直(解析版).docx

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1、专题 07 空间几何体的平行于垂直1、【 2019 年江苏卷】 .如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别为 BC， AC的中点， AB=BC求证：（1) A1B1平面 DEC1；2）BEC1E解析】（ 1）因为 D，E分别为 BC，AC 的中点，所以 ED AB.在直三棱柱 ABC-A 1B1C1中， ABA1B1，所以 A1B1ED .又因为 ED? 平面 DEC1，A1B1 平面 DEC1，所以 A1B1平面 DEC1.（2）因为 AB=BC，E为 AC 的中点，所以 BEAC. 因为三棱柱 ABC-A 1B1C1是直棱柱，所以 CC1平面 ABC. 又因为 BE? 平面 A

2、BC，所以 CC1 BE.因为 C1C? 平面 A1ACC1，AC? 平面 A1ACC1，C1CAC=C， 所以 BE平面 A1ACC1.因为 C1E? 平面 A1ACC 1，所以 BEC1E.2、【2019 年高考全国 卷文数】 如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形， AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M ， N分别是 BC， BB1，A1D的中点 .（ 1）证明： MN平面 C1DE；（2）求点 C 到平面 C1DE的距离【解析】（ 1）连结 B1C,ME .1 因为M，E分别为 BB1,BC 的中点，所以 ME B1C ，且 MEB1C.21 又因为 N为 A1D

3、的中点，所以 NDA1D .2由题设知 A1B1= DC ，可得 B1C= A1D，故 ME= ND ， 因此四边形 MNDE为平行四边形， MNED .又 MN 平面 C1DE ，所以 MN 平面 C1DE .（2）过 C作C1E的垂线，垂足为 H.由已知可得 DE BC， DE C1C ，所以 DE平面 C1CE ，故DE CH.4 1717从而CH平面 C1DE ，故 CH的长即为 C到平面 C1DE 的距离，由已知可得 CE=1，C1C=4，所以 C1E 17，故 CH从而点 C到平面 C1DE 的距离为 4 17 .173、【 2019 年高考全国 卷文数】如图，长方体 ABCDA1

4、B1C1D1 的底面 ABCD是正方形，E 在棱 AA1 上，BEEC1（ 1）证明： BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E， AB=3，求四棱锥 E BB1C1C 的体积【解析】（ 1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1， BE 平面 ABB1A1， 故 B1C1 BE 又 BE EC1 ，所以 BE平面 EB1C1 2）由（ 1）知 BEB1=90 .由题设知 RtABE RtA1B1E，所以 AEBA1EB1 45 ，故 AE=AB=3， AA1 2AE 6.作 EF BB1，垂足为 F，则 EF平面 BB1C1C ，且 EF AB 3 1所以，四棱锥 E BB1C1C 的体积

5、 V3 6 3 18 1 1 34、2019 年高考全国 卷文数】图 1 是由矩形 ADEB，Rt ABC和菱形 BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2， FBC=60将其沿 AB，BC折起使得 BE与 BF 重合，连结 DG，如图 2（1）证明：图 2 中的 A，C，G，D四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； （ 2）求图 2 中的四边形 ACGD的面积 .【解析】（ 1）由已知得 ADPBE，CGPBE，所以 ADP CG，故 AD，CG确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面由已知得 AB BE，AB BC，故AB 平面 BCGE又因为 AB 平面ABC，所以平

6、面 ABC 平面 BCGE（2）取CG的中点M，连结 EM， DM.因为AB DE， AB 平面BCGE，所以 DE 平面BCGE，故DE CG.由已知，四边形 BCGE是菱形，且 EBC=60得 EM CG，故 CG 平面 DEM因此 DM CG在 Rt DEM中， DE=1，EM= 3 ，故 DM=2所以四边形 ACGD的面积为 45、【 2019 年高考北京卷文数】如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD，底部 ABCD为菱形， E为CD的中点1）求证： BD平面 PAC；2）若 ABC=60，求证：平面 PAB平面 PAE；3）棱 PB上是否存在点F，使得 CF平面 P

7、AE？说明理由【解析】（ 1）因为 PA 平面 ABCD， 所以 PA BD 又因为底面 ABCD为菱形，所以 BD AC 所以 BD 平面 PAC2）因为 PA平面 ABCD， AE 平面 ABCD，所以 PA AE因为底面 ABCD为菱形， ABC=60，且 E为CD的中点，所以 AECD所以 ABAE所以 AE平面 PAB所以平面 PAB平面 PAE（3）棱PB上存在点 F，使得 CF平面PAE 取F为PB的中点，取 G为 PA的中点，连结 CF，FG，EG1则FG AB，且 FG= AB2因为底面 ABCD为菱形，且 E为 CD的中点，1所以 CEAB，且 CE= AB2所以 FG C

8、E，且 FG=CE所以四边形 CEGF为平行四边形所以 CF EG因为 CF 平面 PAE， EG 平面 PAE，所以 CF平面 PAE 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力 .6、【 2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD中，底面 ABCD 为平行四边形， PCD 为等边三角形，平面 PAC 平面 PCD， PA CD,CD 2,AD 3.1）设 G，H分别为 PB，AC的中点，求证： GH平面 PAD；2）求证： PA 平面 PCD ；3）求直线 AD 与平面 PAC所成角的正弦值

9、 .解析】（ 1）连接 BD，易知 ACI BD H ， BH DH .又由 BG= PG ，故 GH PD.又因为 GH 平面 PAD， PD 平面 PAD，所以 GH平面 PAD.（2）取棱 PC 的中点 N，连接 DN.依题意，得 DN PC， 又因为平面 PAC 平面 PCD，平面 PACI 平面 PCD PC ， 所以 DN 平面 PAC，又 PA 平面 PAC，故 DN PA.又已知 PA CD，CDI DN D ，所以 PA 平面 PCD.（ 3）连接 AN，由（ 2）中 DN 平面 PAC，可知 DAN 为直线 AD 与平面 PAC所成的角， 因为PCD为等边三角形， CD=2

10、且 N为 PC的中点，所以 DN 3.又 DN AN ，在 Rt AND 中， sin DANDN 3AD 3所以，直线 AD 与平面 PAC所成角的正弦值为、平行问题1. 平行问题的转化关系2. 直线与平面平行的主要判定方法(1) 定义法； (2) 判定定理； (3) 面与面平行的性质 .3. 平面与平面平行的主要判定方法(1) 面面平行的定义；(2) 面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3) 利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4) 两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5) 利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”

11、的相互转化 .失误与防范1. 在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误 .2. 在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“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，决不可过于“模式化” .3. 解题中注意符号语言的规范应用 .(1) 线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直 的判定定理和性质定理；(2) 线线关系是线面关系、面面关系的基础 .证题中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中 位线、平行

12、线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3) 证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范 .二、垂直问题1. 证明线面垂直的方法(1) 线面垂直的定义：a 与 内任何直线都垂直 ? a；m、 n? ，m n A(2) 判定定理 1：? l ；l m，l n(3) 判定定理 2：a b，a? b；(4) 面面平行的性质： ，a ? a；(5) 面面垂直的性质： ，l，a? ，al ? a.2. 证明线线垂直的方法(1) 定义：两条直线所成的角为 90；(2) 平面几何中证明线线垂直的方法；(3) 线面垂直的性质： a， b? ? ab；(4) 线面垂直的性质： a，

13、b? ab.3. 证明面面垂直的方法(1) 利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2) 判定定理： a? ， a? .4. 转化思想：垂直关系的转化(1) 证明直线和平面垂直的常用方法：判定定理；垂直于平面的传递性(ab，a? b) ；面面平行的性质 ( a ， ? a) ；面面垂直的性质 .(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 .(3) 线面垂直的性质，常用来证明线线垂直 .( 4)判定面面垂直的方法： 面面垂直的定义； 面面垂直的判定定理 ( a，a? ? ).(5) 在已

14、知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化 . 在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直 . 垂直关系综合题的类型及解法三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化 . 垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用 . 垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积 .三、解决立体几何中的探索性问题的步骤：第一步：写出探求的最后结论 . 第二步：证明探求结论的正确性 .第三步：给出明确答案 . 第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范 .温馨提醒 (1) 立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂

15、直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性 问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下 进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设 .（2）这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使成立”，“只需使成 立”.四、证明面面关系的核心是证明线面关系， 证明线面关系的核心是证明线线关系 .证明线线平行的方法： （1） 线面平行的性质定理；（ 2）三角形中位线法；（ 3）平行四边形法 . 证明线线垂直的常用方法：（ 1）等腰 三角形三线合一；（ 2）勾股定理逆定理；（ 3）线面垂直的性质定理；（ 4）菱形对角线互相

16、垂直 .五、垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直 .（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直 . 证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，可以 考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过 已知直线作辅助平面来确定交线 在应用线面平行、 面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时， 一定要注意定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行 时，必须说清经过已知直线的平面与已知

17、平面相交，则直线与交线平行题型一、线线与线面的平行于垂直 线线与线面的平行于垂直一定要熟练掌握它们的判定定理和性质定理。利用几何方法证明垂直与平行 问题是立体几何的重要内容， 也是高考考查的重点， 求解的关键是根据线线垂直 （ 平行） 、线面垂直 （ 平行）、 面面垂直 （ 平行 ）这三者之间的互化关系，借助辅助线与面，找出符号语言与图形语言之间的关系，从而将 问题解决例 1、 （2019 南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD 中， M ，N 分别为棱 PA，PD 的中点已知侧面 PAD底面 ABCD ，底面 ABCD 是矩形， DA DP.求证： （1）MN 平面 PBC ；MD

18、平面 PAB.证明】 （1）在四棱锥 PABCD 中，M，N 分别为棱 PA，PD 的中点，所以 MN AD.（2 分）又底面 ABCD 是矩形，所以 BC AD.所以 MN BC.（4 分）又 BC? 平面 PBC，MN ?平面 PBC，所以 MN平面 PBC. （6 分）（2）因为底面 ABCD 是矩形，所以 AB AD.又侧面 PAD底面 ABCD ，侧面 PAD底面 ABCD AD，AB? 底面 ABCD ，所以 AB 侧面 PAD.（8 分）又 MD? 侧面 PAD，所以 AB MD.（10 分）因为 DA DP，又 M 为 AP 的中点，从而 MD PA. （12分）又PA， AB

19、 在平面 PAB内，PAABA，所以 MD平面 PAB.（14 分）例 2、 （2019 南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA 1B1C1 中，ABAC，A1CBC1，AB1BC1，D，E分别是 AB1和 BC的中点求证： （1）DE 平面 ACC1A 1；（2）AE 平面 BCC 1B1.规范解答 （1）连结 A1B，在三棱柱 ABCA 1B1C1中， AA 1BB 1且 AA 1BB 1，所以四边形 AA 1B1B是平 行四边形又因为 D 是 AB 1的中点，所以 D 也是 BA 1的中点 （2 分）在BA1C中，D和 E分别是 BA1和BC 的中点，所以 DEA1C.又因为 DE?平面

20、 ACC 1A1，A1C? 平面 ACC1A1，所以 DE平面 ACC 1A 1.（6 分）（2）由（1）知 DE A1C，因为 A 1CBC1，所以 BC 1DE.（8 分）又因为 BC1AB 1，AB1DED，AB1，DE? 平面 ADE ，所以 BC 1平面 ADE.又因为 AE? 平在 ADE ，所以 AEBC1.（10 分）在ABC 中，ABAC，E是 BC的中点，所以 AEBC.（12 分）因为 AEBC1，AEBC，BC1BCB，BC1，BC? 平面 BCC 1B1，所以 AE平面 BCC1B1. （14 分） 题型二 平面与平面的平行与垂直熟练掌握平面与平面的平行与垂直的判定定

21、理和性质定理，注意条件。例 3、（2019 泰州期末） 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形， 点 O 为对角线 BD 的中点， 点 E， F分别为棱 PC，PD 的中点已知 PAAB，PAAD.求证：（1） 直线 PB平面 OEF ；（2） 平面 OEF平面 ABCD.规范解答 证明： （1） 在 PBD中， O为BD 的中点， F为PD的中点所以 OFPB，（3分）因为 PB?平面 OEF， OF? 平面 OEF， （7 分）所以直线 PB平面 OEF（2）解法 1 连结 AC，因为底面 ABCD 为平行四边形， O为 BD 的中点，所以 O为 AC 的中点在 PA

22、C中， O为AC 的中点， E为PC的中点，所以 OE PA， （9 分 ）因为 PAAB，PAAD ，所以 OE AB ， OEAD ， （11 分）又因为 AB AD A ，AB，AD 在平面 ABCD 内，所以 OE 平面 ABCD.因为 OE? 平面 OEF ，所以平面 OEF平面 ABCD.（14 分）解法 2 连结 AC ，因为 ABCD 为平行四边形，所以 AC 与 BD 交于点 O，O 为 AC 中点，又 E 为 PC 中点，所以 PA OE，因为 PAAB ，PAAD ，AB AD A，所以 PA平面 ABCD ，所以 OE平面 ABCD.又 OE? 平面 OEF ，所以 O

23、EF 平面 ABCD.例 4、(2019 苏州期末)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，已知 AB BC，E，F 分别是 A1C1，BC的中点(1) 求证：平面 ABE 平面 B1BCC 1；(2) 求证： C1F平面 ABE.思路分析 (1)要证平面 ABE平面 B1BCC 1，只要先证 AB 平面 B 1BCC 1，只要先证 AB B1B.(2) 要证 C1F平面 ABE ，只要先证 C1F平行于平面 ABE 内的某条直线 取 AB 的中点 G，可证四边形GFC1E 是平行四边形解：(1) 证明：在直三棱柱 ABCA1B1C1中， BB 1底面 ABC ，因为 AB? 平面 ABC ，

24、所以 BB1AB.(2 分)又因为 AB BC，BB1BCB，BB 1，BC? 平面 B1BCC1，所以 AB 平面 B1BCC 1.(4 分)又 AB? 平面 ABE ，所以平面 ABE 平面 B1BCC1.(6 分)(2)证明：取 AB 中点 G，连结 EG， FG. 因为 E，F分别是 A1C1，BC 的中点，1所以 FGAC ，且 FG21AC.(8 分)因为 AC A1C1，且 AC A1C1，所以 FG EC1，且 FGEC1.所以四边形 FGEC 1为平面四边形， (11 分)所以 C1FEG.又因为 EG? 平面 ABE ，C1F?平面 ABE ，所以 C1F平面 ABE.（1

25、4 分 ） 题型三 题型一、线线、线面与面面的综合问题(1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论 证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设 .例 5、( 2017年泰州期末)如图，在四面体 PABC 中，PCAB，PABC，点 D，E，F，G 分别是棱 AP，AC，BC，PB 的中点 .(1)求证： DE平面 BCP；(2) 求证：四边形 DEFG 为矩形；(3) 是否存在点 Q，到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由(1)

26、 证明 因为 D，E 分别是 AP，AC的中点， 所以 DE PC.又因为 DE?平面 BCP，所以 DE平面 BCP.(2) 证明 因为 D，E，F，G分别为 AP，AC， BC，PB的中点， 所以 DE PC FG，DGABEF.所以四边形 DEFG为平行四边形又因为 PC AB，所以 DEDG. 所以四边形 DEFG为矩形 .(3) 解 存在点 Q满足条件，理由如下： 连结 DF， EG，设 Q为 EG的中点，1由(2) 知， DFEGQ，且 QDQEQFQG2EG.分别取 PC， AB的中点 M，N，连结 ME，EN，NG， MG，MN.1与 (2) 同理，可证四边形 MENG为矩形，

27、其对角线交点为 EG的中点 Q，且 QMQN2EG， 所以 Q为满足条件的点 .例 6、 (2018 苏州暑假测试)如图，在三棱锥 PABC 中，已知平面 PBC 平面 ABC.(1) 若 AB BC，CPPB，求证： CP PA；(2) 若过点 A 作直线 l平面 ABC ，求证： l平面 PBC.规范解答 (1) 因为平面 PBC平面 ABC ，平面 PBC 平面 ABC BC，AB? 平面 ABC ，AB BC，所 以 AB 平面 PBC.(2 分 )因为 CP? 平面 PBC ，所以 CP AB.(4 分)又因为 CPPB，且 PBAB B，PB，AB? 平面 PAB，所以 CP平面

28、PAB.(6 分)又因为 PA? 平面 PAB ，所以 CPPA.(8 分 )(2) 如图，在平面 PBC内过点 P作 PDBC，垂足为 D.因为平面 PBC平面 ABC ，又平面 PBC平面 ABCBC，PD? 平面 PBC，所以 PD平面 ABC.(11 分)又 l平面 ABC ，所以 l PD.又 l?平面 PBC，PD? 平面 PBC，所以 l平面 PBC.（14 分 ）解后反思 一般地，已知面面垂直，需要将面面垂直转化为线面垂直，找出两平面的交线后，寻找平面 中是否有直线垂直于另外一个平面，若没有，则在某平面内构造一条线垂直于交线即可 例 7、 （2016 南京三模）如图，在直三棱柱

29、 ABC-A1B1C1中， D 为棱 BC 上一点（1） 若 AB AC， D 为棱 BC 的中点，求证：平面 ADC 1平面 BCC1B1；BD（2） 若 A1B平面 ADC1，求 DC 的值思路分析 （1） 要证平面 ADC1平面 BCC1B1，只要证 AD平面 BCC1B1.可先证 AD BC，AD B1B. （2） 要用 A1B平面 ADC 1的性质，需过 A1B作一个与平面 ADC 1相交的平面，得 A1B 平行于交线规范解答 （1） 因为 ABAC，点 D 为 BC 中点，所以 AD BC.（2 分）因为 ABC-A 1B1C 1 是直三棱柱，所以 BB1平面 ABC.因为 AD?

30、 平面 ABC ，所以 BB1AD.（4 分）因为 BCBB1B， BC? 平面 BCC1B1，BB1? 平面 BCC1B1，所以 AD平面 BCC 1B1.因为 AD? 平面 ADC 1，所以平面 ADC 1平面 BCC1B1.（6 分）（2） 连结 A1C，交 AC1于O，连结 OD，所以 O为 AC1中点 （8分）因为 A1B平面 ADC1， A1B? 平面 A1BC，平面 ADC 1平面 A1BCOD，所以 A1BOD.（12 分） 因为 O 为 AC1 中点，所以 D 为 BC 中点，所以DBDC 1.（14 分）一、填空题1、（2018 南京三模） 已知 ， 是两个不同的平面， l

31、，m 是两条不同的直线，有如下四个命题： 若 l，l，则 ；若 l， ，则 l；若 l ，l ，则 ；若 l， ，则 l其中真命题为 （填所有真命题的序号）【答案】【解析】 考查定理： 垂直同一直线的两个平面平行； 直线 l可能在平面 内；正确； 不一定垂直；2、（2017 南京、盐城二模）已知 ， 为两个不同的平面， m，n 为两条不同的直线，下列命题中正确的是 （ 填上所有正确命题的序号 ） 若 ， m? ，则 m；若 m， n? ，则 m n；若 ， n， mn，则 m； 若 n，n ，m ，则 m .【答案】 【解析】 思路分析 逐一判断每个命题的真假 这是面面平行的性质，正确；只能确

32、定m， n 没有公共点，有可能异面，错误；当m? 时，才能保证 m ，错误；由 m ， n ，得 mn，又 n ，所以 m ，正确3、（2016 南京三模）已知 ，是两个不同的平面， l ，m 是两条不同的直线， l，m? 给.出下列命题： ? lm； ? lm；m? l； l ? m.其中正确的命题是 （填写所有正确命题的序号 ） 【答案】 . 【解析】由 l，得 l ，又因为 m? ，所以 l m； 由 l，得 l或l? ，又因为 m? ，所以 l 与m或异面或平行或相交； 由 l ，m ，得 lm.因为 l 只垂直于 内的一条直线 m，所以不能确定 l 是否垂直于 ； 由 l ， l ，

33、得 .因为 m? ，所以 m.4、（2016 镇江期末） 设 b，c 表示两条直线 ， ， 表示两个平面 ，现给出下列命题：若 b? ，c，则 bc；若 b? ，bc，则 c ；若 c， ，则 c ；若 c，c ，则 .其中正确的命题是 （写出所有正确命题的序号 ）【答案】 . 【解析】 b 和 c 可能异面 ， 故错；可能 c? ，故错；可能 c，c? ，故错；根据面 面垂直判定 ， 故正确5、（2015 镇江期末）设 ， 为互不重合的平面， m， n 是互不重合的直线，给出下列四个命题：若 mn， n? ，则 m ； 若 m? ， n? ，m ，n，则 ； 若 ， m? ，n? ，则 m

34、n； 若 ，m，n? ， nm，则 n .其中正确命题的序号为 答案】解析】 对于， 直线 m 可能在平面 内，故错误； 对于，没有 m与 n相交的条件， 故错误；对于， m 与 n 也可能异面，故错误6、 (2015已知平面，直线 m， n，给出下列命题：若m， n，m n，则 ；若 ， m，n ，则 mn；若m， n，m n，则 ；若 ， m，n ，则 mn.其中是真命题的是（填序号南京、盐城、徐州二模）解析】如图，在正方体 ABCDA 1B1C1D1中，CD 平面 ABC1D1，BC平面 ADC 1B1，且 BC CD ，又因为平面 ABC1D1 与平面 ADC 1B1不垂直，故不正确；

35、因为平面ABCD 平面 A1B1C1D1，且 B1C1平面ABCD ，AB平面 A1B1C1D1，但 AB 与 B1C1 不平行，故不正确同理，我们以正方体的模型来观察，可7、（2015 泰州期末）若 ， 是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为 （写出所有真命题的序号 ）若直线 m ，则在平面 内，一定不存在与直线 m 平行的直线； 若直线 m ，则在平面 内，一定存在无数条直线与直线 m 垂直； 若直线 m? ，则在平面 内，不一定存在与直线 m 垂直的直线；若直线 m? ，则在平面 内，一定存在与直线 m 垂直的直线【答案】【解析】 对于，若两个平面互相垂直，显然在平面 内存在与直

36、线 m 平行的直线，故不正确； 对于， m ，m 一定与两平面的交线垂直，有一条直线就有无数条直线，故正确；与是对立的， 一定有一个是真命题，对于，若 m与两个平面的交线平行或 m 为交线，显然存在，若 m 与交线相交，设 交点为 A，在直线 m上任取一点 B（异于 A），过 B 点向平面 引垂线，垂足为 C，则直线 BC平面 ，在平 面 内作直线 l 垂直于 AC，可以证明 l平面 ABC，则 l m，故正确，不正确所以真命题的序号为 .、解答题8、（2019 无锡期末）在四棱锥 PABCD 中，锐角三角形 PAD 所在平面垂直于平面 PAB， AB AD，AB BC.BC 平面 PAD；A

37、BCD.（1） 求证：（1） 因为 AB AD ，AB BC，且 A，B，C，D 共面，所以 ADBC.（3 分）因为 BC?平面 PAD，AD ? 平面 PAD ，所以 BC平面 PAD.（5 分）（2）过点 D作DHPA于点 H，因为是锐角 PAD，所以 H与A 不重合 （7分） 因为平面 PAD平面 PAB ，平面 PAD 平面 PABPA，DH? 平面 PAD.所以 DH平面 PAB，(9 分)因为 AB? 平面 PAB ，所以 DH AB.(11 分)因为 AB AD ，AD DH DAD ，DH ? 平面 PAD，所以 AB 平面 PAD.因为 AB? 平面 ABCD. 所以平面

38、PAD平面 ABCD.（14 分 ）9、（2019 常州期末）如图，正三棱柱 ABCA 1B1C1中，点 M，N 分别是棱 AB ，CC1的中点求证：(1) CM/ 平面 AB 1N ；(2) 平面 A 1BN 平面 AA 1B1B.规范解答 （1） 设 AB1交 A1B 于点 O，连结 OM ，ON.在正三棱柱 ABCA 1B1C1中，BB 1 CC1，BB 1 CC1， 且四边形 AA 1B1B 是平行四边形， 所以 O 为 AB 1的中点 又因为 M 为 AB 的中点， 所以 OM BB 1，且 OM 11 2BB 1.N 为 CC1的中点， CN2CC1，所以 OM CN，且 OM C

39、N ，所以四边形 CMON 是平行四边形， 所以 CM ON.（5 分）又 ON? 平面 AB 1N， CM ?平面 AB 1N，所以 CM平面 AB 1N.（7 分）（2） 在正三棱柱 ABCA 1B 1C1中， BB 1平面 ABC ， CM ? 平面 ABC ，所以 BB 1 CM.（9 分）又 CACB，M 为 AB 的中点，所以 CM AB.又由（1）知 CM ON ，所以 ONAB，ONBB1.又因为 ABBB1B，AB，BB1 ? 平面 AA 1B1B，所以 ON平面 AA 1B1B.（12 分）又 ON? 平面 A 1BN ，所以平面 A1BN平面 AA 1B1B.（14 分）

40、10、（2019 镇江期末）如图，在四棱锥 VABCD 中，底面 ABCD 是矩形， VD平面 ABCD ，过 AD 的 平面分别与 VB ，VC 交于点 M，N.（1） 求证： BC平面 VCD ；（2） 求证： AD MN. 规范解答 （1） 在四棱锥 VABCD 中，因为 VD 平面 ABCD ，BC? 平面 ABCD ，所以 VD BC.（3 分）因为底面 ABCD 是矩形，所以 BC CD.（4 分）又 CD? 平面 VCD ，VD? 平面 VCD ，CDVDD，则 BC平面 VCD.（7 分）（2）因为底面 ABCD 是矩形，所以 AD BC.（8 分）又 AD ?平面 VBC ，

41、 BC ? 平面 VBC ，则 AD平面 VBC.（11 分）又平面 ADNM 平面 VBC MN，AD ? 平面 ADNM ，则 AD MN.（14 分）11、(2019 扬州期末)如图所示，在三棱柱ABCA 1 B1C1中，四边形 AA 1B1B为矩形，平面 AA 1B 1B平面 ABC ，点 E， F分别是侧面 AA 1B1B，BB1C1C 对角线的交点(1) 求证： EF平面 ABC ；(2) 求证： BB 1 AC.规范解答 (1)在三棱柱 ABCA 1B 1C1中，四边形 AA 1B1B，四边形 BB1C1C 均为平行四边形， E，F分别 是侧面 AA 1B1B，BB1C1C对角线

42、的交点，所以 E，F 分别是 AB 1， CB1的中点，所以 EFAC.(4 分)因为 EF?平面 ABC，AC? 平面 ABC ，所以 EF平面 ABC.(8 分)(2)因为四边形 AA 1B1B 为矩形，所以 BB 1AB.因为平面 AA 1B1B平面 ABC ，且平面 AA 1B1B 平面 ABC AB，BB1? 平面 AA1B1B， 所以 BB 1平面 ABC.(12 分 )因为 AC? 平面 ABC ，所以 BB1AC.（14 分）12、(2019 苏北三市期末)如图，在直三棱柱ABCA 1B1C1中， D ，E， F分别是 B1C1，AB，AA 1的中点(1) 求证： EF平面 A

43、1BD ；(2) 若 A1B1A 1C1，求证：平面 A1BD 平面 BB1C1C.规范解答 (1)因为 E，F 分别是 AB，AA1 的中点，所以 EFA1B.(3 分)因为 EF?平面 A 1BD ，A1B? 平面 A1BD，所以 EF平面 A 1BD.(6 分)(2)在直三棱柱 ABCA 1B1C1中，BB1平面 A 1B1C1，因为 A1D? 平面 A1B1C1，所以 BB1A1D. (8 分)因为 A1B1A1C1，且 D 是B1C1的中点，所以 A1DB1C1.(10 分)因为 BB1B1C1B1，B1C1，BB1? 平面 BB 1C1C，所以 A1D平面 BB 1C1C.(12 分)因为 A1D? 平面 A 1BD ，所以平面 A 1BD 平面 BB 1C1C. （14 分）E，F13、（2019 苏锡常镇调研（一）如图，三棱锥DABC 中，已知 AC BC，AC DC，BCDC，分别为 BD ，CD 的中点求证：（1） EF 平面 ABC ；（2） BD 平面 ACE.规范解答 （1）三棱锥 DABC 中，因为 E 为 DB 的中点， F 为 DC 的中点，所以 EF BC，（3