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2014届高考数学(文)一轮复习课件(苏教版):07第七章 立体几何(回扣主干知识+突破热点题型+提升学科素养,19


第七章 立体几何 第一节 空间几何体的结构特征及表面积和体积 第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系 第三节 直线、平面平行的判定及其性质

第四节 直线、平面垂直的判定与性质
专家讲坛

[备考方向要明了] 考 什 么 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并 能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.

/>
2.了解球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算
公式(不要求记忆公式).

怎 么 考
1.对空间几何体的结构特征的考查,很少单独命题,多与

命题真假判断相结合,在考查线面位置关系时,常以几
何体为载体. 2.求几何体的表面积、体积一直是高考考查的重点之 一.通常有以下特点: (1)多以填空题的形式考查,有时也以解答题形式考查. (2)常结合几何体的棱、面满足的条件来计算表面积或体 积,如2012年高考T7.解答题(中的一问)一般给出相关条 件来判断几何体形状特征(特别是几何体的高)并计算体 积或表面积,2010年高考T16等.

[归纳 知识整合]

1.空间几何体的结构特征
①棱柱是由一个平面多边形沿某一方向 间几何体

平移 形成的空

多面 ②棱锥是当棱柱的一个底面收缩为一个点时得到的几
体 何体 ③棱台可由 的平面去截棱锥得到, 平行于棱锥底面

其上下底面是

相互平行



的多边形

相似

①圆柱可以由 矩形 绕其任一边旋转得到 ②圆锥可以由直角三角形绕其______________ 一条直角边所

在直线 旋转得到
旋转体 ③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下

底中点连线旋转得到,也可由
平面截圆锥得到 ④球可以由半圆或圆绕

于圆锥底面的 平行
旋转得到

直径所在直线

[探究]

1.有两个面互相平行,其余各面都是平行

四边形的几何体是棱柱吗? 提示:不一定.如图所示,尽管几 何体满足了两个平面平行且其余各面都 是平行四边形,但不能保证每相邻两个

侧面的公共边互相平行.

2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 侧面展 开图 侧面积 公式 圆锥 圆台

S圆柱侧= 2πrl

S圆锥侧= πrl S圆台侧= π(r+r′)l

3.空间几何体的表面积和体积公式
名称 几何体 柱体(棱柱 和圆柱) 锥体(棱锥 和圆锥) 台体(棱台 和圆台) 球 表面积 S 表面积=S 侧+2S 底 S 表面积=S 侧+S 底 体积 V= Sh

1 Sh V= 3
1 V= (S 上+S 下+ 3 S上S下) h V=

S 表面积=S 侧+S 上+S 下

4πR2 S=

4 3 3πR

[探究]

2.柱体、锥体、台体的体积公式之间有什么

联系?
提示:

3.如何求不规则几何体的体积?

提示:常用方法:分割法、补体法、转化法.通过计
算转化得到基本几何体的体积来实现.

[自测

牛刀小试]

1.用任意一个平面截一个几何体,各个截面都是圆
面,则这个几何体一定是________(填序号). ①圆柱;②圆锥;③球体;④圆柱,圆锥,球体的组 合体. 解析:由球的性质可知,用平面截球所得的截面都是

圆面.
答案: ③

2.(教材习题改编)如图所示的几何体是棱柱的有
________(填序号).

解析:根据棱柱结构特征可知③⑤是棱柱.
答案:③⑤

3.(2012· 上海高考)一个高为2的圆柱,底面周长为
2π,该圆柱的表面积为________. 解析:由已知条件得圆柱的底面半径为1,所以S
表=S侧+2S底=cl+2πr 2=2π×2+2π=6π.

答案:6π

4.(教材习题改编)一个球的半径扩到原来的3倍,则表面 积扩大原来的________倍;体积扩大原来的_____
解析:设原球的半径为 1,则半径扩大后半径为 3, 倍. S2 则 S1=4π,S2=4π×32=36π,即S =9,所以表面积扩大
1

4 4 V2 3 为原来的 9 倍.由 V1=3π,V2=3π×3 =12π,即V =27, 1 所以体积扩大为原来的 27 倍.

答案:9

27

5.(教材习题改编)如图,用半径为2的半圆形铁皮卷成一

个圆锥筒,那么这个圆锥筒的容积是________.

解析:由于半圆的圆弧长等于圆锥底面圆的周长,若 设圆锥底面圆半径为 r,则得 2π=2πr,解得 r=1,又 圆锥的母线长为 2,所以高为 3,所以这个圆锥筒的 1 3 2 容积为 π×1 × 3= π. 3 3

3 答案: π 3

空间几何体的结构特征
[例1] 下列结论中正确的是________(填序号).
①各个面都是三角形的几何体是三棱锥; ②以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其余两边旋转 形成的曲面所围成的几何体叫圆锥; ③棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可 能是六棱锥; ④圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线.

[自主解答]

①错误.如图,由两个结

构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体,

各面都是三角形,但它不是棱锥.
②错误.如下图,若△ABC不是直角三 角形,或是直角三角形但旋转轴不是直角边,

所得的几何体都不是圆锥。
③错误.若六棱锥的所有棱都相等, 则底面多边形是正六形.但由几何图形 知,若以正六边形为底面,侧棱长必然 要大于底面边长.

[答案]



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求解空间几何体概念辨析题的常用方法 (1)定义法,即严格按照空间几何体的有关定义判断. (2)反例法,即通过举反例来说明一个命题是错误的.
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1.下列命题中,正确的是________(填序号). ①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱; ②侧面都是等腰三角形的棱柱是正棱锥; ③侧面都是矩形的四棱柱是长方体; ④底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱 是正棱柱. 解析:对于①,两个侧面是矩形并不能保证侧棱与底面垂 直,故①错误;对于②,侧面都是等腰三角形,不能确保 此棱锥顶点在底面在底面的射影在底面正多边形的中心上, 且也不能保证底面是正多边形,故②错误;对于③,侧面 是矩形不能保证底面也是矩形,因而③错误. 答案:④

几何体的表面积 [例2] 如图所示,过正三棱锥的底面

一边且垂直于对棱作一截面,若此截面将 对棱VA分成VD∶DA=3∶2两部分,且底

面的边长为4,求此正棱锥的全面积.

[自主解答] ∴VA⊥BD.

如图所示, 截面 BCD⊥VA, VD∶DA=3∶2, 且

设 AD=2x,VD=3x,取 AB 的中点 E,连 VE,则 VE⊥AB, ∴Rt△VAE∽Rt△BAD. AD AB 2x 4 ∴AE = VA ,∴ = , 2 5x ∴x= 20 ,∴VA=5x= 20. 5

在 Rt△VAE 中,VE= VA2-AE2= 20-4=4. 1 S 全=S 底+S 侧= 3×4+3× ×4×4=24+4 3. 2

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求几何体表面积应注意的事项 (1)正棱锥的全面积应等于侧面积加上底面积, 所以应分别求出; (2)熟记各种几何体的侧面积的求法是关键; (3)通过轴截面等构造直角三角形或直角梯形,

从而建立相关量(半径、高、斜高、母线、棱或底边
长等)的关系.
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2.一个直角梯形的上、下底和高的比为 1∶2∶ 3,求由它 旋转而成的圆台的上底面积、下底面积和侧面积的比.
解:利用轴截面求母线长,如图,设上、下底和高分别为 x,2x, 3x,则母线 l= ?2x-x?2+? 3x2?=2x. ∴S 上底=πx2,S 下底=π(2x)2=4πx2, S 侧=π(x+2x)· 2x=6πx2. ∴圆台的上、下底及侧面面积之比为 1∶4∶6.

几何体的体积 [例3] 已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面

积为S,求其内接正四棱柱的体积. [自主解答] 如图设等边圆柱的底面半径为 r, 则高 h=2r.
∵S=S 侧+2S 底=2πrh+2πr2=6πr2, ∴r= S . 6π

∴内接正四棱柱的底面边长 a=2rsin 45° 2r. = ∴V=S 底· h=( 2r)2· 2r=4r3
? ? =4· ?

6πS S? ?= · S. 6π? 9π2

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求几何体的体积要注意以下几点
(1)熟记简单几何体的体积公式; (2)会画出几何体的轴截面; (3)掌握内接、外切及组合体中各几何中相关量的关系.
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3. (2012· 湖州模拟)如图所示,已知一个多面体的平面 展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三

角形组成, 则该多面体的体积是________.

解析:由题知该多面体为正四棱锥,底面边长为 1,侧棱长 3 为 1,斜高为 ,连结顶点和底面中心即为高,可求得高为 2 2 1 2 2 ,所以体积 V= ×1×1× = . 2 3 2 6 2 答案: 6

与球有关的切、接问题
[例 4] (2012· 新课标全国高考)平面 α 截球 O 的球面

所得圆的半径为 1,球心 O 到平面 α 的距离为 2,则此球 的体积为 ________.

[自主解答]
2 2

据球的(截面)性质知,球的半径为 R=

4 3 1 +? 2? = 3,∴球的体积为 V=3πR =4 3π.

[答案]

4 3π

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求解与球有关的切、接问题的解题策略
解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细 观察、分析,弄清相关元素的关系和数量关系,选准最 佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何 体的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达到空间 问题平面化的目的.
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4.(2013· 河北质检)已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为 3 2,则这个四棱锥的外接球的表面积等于________.
解析:依题意得,该正四棱锥的底面对角线的长为 3 2 × 2=6,高为 ?3 2?
2

?1 ? -?2×6?2=3,因此底面中心到 ? ?

各顶点的距离均等于 3, 所以该四棱锥的外接球的球心即 为底面正方形的中心,其外接球的半径为 3,所以其外接 球的表面积等于 4π×32=36π. 答案:36π

? 1 种思想方法——利用转化与化归思想解决棱台、圆 台的有关问题
由棱台和圆台的定义可知棱台和圆台是分别用平行 于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的,所 以在解决棱台和圆台的相关问题时,常“还台为锥”,体 现了转化的数学思想.

(1)公式法:直接根据相关的体积公式计算. (2)等积法:根据体积计算公式,通过转换空间几

何体的底面和高使得体积计算更容易,或是求出一些体
积比等. (3)割补法:把不能直接计算体积的空间几何体进 行适当的分割或补形,转化为可计算体积的几何体.

计算旋转体的侧面积时,一般采用转化的方法来进 行,即将侧面展开化为平面图形,“化曲为直”来解决,因 此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积 的求法.

创新交汇——空间几何体中体积的最值问题

1.求空间几何体的体积一直是高考考查的重点,几
乎每年都考查,既可以与三视图结合考查,又可以单独考 查.而求空间几何体体积的最值问题,又常与函数、导数、 不等式等知识交汇考查. 2.求解空间几何体最值问题,可分为二步:第一步 引入变量,建立关于体积的表达式;第二步以导数或基本 不等式为工具求最值.

[典例]

(2012· 湖北高考(节选))如图1,∠ACB=

45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上 且异于点B,连结AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC= 90°(如图2所示).当BD的长为多少时,三棱锥A-BCD 的体积最大?

[解] CD=3-x.

如图 1 所示的△ABC 中, BD=x(0<x<3), 设 则

由 AD⊥BC,∠ACB=45° 知△ADC 为等腰直角三角 形,所以 AD=CD=3-x. 由折起前 AD⊥BC 知,折起后(如图 2),AD⊥DC, AD⊥DC,且 BD∩DC=D,所以 AD⊥平面 BDC, 1 1 ∠BDC=90° ,所以 S△BCD= BD· CD= x(3-x). 2 2 1 1 1 于是 VA-BCD= AD·△BCD= (3-x)·x(3-x). S 3 3 2

1 法一:VA-BCD=6(x3-6x2+9x). 1 3 令 f(x)=6(x -6x2+9x). 1 由 f′(x)=2(x-1)(x-3)=0,且 0<x<3,解得 x=1. 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0;当 x∈(1,3)时,f′(x)<0, 所以当 x=1 时,f(x)取得最大值,即 BD=1 时 三棱锥 A-BCD 的体积最大. 1 1 ?2x+?3-x?+?3-x??3 2 ? ? = , 法二:VA-BCD=12· 2x(3-x)(3-x)≤12· 3 3 ? ? 当且仅当 2x=3-x,即 x=1 时,取“=”. 故当 BD=1 时,三棱锥 A-BCD 的体积最大.

[名师点评]

解答此题的关键是恰当引入变量x,即令BD=x,

结合位置关系列出体积的表达式,将求体积的最值问题
转化为求函数的最值问题.

[变式训练]

如图,动点P在正方体ABCD- A1B1C1D1的对角线BD1上.过点P作 垂直于平面BB1D1D的直线,与正方 体表面相交于M,N.设BP=x,MN=y,则函数y=f(x) 的图象大致是________(填序号).

解析:显然,只有当P移动到中心O时,MN有惟一的最
大值,淘汰①③;P点移动时,取AA1的中点E,CC1的 中点Q,平面D1EBQ垂直于平面BB1D1D,且M、N两 点在菱形D1EBQ的边界上运动,故x与y的关系应该是 线性的,淘汰④. 答案:②

1.给出下列命题:①在正方体上任意选择4个不共面的

顶点,它们可能是正四面体的4个顶点;②底面是等
边三角形,侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥; ③若有两个侧面垂直于底面,则该四棱柱为直四棱 柱.其中正确命题的序号是________.

解析:①正确,正四面体是每个面都是

等边三角形的四面体,如正方体ABCD-
A1B1C1D1中的四面体A-CB1D1;②错误, 举反例如图所示,底面△ABC为等边三角形,可令AB= VB=VC=BC=AC,则△VBC为等边三角形,△VAB和 △VCA均为等腰三角形,但不能判定其为正三棱锥;③错 误,必须是相邻的两个侧面. 答案:①

2.(2012· 南京模拟)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1


底面边长为2 cm,高为5 cm,则一质点自点A出发, 沿着正三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的 长为________cm.

解析:根据题意,利用分割法将原三棱柱分割为两个相同 的三棱柱,然后将其展开为如图所示的实线部分,则可知 所求最短路线的长为 52+122=13 (cm).

答案:13

[备考方向要明了] 考 什 么 1.理解空间直线、平面位置 关系的定义; 怎么考

1.直线、平面位置关系是历年
高考考查的重点内容之一, 多以主观题形式出现.如

2.了解四个公理和等角定理,

并能以此作为推理的依据; 2010年高考T16(1)等. 3.能运用公理、定理和已获 2.公理和定理一般不单独考 得的结论证明一些空间图 形的位置关系的简单命题. 查,而是作为解题过程中 的推理依据.

[归纳 1.四个公理

知识整合]

公理1:如果一条直线上的两点 在一个平面内,那

么这条直线在此平面内.作用:可用来证明点、直线在
平面内. 作用:可用来证明点、直线在平面内. 公理2:如果两个平面有一个公共点,那么它们还 有其他公共点,这些公共点的集合是经过这个公共点的

一条直线.

作用:①可用来确定两个平面的交线;②判断或证 明多点共线;③判断或证明多线共点. 公理3:经过 不在同一条直线上 的三点,有且

只有一个平面.
作用:①可用来确定一个平面;②证明点线共面. 公理4:平行于同一条直线的两条直 线 . 作用:判断空间两条直线平行的依据. 互相平行

[探究]

1.平面几何中成立的有关结论在空间立体几

何中是否一定成立?

提示:不一定.例如,“经过直线外一点有且只有一
条直线和已知直线垂直”在平面几何中成立,但在立体几 何中就不成立.而公理4的传递性在平面几何和立体几何

中均成立. 2.直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类
? 平行 , ? ? ?共面直线? ? 相交 , ? ? ? ?异面直线:不同在 任何 一个平面内.

(2)等角定理:如果一个角的两边和另一个角的两边 相等 分别平行并且方向相同,那么这两个角 (2)异面直线所成的角 ①定义:设a,b是两条异面直线,经过空间中任一点O 锐角(或直角) 作直线a′∥a,b′∥b,把a′与b′所成的 _____________ 叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).
②范围:
? π? ?0, ? 2? ?



.

③判定:过平面内一点与平面外一点的直线,和这
个平面内不经过该点的直线是异面直线. [探究] 2.不相交的两条直线是异面直线吗?

提示:不一定,不相交的两条直线可能平行,也可 能异面.

3.不在同一平面内的直线是异面直线吗?
提示:不一定,不在同一平面内的直线可能异面, 也可能平行.

3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系
图形语言
相交 直线与 平面 平行 在平面内 平面与 平面 a∥α a?α

符号语言
a∩α=A

公共点

1 个 0 个

无数 个 0 个
无数 个

平行
相交

α∥β
α∩β=l

[自测

牛刀小试]

1.(教材习题改编)下列命题: ①经过三点确定一个平面;

②梯形可以确定一个平面;
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面; ④如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合. 其中正确命题的是_________. (填序号)

解析:对于①,未强调三点不共线,故①错误;②正确;
对于③,三条直线两两相交,如空间直角坐标系,能确

定三个平面,故③正确;
对于④,未强调三点共线,则两平面也可能相交,故④ 错误. 答案:②③

2.如果a?α ; b?α ; l∩a=A ; l∩b=B,那么下列

关系成立的是________(填序号).
①l?α;②l?α;③l∩α=A;④l∩α=B. 解析:∵a?α,l∩a=A,∴A∈α,A∈l,同理B∈α, B∈l,∴l?α. 答案:①

3.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这 三个平面把空间分成________个部分. 解析:三个平面α,β,γ两两相交,交线分别是a, b,c,且a∥b∥c,则α,β,γ把空间分成7部分. 答案:7

4.若直线l上有两点到平面α的距离相等,则直线l与平 面α的关系是____________. 解析:当这两点在α的同侧时,l与α平行; 当这两点在α的异侧时,l与α相交. 答案:平行或相交

5.(2012· 信阳模拟)平面α、β的公共点多于两个,则 ①α、β垂直; ②α、β至少有三个公共点; ③α、β至少有一条公共直线;

④α、β至多有一条公共直线.
以上四个判断中不成立是________(填序号). 解析:由条件知,平面α与β重合或相交,重合时,公共 直线多于一条,故④错误;相交时不一定垂直,故①错 误. 答案:①④

平面的基本性质及应用 [例1] (2012· 临沂模拟)以下四个命题:

①不共面的四点中,其中任意三点不共线;
②若点A、B、C、D共面,点A、B、C、E共面,则点 A、B、C、D、E共面; ③若直线a、b共面,直线a、c共面,则直线b、c共面; ④依次首尾相接的四条线段必共面.

其中正确命题的个数是________(填序号)

(2)如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形,∠BAD=∠FAB= 1 90° ,BC∥AD 且 BC= AD,BE∥AF 且 2 1 BE= AF,G,H 分别为 FA,FD 的中点. 2 ①证明:四边形 BCHG 是平行四边形; ②C,D,F,E 四点是否共面?为什么?

[自主解答]

(1) ①正确,可以用反证法证明;②不

正确,从条件看出两平面有三个公共点A、B、C,但是若 A、B、C共线.则结论不正确;③不正确,共面不具有传 递性;④不正确,空间四边形的四条边不在一个平面内.
(2)①证明:由已知 FG=GA, 1 FH=HD,可得 GH 綊 AD. 2 1 又∵BC 綊 AD,∴GH 綊 BC, 2 ∴四边形 BCHG 为平行四边形.

1 ②∵BE 綊 AF,G 为 FA 中点知,BE 綊 FG, 2 ∴四边形 BEFG 为平行四边形, ∴EF∥BG.由(1)知 BG 綊 CH, ∴EF∥CH,∴EF 与 CH 共面. 又 D∈FH,∴C、D、F、E 四共点面.
[答案] (1)①

本例条件不变,如何证明“FE、AB、DC共点”?
证明:如图,取 AD 中点为 M,连结 GM,EG,CM. 由条件知,EG 綊 AB,CM 綊 AB,所

以 EG 綊 CM,

所以四边形 EGMC 为平行四边形,所以 EC∥GM. 1 1 又 GM 綊 FD, ∴EC 綊 FD, E、 D、 四点共面. 故 C、 F 延 2 2 长 FE、DC,设相交于点 N, 因为 EF?平面 ABEF,所以 N∈平面 ABEF, 同理可证,N∈平面 ABCD, 又因为平面 ABEF∩平面 ABCD=AB,所以 N∈AB.

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1.由所给元素确定平面的关键点
判断由所给元素(点或直线)确定平面时,关键是 分析所给元素是否具有确定惟一平面的条件,如不具

备,则一定不能确定一个平面.
2.证明共面问题的常用方法 ①纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、

线在此平面内.
②辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α, 再证明其余元素确定平面β,最后证明平面α、β重合.
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1.下列如图所示是正方体和正四面体,P、Q、R、S分别 是所在棱的中点,则四个点共面的图形是________.

解析:①中可证四边形PQRS为梯形;②中, 如图所示取A1A与BC的中点为M、N,可证 明PMQNRS为平面图形,且PMQNRS为正 六边形.③中可证四边形PQRS为平行四边

形;④中,可证Q点所在棱与面PRS平行,因此,P、Q、
R、S四点不共面. 答案:①②③

2.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 AB 和 AA1 的中点.求证: (1)E、C、D1、F 四点共面; (2)CE、D1F、DA 三线共点.
证明:(1)连结 EF,CD1,A1B. ∵E、F 分别是 AB、AA1 的中点, ∴EF∥BA1. 又 A1B∥D1C, ∴EF∥CD1,∴E、C、D1,F 四点共面.

(2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE 与 D1F 必相交,设交点为 P, 则由 P∈CE,CE?平面 ABCD, 得 P∈平面 ABCD. 同理 P∈平面 ADD1A1. 又平面 ABCD∩平面 ADD1A1=DA, ∴P∈直线 DA.∴CE、D1F、DA 三线共点.

空间两条直线的位置关系

[例3]

如图,在正方体ABCD-

A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1

的中点,则下列

①MN与CC1垂直;
②MN与AC垂直; ③MN与BD平行; ④MN与A1B1平行;

[自主解答]

由于MN与平面DCC1D1相交于N点,

D1C1?平面DCC1D1,且C1D1与MN没有公共点,所以 MN与C1D1是异面直线.又因为C1D1∥A1B1,且A1B1 与MN没有公共点,所以A1B1与MN是异面直线.

[答案]



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———————————— 异面直线的判定方法

(1)定义法:依据定义判断(较为困难); (2)定理法:过平面内一点与平面外一点的直线与平

面内不经过该点的直线为异面直线.(此结论可作为定理
使用). (3)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两直 线平行或相交,由假设的条件出发,经过严密的推理, 导出矛盾,从而否定假设,肯定两条直线异面.

3.已知空间四边形ABCD中,E、H分别是边AB、AD的中 点,F、G分别是边BC、CD中的点. (1)求证:BC与AD是异面直线; (2)求证:EG与FH相交. 证明:(1)假设BC与AD共面,不妨设它 们所共平面为α,则B、C、A、D∈α.

所以四边形ABCD为平面图形,这与四
边形ABCD为空间四边形相矛盾.所以 BC与AD是异面直线.

(2)如图,连接AC,BD,则EF∥AC,HG∥AC,
因此EF∥HG;同理EH∥FG,则EFGH为平行四 边形. 又EG、FH是?EFGH的对角线, 所以EG与HF相交.

异面直线所成的角 [例4] (2012· 银川模拟)如图所示,在正方体ABCD

-A1B1C1D1中, (1)求A1C1与B1C所成角的大小; (2)若E、F分别为AB、AD的中点,求A1C1与EF所成 角的大小.

[自主解答]

(1)如图,连接AC、AB1,

由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AA1C1C 为平行四边形,所以AC∥A1C1,从而B1C 与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角. 由AB1=AC=B1C可知∠B1CA=60°, 即A1C1与B1C所成角为60°.

(2)如图,连接BD,由AA1∥CC1,且AA1=CC1可知
A1ACC1是平行四边形,所以AC∥A1C1. 即AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.

因为EF是△ABD的中位线,所以EF∥BD.
又因为AC⊥BD,所以EF⊥AC,即所求角为90°.

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求异面直线所成角的步骤

平移法求异面直线所成角的一般步骤:

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4.已知三棱锥A-BCD中,AB=CD,且直线AB与CD成 60°角,点M、N分别是BC、AD的中点,求直线AB和 MN所成的角.
解:如图,设E为AC的中点,连接EM、EN. 1 ∵EM綊2AB, ∴∠EMN即为异面直线AB与MN所成的角(或补角). 1 1 在△MEN中,ME綊2AB,EN綊2CD.

∴∠MEN为异面直线AB与CD所成的角(或补角),且
△MEN为等腰三角形. 当∠MEN=60°时,∠EMN=60°,即异面直线AB和 MN所成的角为60°. 当∠MEN=120°时,∠EMN=30°,即异面直线AB和

MN所成的角为30°.
∴直线AB和MN所成的角为60°或30°.

?1个疑难点——对异面直线概念的理解

(1)“不同在任何一个平面内”指这两条直线不能确定
任何一个平面,因此异面直线既不平行,也不相交. (2)不能把异面直线误解为:分别在不同平面内的两条 直线为异面直线. (3)异面直线的公垂线有且仅有一条. ? 2 种方法——求异面直线所成角的方法 (1)平移法:即选点平移其中一条或两条直线使其转 化为平面角问题,这是求异面直线所成角的常用方法.

(2)补形法:即采用补形法作出平面角.

?3个“共”问题——“共面”、“共线”和“共 点”问题
(1)证明共面问题一般有两种途径: ①首先由条件中的部分线(或点)确定一个平面,再证其他 线(或点)在此平面内; ②将所有条件分为两部分,然后分别确定平面,再证明这 两个平面重合. (2)证明共线问题一般有两种途径: ①先由两点确定一条直线,再证其他点都在这条直线上; ②直接证明这些点都在同一条特定直线上. (3)证明共点问题常用方法:先证其中两条直线交于一点, 再证其他直线经过该点.

易误警示——求解线线角中忽视隐含条件而致错

[典例]

(2013· 临沂模拟)过正方体ABCD-

A1B1C1D1的顶点A作直线l,使l与棱AB,AD,AA1所成

的角都相等,这样的直线l可以作________条.

[解析]

如图,连接体对角线AC1,显然

AC1与棱AB、AD,AA1所成的角都相等,所 成角的正切值都为 2.联想正方体的其他 体对角线,如连接BD1,则BD1与棱BC、 BA、BB1所成的角都相等, ∵BB1∥AA1,BC∥AD, ∴体对角线BD1与棱AB、AD、AA1所成的角都相等,同 理,体对角线A1C、DB1也与棱AB、AD、AA1所成的角都相 等,过A点分别作BD1、A1C、DB1的平行线都满足题意,故这 样的直线l可以作4条.

[答案] 4

[易误辨析]

1.易忽视异面直线所成的角,且没有充分认识正方

体中的平行关系而错选A.
2.求解空间直线所成的角时,还常犯以下错误: (1)缺乏空间想象力,感觉无从下手; (2)忽视异面直线所成角的范围.

[变式训练]
如图所示,点A是平面BCD外一点,AD=BC=2,E、 F分别是AB,CD的中点,且EF= 2 ,则异面直线AD和BC 所成的角为________.

解析:如图,设 G 是 AC 的中点,连接 EG, FG. 因为 E,F 分别是 AB,CD 的中点,故 1 EG∥BC 且 EG= BC=1,FG∥AD, 2 1 且 FG= AD=1.即∠EGF 为所求, EF= 2,由勾股定 又 2 理可得∠EGF=90° .

答案:90°

1.如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,则在下列

命题中,错误的为________(填序号).
A.AC⊥BD B.AC∥截面PQMN

C.AC=BD
D.异面直线PM与BD所成的角为45° 解析:依题意得MN∥PQ,MN∥平面ABC,又MN?平面

ACD,且平面ACD∩平面ABC=AC,因此有MN∥AC,
AC∥平面MNPQ.同理,BD∥PN.又截面MNPQ是正方形, 因此有AC⊥BD,直线PM与BD所成的角是45°. 答案:C

2.对于四面体ABCD,下列命题 ①相对棱AB与CD所在直线异面;

②由顶点A作四面体的高,其垂足是△BCD三条高线
的交点; ③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高,则这两 条高所在的直线异面; ④分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相

交于一点.
其中正确的是________.(填序号)

解析:对于①,由四面体的概念可知,
AB与CD所在的直线为异面直线,故① 正确;对于②,由顶点A作四面体的高, 当四面体ABCD的对棱互相垂直时,其 垂足是△BCD的三条高线的交点,故②错误;对于③,当

DA=DB,CA=CB时,这两条高线共面,故③错误;对
于④,设AB、BC、CD、DA的中点依次为E、F、M、N, 易证四边形EFMN为平行四边形,所以EM与FN相交于一 点,易证另一组对棱也过它们的交点,故④正确. 答案:①④

3.已知长方体ABCD-A′B′C′D′中,AB=4,BC = 3,AA′=5,求异面直线D′B和AC所成角的余弦值.
解:法一:(平移法):如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′ 中,连接BD交AC于点E,取DD′的中点F,连接EF,AF, 1 则EF綊2D′B, ∴∠FEA是D′B和AC所成的角, 42+32 5 ∵AE= =2, 2 25+25 5 2 EF= = 2 , 2 ?5?2 61 2 AF= 3 +?2? = 2 , ? ? EF2+AE2-AF2 7 2 ∴在△FEA中,cos∠FEA= = 50 . 2EF· AE

法二:(补形法):如图,在长方体的一旁补一个全等的长方体, 则BE綊AC∴∠D′BE(或其补角)是D′B和AC所成的角, ∵D′B=5 2,BE=5,D′E= 89, ∴在△D′BE中, 7 2 cos∠D′BE=- 50 , 7 2 ∴D′B与AC所成角的余弦值为 50 .

[备考方向要明了]
考 什 么 1.以立体几何的定义、 公理和定理为出发点,

怎么考 1.直线与平面平行的判定与性质及
平面与平面平行的判定与性质是 高考的热点之一,考查线∥线? 线 ∥面?面∥面的转化,考查学生 的 空间想象能力及逻辑推理能力. 2.多以解答题形式出现,主要是围 绕线、面平行的判定和性质定理 的应用设计试题,一般设计为解 答题的某一问,如2012年高考

认识和理解空间中线
面平行的有关性质与 判定定理.

2.能运用公理、定理和
已获得的结论证明一 些空间图形的平行关

系的简单命题.

[归纳 知识整合] 1.直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 判 平面外一条直线与 这个平面内 定 的一条直线平行,则该直线与 图形语言 符号语言 ∵ l∥a , a?α , l?α ,∴ l∥α . ∵ l∥α , l?β

定 此平面平行(线线平行?线面平
理 行). 性 如果一条直线和一个平面平行,

质 经过这条直线的平面和这个平
定 面相交,那么这条直线就和交 理 线平行.(线面平行?线线平行).




α∩β=b ∴l∥b.

[探究]

1.如果一条直线和平面内一条直线平行,那

么这条直线和这个平面平行吗?

提示:不一定.只有当此直线在平面外时才有线面
平行. 2.如果一条直线和一个平面平行,那么这条直线和 这个平面的任意一条直线都平行吗? 提示:不可以,对于任意一条直线而言,存在异面

的情况.

2.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言 一个平面内的两条 判定定 理 图形语言 ∵ 符号语言

相交直线 与另一个
平面平行,则这两个
平面平行(简记为“线 面平行?面面平行”).

a∥β





b∥β a∩b ,
=P , a?α b?α ∴α∥β.

文字语言 如果两个平行平面 性质定理 同时和第三个平 面 们的

图形语言

符号语言 ∵ α∥β,

相交 ,那么它
平行. 交线

α∩γ=a , β∩γ=b ,
∴a∥b.

[探究] 3.如果一个平面有无数条直线与另一个平面 平行,那么这两个平面平行吗? 提示:不一定.可能平行,也可能相交. 4.如果两个平面平行,则一个平面内的直线与另一 个平面有什么位置关系? 提示:平行.

[自测 牛刀小试]

1.一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离
相等,那么直线l与平面α的位置关系是_________.

解析:当直线l∥α或l?α时,满足条件.
答案:l∥α或l?α

2.(教材习题改编)已知平面α∥β,直线a?α,有下列
说法: ①a与β内的所有直线平行; ②a与β内无数条直线平行; ③a与β内的任意一条直线都不垂直. 其中真命题的序号是________. 解析:由面面平行的性质可知,过a与β相交的平面与β 的交线才与a平行,故①错误;②正确;平面β内的直 线与直线a平行,异面均可,其中包括异面垂直,故③ 错误. 答案:②

AM 3. 如图, 在空间四边形 ABCD 中, M∈AB, N∈AD, MB 若 AN = ND , 则 直 线 MN 与 平 面 BDC 的 位 置 关 系 是 ________. AM AN 解析:∵MB=ND,∴MN∥BD,

又 MN?平面 BCD,BD?平面 BCD, ∴MN∥平面 BDC.

答案:平行

4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
E,F,G,H,N分别是棱CC1,C1D1, D1D,DC,BC的中点,点M在四边形

EFGH及其内部运动,则点M只需满足条件________时,
就有MN∥平面B1BDD1.(填上正确的一个条件即可,不 必考虑全部可能情况) 解析:∵HN∥BD,HF∥DD1, ∴平面NHF∥平面BB1D1D,

故线段FH上任意点M与N相连,均有MN∥平面BB1D1D.
答案:M∈线段FH

5.(教材习题改编)过三棱柱ABC-A1B1C1的棱A1C1, B1C1,BC,AC的中点E、F、G、H的平面与平面 ________平行.

解析:如图所示,∵E、F、G、H分别
为A1C1、B1C1、BC、AC的中点, ∴EF∥A1B1,FG∥B1B,且EF∩FG= F,A1B1∩B1B=B1 ∴平面EFGH∥平面ABB1A1.

答案:ABB1A1

线面平行的判定及性质 [例1] (2012· 宁波模拟)正方形ABCD与正方形

ABEF所在平面相交于AB,在AE、BD上各有一点P、 Q,且AP=DQ.求证:PQ∥平面BCE. [自主解答] 法一:如图所示,作PM

∥AB交BE于M,作QN∥AB交BC于N,

连接MN.
∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB,∴AE =BD.

又AP=DQ,∴PE=QB, 又PM∥AB∥QN, PM PE QB QN BQ ∴ AB =AE=BD, DC=BD, PM QN ∴ AB = DC, ∴PM綊QN,即四边形PMNQ为平行四边形, ∴PQ∥MN. 又MN?平面BCE,PQ?平面BCE, ∴PQ∥平面BCE.

法二:如图所示,作PH∥EB交AB于H,连接HQ, AH AP 则HB=PE, ∵AE=BD,AP=DQ, ∴PE=BQ, AH AP DQ ∴HB=PE= BQ, ∴HQ∥AD,即HQ∥BC. 又PH∩HQ=H,BC∩EB=B, ∴平面PHQ∥平面BCE, 而PQ?平面PHQ, ∴PQ∥平面BCE.

AP DQ 本例若将条件“AP=DQ”改为“ PE = QB ”,则直线PQ 与平面BCE还平行吗?
解:平行.证明如下: 如图所示,连接AQ,并延长交BC于K,连接EK. ∵AD∥BK, DQ AQ AP DQ AP AQ ∴ BQ=QK.又PE= QB,∴PE=QK,∴PQ∥EK. 又PQ? 平面BEC,EK?平面BEC, ∴PQ∥平面B EC.

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证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法 (1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找 到一条与已知直线平行的直线; (2)利用几何体的特征,

合理利用中位线定理、线面平行的性质,或者构造平
行四边形、寻找比例式证明两直线平行; (3)注意说明 已知的直线不在平面内,即三个条件缺一不可.
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1. (2011· 福建高考)如图,正方体ABCD- A1B1C1D1中,AB=2,点E为AD的中 点,点F在CD上,若EF∥平面AB1C, 则线段EF的长度等于________.
解析:∵EF∥平面 AB1C,EF?平面 ACD,平面 ACD∩平面 AB1C=AC,∴EF∥AC,又 E 为 AD 的 1 1 中点,AB=2,∴EF= AC= × 22+22= 2. 2 2 答案: 2

2.(2013· 无锡调研)如图,PA⊥平面ABCD,四边形
ABCD 是矩形,E、F分别是AB、PD的中点,求证:AF∥平 证明:如图,取PC的中点M, 面PCE. 1 连接ME、MF,则FM∥CD且FM=2CD. 1 又∵AE∥CD且AE=2CD,
∴FM綊AE,即四边形AFME是平行四边形. ∴AF∥ME, 又∵AF?平面PCE,EM?平面PCE, ∴AF∥平面PCE.

面面平行的判定与性质

[例2]

如图所示,在直四棱柱ABCD

-A1B1C1D1中,底面是正方形,E,F,G 分别是棱B1B,D1D,DA的中点.求证:平 面AD1E∥平面BGF.
[自主解答] ∵E,F 分别是 B1B 和 D1D 的中点,∴D1F 綊 BE, ∴四边形 BED1F 是平行四边形, ∴D1E∥BF. 又∵D1E?平面 BGF,BF?平面 BGF, ∴D1E∥平面 BGF.

∵FG 是△DAD1 的中位线, ∴FG∥AD1. 又 AD1 平面 BGF,FG?平面 BGF, ∴AD1∥平面 BGF. 又∵AD1∩D1E=D1, ∴平面 AD1E∥平面 BGF.

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判定面面平行的方法
(1)利用定义:即证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的两平面平行(客观题可用); (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(客观题可用).

3.(2013· 济南模拟)如图所示,在正

方体ABCD-A1B1C1D1中,M、
N、P分别为所在边的中点.求 证:平面MNP∥平面A1C1B. 证明:如图所示,连接D1C, 则MN为△DD1C的中位线, ∴MN∥D1C. ∵D1C∥A1B,∴MN∥A1B.同理可证,MP∥C1B. 而MN与MP相交,MN,MP在平面MNP内,A1B, C1B在平面A1C1B内,∴平面MNP∥平面A1C1B.

线面平行中的探索性问题 [例3] (2012· 徐州模拟)如图所示,在

三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC, 若D是棱CC1的中点,问在棱AB上是否存在 一点E,使DE∥平面AB1C1?若存在,请确

定点E的位置;若不存在,请说明理由. [自主解答] 存在点E,且E为AB的中点.
下面给出证明: 如图,取BB1的中点F,连接DF, 则DF∥B1C1,

∵AB的中点为E,连接EF,
则EF∥AB1. B1C1与AB1是相交直线, ∴平面DEF∥平面AB1C1. 而DE?平面DEF, ∴DE∥平面AB1C1.

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破解探索性问题的策略

解决探究性问题一般要采用执果索因的方法,假
设求解的结果存在,从这个结果出发,寻找使这个结 论成立的充分条件,如果找到了符合题目结果要求的 条件,则存在;如果找不到符合题目结果要求的条件 (出现矛盾),则不存在.
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4.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, 底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,且 AB=2CD,在棱AB上是否存在一点F, 使平面C1CF∥平面ADD1A1?若存在, 求点F的位置;若不存在,请说明理由. 解:存在这样的点 F,使平面 C1CF∥平面 ADD1A1,此时 点 F 为 AB 的中点,证明如下:
∵AB∥CD,AB=2CD,∴AF 綊 CD, ∴四边形 AFCD 是平行四边形, ∴AD∥CF,

又 AD?平面 ADD1A1, CF?平面 ADD1A1, ∴CF∥平面 ADD1A1. 又 CC1∥DD1,CC1?平面 ADD1A1, DD1?平面 ADD1A1, ∴CC1∥平面 ADD1A1, 又 CC1、CF?平面 C1CF,CC1∩CF=C, ∴平面 C1CF∥平面 ADD1A1.

?1个转化——三种平行间关系的转化

线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行 有关证明题的指导思想,解题中既要注意一般的转化规律,又 要看清题目的具体条件,选择正确的转化方向.

? 2 种性质——线面、面面平行的性质

(1)线面平行的性质: ①直线与平面平行,则该直线与平面无公共点. ②由线面平行可得线线平行.

(2)面面平行的性质:
①两平面平行,则一个平面内的直线平行于另一平面. ②若一平面与两平行平面相交,则交线平行.

? 3 种方法——判定线面平行的方法

面面平行判定的落脚点是线面平行,因此掌握线面

平行的判定方法是必要的,判定线面平行的三种方法:
(1)利用定义:判定直线与平面没有公共点(一般结合 反证法进行); (2)利用线面平行的判定定理; (3)利用面面平行的性质,即当两平面平行时,其中

一平面内的任一直线平行于另一平面.

数学思想——转化与化归思想在证明平行关系中的应用 线线平行、线面平行和面面平行是空间中三种基本 平行关系,它们之间可以相互转化,其转化关系如下:

证明平行的一般思路是:欲证面面平行,可转化为证 明线面平行,欲线面平行,可转化为证明线线平行.

[典例]

(2013· 盐城模拟) 如图,P为?ABCD

所在平面外一点,M,N分别为AB,PC的中点, 平面PAD∩平面PBC=l. (1)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论;

(2)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论. [解] (1)结论:BC∥l,
因为AD∥BC,BC?平面PAD,AD?平面PAD, 所以BC∥平面PAD. 又因为BC?平面PBC,平面PAD∩平面PBC=l, 所以BC∥l.

(2)结论:MN∥平面PAD. 设Q为CD的中点,如右图所示,连接NQ,MQ, 则NQ∥PD,MQ∥AD. 又因为NQ∩MQ=Q,PD∩AD=D, 所以平面MNQ∥平面PAD. 又因为MN?平面MNQ, 所以MN∥平面PAD.

[名师点评]

1.本题(1)将线面平行的判定定理和性质定理交替使用, 实现了线线平行的证明;本题(2)巧妙地将线面平行的证明

转化为面面平行,进而由面面平行的性质,得到结论的证
明. 2.利用相关的平行判定定理和性质定理实现线线、线 面、面面平行关系的转化,也要注意平面几何中一些平行 的判断和性质的灵活应用,如中位线、平行线分线段成比

例等,这些是空间线面平行关系证明的基础.

[变式训练]

如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,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;

证明:(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC. 又因为DE?平面BCP,PC?平面BCP, 所以DE∥平面BCP.

(2)因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,
所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF, 所以四边形DEFG为平行四边形. 又因为PC⊥AB, 所以DE⊥DG,

所以四边形DEFG为矩形.

1.P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形 对角线交点为O,M为PB的中点,给出

四个结论:①OM∥PD;②OM∥平面
PCD;③OM∥平面PDA;④OM∥平面PBA,⑤ OM∥ 平面PCB.其中正确的是________(填序号). 解析:由题意知,OM∥PD,则OM∥平面PCD,且 OM∥平面PDA. 答案:①②③

2.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线
m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于 B,D,且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为 ________.
解析: 分点 P 在一个平面的一侧或在两个平面之间两种情 况,由两平面平行得 AB∥CD,截面图如图,由相似比得 24 BD= 或 24. 5
24 答案: 或 24 5

3.如图所示,四边形ABCD是平行四边形,
点P是平面ABCD外一点,M是PC的中点, 在DM上取一点G,过G和AP作平面交平 面BDM于GH.求证:AP∥GH. 证明:如图所示,连结AC交BD于点O,连结MO.

∴O是AC的中点.又M是PC的中点,
∴AP∥OM.又AP?平面BMD,OM? 平面BMD,∴AP∥平面BMD.又AP? 平面PAHG,平面PAHG∩平面BMD=GH, ∴AP∥GH.

[备考方向要明了]
考 什 么
公理和定理为出发点, 认识和理解空间中线面 垂直的有关性质和判定 定理. 2.能运用公理、定理和已 获得的结论,证明一些 有关空间图形的位置关 系的简单命题.

怎么考
判定与性质、线面角等一直是

1.能以立体几何中的定义、 线面垂直的判定、面面垂直的

高考的热点内容.且具有以下
特点: 围绕线面垂直、面面垂直的判 定定理和性质定理设计解答题, 且多作为解答题中的某一问, 如2012年高考T16(1),2011高考 T16(2)等.

[归纳

知识整合]

1.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义 直线l与平面α内的 任意一条直线都垂直,就说直线l 与平面α互相垂直.

(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理
文字语言
判定 一条直线与平面内的 都垂直,则该直线与 两条相交直线 此平面垂直

图形语言

符号语言

定理

a、b?α a∩b=O

l⊥a l⊥b a⊥α b⊥α

? ? ??l⊥α ? ? ? ?

性质 垂直于同一个平面的 定理 两条直线______
? ? ??a∥b ? ?

平行

[探究]

1.若两条平行线中的一条垂直于一个平面,

那另一条与此平面是否垂直?

提示:垂直
2.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 ,叫做这条直线 和这个平面所成的角.如图, ∠PAO 就是斜线AP与平面

α所成的角.

? π? (2)线面角θ的范围:θ∈?0,2?. ? ?

[探究]

2.如果两条直线与一个平面所成的角相等,

则这两条直线一定平行吗? 提示:不一定.可能平行、相交或异面.

3.二面角的有关概念
(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:以二面角的棱上任一点为端点, 在两个半平面内分别作 垂直于棱 的两条射线,这两条射

线所成的角叫做二面角的平面角.

4.平面与平面垂直的判定定理
文字语言 一个平面过另一个 判定定 平面的一条 垂线 , 理 则这两个平面互相 垂直 图形语言 符号语言

l?β
l⊥α

? ? ? ?α⊥β ? ?

两个平面互相垂直,
性质定 则一个平面内垂直 理 于

于另一个平面

交线

的直线垂直

α⊥β l?β α∩β=a l⊥a

? ? ??l⊥α ? ? ? ?

[探究]

3.垂直于同一平面的两平面是否平行?

提示:不一定.可能平行,也可能相交.
4.垂直于同一条直线的两个平面一定平行吗? 提示:平行.可由线面垂直的性质及面面平行的判定 定理推导出.

[自测

牛刀小试]

1.直线a⊥平面α,b∥α,则a与b的关系为________.

解析:∵a⊥α,b∥α,∴a⊥b,但不一定相交.
答案:a⊥b(或填“垂直”) 2.线段AB的长等于它在平面α内射影长的2倍,则AB所 在直线与平面α所成的角是________. 解析:设AB=2,则其射影长为1,设AB所在直线与

平面α所成角为β,则cos β=,故β=60°.
答案:60°

3.(教材习题改编)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.

解析:由于PD⊥平面ABCD.故面PAD⊥
面ABCD,面PDB⊥面ABCD,面PDC⊥ 面ABCD,面PDA⊥面PDC,面PAC⊥面 PDB,共6对. 答案:6

4.设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,则

“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的________条件.
解析:∵m?α,n?α,l⊥α,∴l⊥m且l⊥n.反之,若 l⊥m且l⊥n,不一定有l⊥α,因为直线m,n不一定 相交. 答案:充分不必要

5.(教材习题改编)将正方形ABCD沿AC折成直二面角
后,∠DAB=________.
解析:如图所示,取 AC 的中点 O,连接 OD,OB,DB,由条件知,OD⊥OB,设 AD=1,则 DB= OD2+OB2=1. 所以△ADB 为正三角形,故∠DAB=60° .

答案:60°

直线与平面垂直的判定与性质

[例 1]

(2012· 陕西高考)如图所示,直三棱柱 ABC-

π A1B1C1 中,AB=AA1,∠CAB= . 2 (1)证明:CB1⊥BA1; (2)已知 AB=2,BC= 5,求三棱锥 C1-ABA1 的体积.

[自主解答]

(1)证明: 如图, 连结 AB1, ∵ABC-A1B1C1

π 是直三棱柱,∠CAB= , 2 ∴AC⊥平面 ABB1A1, 故 AC⊥BA1. 又∵AB=AA1,∴四边形 ABB1A1 是正方形, ∴BA1⊥AB1,又 CA∩AB1=A, ∴BA1⊥平面 CAB1,故 CB1⊥BA1.

(2)∵AB=AA1=2,BC= 5,∴AC=A1C1=1, 由(1)知,A1C1⊥平面 ABA1, 1 1 2 ∴VC1-ABA1= S△ABA1· 1C1= ×2×1= . A 3 3 3

保持例题题设条件不变,试判断平面CB1A与平
面AA1B1B是否垂直?

解:由例(1)知,AC⊥平面ABB1A1,
而AC?平面CB1A,∴面CB1A⊥面ABB1A1.

—————

————————————

破解线面垂直关系的技巧 (1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的 判定与性质,注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活 利用,这是证明空间垂直关系的基础.

(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相
互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展 开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.
——————————————————————————

1.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M,

N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:MN⊥CD; (2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.

证明:如图所示,(1)连接 AC,AN,BN, ∵PA⊥平面 ABCD,∴PA⊥AC.在 Rt△PAC 中,N 为 PC 中点,∴AN= 1 ∴PA⊥BC.又 BC⊥AB, PA∩AB 2PC.∵PA⊥平面 ABCD, =A,∴BC⊥平面 PAB.∴BC⊥PB.从而在 Rt△PBC 中, 1 BN 为斜边 PC 上的中线,∴BN=2PC,∴AN=BN.∴△ ABN 为等腰三角形.

又M为底边AB的中点,∴MN⊥AB.
又∵AB∥CD,∴MN⊥CD. (2)连接PM,CM,∵∠PDA=45°,PA⊥AD,∴AP= AD.∵四边形ABCD为矩形,∴AD=BC,∴PA=BC.又 ∵M为AB的中点,∴AM=BM,而∠PAM=∠CBM=

90°,∴PM=CM.又∵N为PC的中点,∴MN⊥PC.由(1)
知,MN⊥CD,PC∩CD=C,∴MN⊥平面PCD.

平面与平面垂直的判定和性质

[例2]

如图所示,△ABC为正三角形,

EC⊥平面ABC,BD∥CE,EC=CA=2BD, M是EA的中点.求证: (1)DE=DA; (2)平面BDM⊥平面ECA.

[自主解答]

(1)如图所示,取 EC 中点 F,连接 DF.

∵EC⊥平面 ABC,BD∥CE, ∴DB⊥平面 ABC. ∴DB⊥AB,∴EC⊥BC. 1 ∵BD∥CE,BD=2CE=FC, ∴四边形 FCBD 是矩形,∴DF⊥EC. 又 BA=BC=DF, ∴Rt△DEF≌Rt△ADB, ∴DE=DA.

(2)如图所示,取 AC 中点 N,连接 MN、NB, 1 ∵M 是 EA 的中点,∴MN 綊 EC. 2 1 由 BD 綊 EC,且 BD⊥平面 ABC,可得四边形 MNBD 是矩 2 形,于是 DM⊥MN,∵DE=DA,M 是 EA 的中点, ∴DM⊥EA.又 EA∩MN=M, ∴DM⊥平面 ECA,而 DM?平面 BDM, ∴平面 ECA⊥平面 BDM.

—————

———————————— 面面垂直的性质应用技巧

(1)两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线

必垂直于另一个平面.这是把面面垂直转化为线面垂直
的依据.运用时要注意“平面内的直线”. (2)两个相交平面同时垂直于第三个平面,那么它们 的交线也垂直于第三个平面,此性质是在课本习题中出 现的,在不是很复杂的题目中,要对此进行证明.

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)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面

ABC.
又AD?平面ABC,所以CC1⊥AD. 又因为AD⊥DE,CC1,DE?平面 BCC1B1,CC1∩DE=E, 所以AD⊥平面BCC1B1.又AD?平面ADE, 所以平面ADE⊥平面BCC1B1.

(2)因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1,且A1F?平面A1B1C1, 所以CC1⊥A1F. 又因为CC1,B1C1?平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, 所以A1F⊥平面BCC1B1.

由(1)知AD⊥平面BCC1B1,所以A1F∥AD.
又AD?平面ADE,A1F?平面ADE, 所以A1F∥平面ADE.

垂直关系的综合问题
[例 3] (2012· 广东高考)如图所示,在四棱锥 P-ABCD

中,AB⊥平面 PAD,AB∥CD,PD=AD,E 是 PB 的中点, 1 F 是 DC 上的点且 DF= AB, 为△PAD 中 AD 边上的高. PH 2 (1)证明:PH⊥平面 ABCD; (2)若 PH=1,AD= 2,FC=1,求三 棱锥 E-BCF 的体积; (3)证明:EF⊥平面 PAB.

[自主解答] PH?平面PAD, 故AB⊥PH.

(1)由于AB⊥平面PAD,

又因为PH为△PAD中AD边上的高,
故AD⊥PH. ∵AB∩AD=A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD, ∴PH⊥平面ABCD.

(2)由于 PH⊥平面 ABCD,E 为 PB 的中点,PH=1,故 E 1 1 到平面 ABCD 的距离 h= PH= . 2 2 又因为 AB∥CD,AB⊥AD,所以 AD⊥CD, 1 1 2 故 S△BCF= · AD= · 2= . FC· 1· 2 2 2 1 1 21 2 因此 VE-BCF= S△BCF· h= · ·= . 3 3 2 2 12 (3)证明:过 E 作 EG∥AB 交 PA 于 G,连结 DG. 由于 E 为 PB 的中点,所以 G 为 PA 的中点. 因为 DA=DP,故△DPA 为等腰三角形,所以 DG⊥PA.

∵AB⊥平面 PAD,DG?平面 PAD, ∴AB⊥DG. 又∵AB∩PA=A,AB?平面 PAB,PA?平面 PAB, ∴DG⊥平面 PAB. 1 1 又∵GE 綊 AB,DF 綊 AB, 2 2 ∴GE 綊 DF. 所以四边形 DFEG 为平行四边形,故 DG∥EF. 于是 EF⊥平面 PAB.

—————

————————————

垂直关系综合题的类型及解法

(1)对于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. (2)对于垂直与平行结合的问题,求解时应注意平行、 垂直的性质及判定的综合应用. (3)对于垂直与体积结合的问题,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.

3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,

E、F分别是CD,A1D1的中点.
(1)求证:AB1⊥BF; (2)求证:AE⊥BF; (3)棱CC1上是否存在点P,使BF⊥平面AEP,若存在, 确定点P的位置,若不存在,说明理由.

解:(1)连结A1B,则AB1⊥A1B, 又AB1⊥A1F,且A1B∩A1F=A1, ∴AB1⊥平面A1BF, ∴AB1⊥BF. (2)取AD中点G,连结FG,BG,则FG⊥AE, 又∵△BAG≌△ADE, ∴∠ABG=∠DAE. ∴AE⊥BG. 又∵BG∩FG=G, ∴AE⊥平面BFG.

∴AE⊥BF.

(3)存在.取 CC1 中点 P,即为所求.连结 EP,AP, C1D, ∵EP∥C1D,C1D∥AB1,∴EP∥AB1. 由(1)知 AB1⊥BF,∴BF⊥EP. 又由(2)知 AE⊥BF,且 AE∩EP=E, ∴BF⊥平面 AEP.

? 1 个转化——三种垂直关系的转化

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.

? 2 三种方法——盘点“线面垂直”“线线垂直”和“面 面垂直”的常用方法

(1)判定线面垂直的常用方法 ①利用线面垂直的判定定理 ②利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也 与这个平面垂直”. ③利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个,则与

另一个也垂直”.
④利用面面垂直的性质

(2)判定线线垂直的方法 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⊥α,b?α?a⊥b; ④线面垂直的性质:a⊥α,b∥α?a⊥b.
(3)判定面面垂直的方法 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?α,a⊥β?α⊥β.

答题模板——空间位置关系的证明 [典例] (2012山东高考· 满分12分)

如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角
形,CB=CD,EC⊥BD. (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,M为线段AE的 中点,求证:DM∥平面BEC.

[快速规范审题]
第(1)问 1.审条件,挖解题信息 观 察 条 件 : △ ABD 为 正 三 角 形 , CB = CD , EC ⊥ 取BD中点O EC∩CO=C BD――――――→CO⊥BD―――――→BD⊥平面 EOC. 连接CO,EO
2.审结论,明确解题方向 观察所求结论: 需证明△BDE是等腰三角形 求证 BE=DE―――――――――――――→应证明 EO⊥BD.

3.建联系,找解题突破口 O为BD中点 EC⊥BD CB=CD―――――→ CO⊥BD―――――→ BD⊥平面 OE?平面EOC △BDE是 EOC ―――――→ BD⊥OE―――――→BE=DE. 等腰三角形 第(2)问
1.审条件,挖解题信息 观察条件:△ABD 为正三角形∠BCD=120° ,M 是 AE 的 取AB的中点N, 中点―――――――――→ 连接DM,DN,MN MN∥BE,DN⊥AB,CB⊥AB.

2.审结论,明确解题方向 需证面面平行 观察所求结论: DM∥平面 BEC――――――→平面 DMN 或线线平行 ∥平面 BEC 或 DM 平行于平面 BEC 内的一条线.

3.建联系,找解题突破口 结合条件与图形:法一 证 明 平 面 DMN ∥ 平 面

由面面平行推证线面平行 BEC――――――――――――→DM∥平面 BEC. 法 二 在 平 面 BEC 内 作 辅 助 线 利用线面平行的判定 DM―――――――――→DM∥平面 BEC. EF ∥

[准确规范答题]
(1)如图,取 BD 的中点 O,连接 CO,EO. 由于 CB=CD,所以 CO⊥BD. ?(1 分) 又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC. 因此 BD⊥EO. 又 O 为 BD 的中点, 所以 BE=DE. ?(3 分) ?(2 分)
由 条 件 得 出 BD ⊥ 面 EOC 时 , 易 忽 视 EC∩CO=C,EC?平 面EOC这一条件.

(2)法一:如图,取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN. 因为 M 是 AE 的中点, 所以 MN∥BE.?(4 分) 又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, 所以 MN∥平面 BEC.?(5 分) 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° 分) .?(6 因此∠CBD=30° 分) .?(7 所以 DN∥BC. 又 CB=CD,∠BCD=120° ,
证明MN∥平面BEC时,易 忽视“MN?平面BEC,BE?

平面BEC,而直接写出MN∥
平面BEC.”

又DN?平面BEC,BC?平面BEC, 所以DN∥平面BEC.?(9分) 又MN∩DN=N,

所以平面DMN∥平面BEC.?(10分)
又DM?平面DMN, 所以DM∥平面BEC.?(12分)
法二:如图,延长 AD,BC 交于点 F,连接 EF.?(4 分) 因为 CB=CD,∠BCD=120° , 所以∠CBD=30° 分) .?(5

因为△ABD 为正三角形, 所以∠BAD=60° ,∠ABC=90° 分) .?(7 因此∠AFB=30° ,
证 明 平 面 DMN ∥ 平 面 BEC 时 , 易 漏 步 骤 “MN∩DN=N”.

1 所以 AB=2AF.?(9 分) 又AB=AD, 所以D为线段AF的中点.?(10分) 连接DM,由点M是线段AE的中点, 得DM∥EF. 又DM?平面BEC,EF?平面BEC,?(11分) 所以DM∥平面BEC.?(12分)

[答题模板速成]
空间位置关系的证明题的一般步骤:
第一 步 审清 题意 分析条 件,挖 掘题目 中平行 与垂直 关系 第四 步 反思 回顾 第二 ?步 明确 方向 确定问题方 向,选择证 明平行或垂 直的方法, 必要时添加 辅助线 利用平 行垂直 第三 关系的 ? 步给 判定或 出证 性质给 明 出问题 的证明

?

查看关键点、易漏点、 检查使用定理时定理 成立的条件是否遗漏, 符号表达是否准确.

1.如图,棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形, B1C⊥A1B. (1)证明:平面AB1C⊥平面A1BC1; (2)设D是A1C1上的点,且A1B∥平面

B1CD,求A1D∶DC1的值.

解:(1)证明:因为侧面BCC1B1是菱形,所以B1C⊥BC1. 又已知B1C⊥A1B,且A1B∩BC1=B,所以B1C⊥平面 A1BC1. 又B1C?平面AB1C,所以平面AB1C⊥平面A1BC1.

(2)如图,设BC1交B1C于点E,连结DE,
则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线. 因为A1B∥平面B1CD, 所以A1B∥DE. 又E是BC1的中点,所以D为A1C1的中点.即A1D∶DC1=

1.

2.如图1,等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD, ∠ABC=60°,E是BC的中点.如图2,将△ABE沿 AE折起,使平面ABE⊥平面AECD,F是CD的中点,

P是棱BC的中点,M为AE的中点.

(1)求证:AE⊥BD; (2)求证:平面PEF⊥平面AECD;

(3)若AB=2,求三棱锥P-CDE的体积V.

解:(1)证明:连结BM、DM.

在等腰梯形ABCD中,
∵AD∥BC,AB=AD,∠ABC=60°, E是BC的中点, ∴△ABE与△ADE都是等边三角形, ∴BM⊥AE,DM⊥AE.又BM∩DM=M, ∴AE⊥平面BDM. ∵BD?平面BDM,

∴AE⊥BD.

(2)证明:连结CM交于EF于点N,连结PN. ∵ME∥FC,且ME=FC, ∴四边形MECF是平行四边形, ∴N是线段CM的中点,

∵P是线段BC的中点,∴PN∥BM.
由题意可知,BM⊥平面AECD, ∴PN⊥平面AECD. ∵PN?平面PEF, ∴平面PEF⊥平面AECD.

(3)由(2)可得,PN为三棱锥P-CDE的高,∵AB=2, 1 3 ∴BM= 3 ,∴PN= BM= ,由题意可知,△ 2 2 1 3 2 CDE是边长为2的正三角形,S△CDE= ×2 × = 3, 2 2 1 1 3 1 故V= S△CDE· PN= × 3× = . 3 3 2 2

破解高考中立体几何的三个难点问题 难点一:探究与球有关的组合体问题 与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解 题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元

素间的数量关系,并作出合适的截面图.如球内切于正方体,
切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径; 球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对 角线长等于球的直径.球与旋转体的组合,通常作它们的轴 截面解题,球与多面体的组合,通过多面体的一条侧棱和球

心、“切点”或“接点”作出截面图.

[例1]

四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为,点S,

A,B,C,D都在同一个球面上,则该球的体积为________. [解析] 如图所示,根据对称性,只要在四棱锥
的高线 SE 上找到一个点 O 使得 OA=OS, 则四棱锥 的五个顶点就在同一个球面上. 在 Rt△SEA 中,SA= 2,AE=1,故 SE=1.设球的半径 为 r,则 OA=OS=r,OE=1-r.在 Rt△OAE 中,r2=(1-r)2 4π +1,解得 r=1,即点 O 为球心,故这个球的体积是 . 3 4π [答案] 3

难点二:平面图形翻折问题的求解 将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间 图形,这类问题称之为平面图形翻折问题.平面图形经过翻 折成为空间图形后,原有的性质有的发生了变化,有的没有

发生变化,弄清它们是解决问题的关键.一般地,翻折后还
在同一个平面上的性质不发生变化,不在同一个平面上的性 质可能会发生变化,解决这类问题就是要据此研究翻折以后 的空间图形中的线面关系和几何量的度量值,这是解决翻折 问题的主要方法.

[例2]

如图边长为a的等边三角形ABC的

中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是
△ADE绕DE旋转过程中的一个图形,则下列 命题中正确的是________(填序号). ①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上; ②BC∥平面A′DE;

③三棱锥A′?FED的体积有最大值.

[解析]

①中由已知可得面A′FG⊥面ABC,

所以点A′在面ABC上的射影在线段AF上. ②∵BC∥DE,且BC?平面A′DE,DE?平面A′DE, ∴BC∥平面A′DE.

③当面A′DE⊥面ABC时,三棱锥A′?FED的体积达到
最大. [答案] ①②③

难点三:立体几何中的探索性问题
立体几何中的探索性问题的主要类型有:(1)探 索条件,即探索能使结论成立的条件是什么;(2)探索 结论,即在给定的条件下,命题的结论是什么.

对命题条件的探索常采用以下三种方法: 1.先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明;

2.先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,
再证明其充分性; 3.把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件. 对命题结论的探索常采用以下方法: 首先假设结论成立,然后在这个假设下进行推理论证,如

果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设,如果得到了矛
盾的结果就否定假设.

[例 3]

(2012· 东城模拟)如图, 在△BCD 中, ∠BCD=90° ,

BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB=60° ,E,F 分别是 AC, AE AF AD 上的动点,且AC=AD=λ(0<λ<1). (1)判断 EF 与平面 ABC 的位置关系并给予证 明; (2)是否存在 λ,使得平面 BEF⊥平面 ACD,如果存在,求 出 λ 的值;如果不存在,说明理由.

[解]

(1)EF⊥平面 ABC.

因为 AB⊥平面 BCD,所以 AB⊥CD, 又在△BCD 中,∠BCD=90° ,所以 BC⊥CD, 又 AB∩BC=B,所以 CD⊥平面 ABC. 又在△ACD 中,E,F 分别是 AC,AD 上的动点, AE AF 且AC=AD=λ(0<λ<1),∴EF∥CD.∴EF⊥平面 ABC. (2)存在.∵CD⊥平面 ABC,BE?平面 ABC, ∴BE⊥CD,∵∠BCD=90° ,BC=CD=1,∴BD= 2.

在 Rt△ABD 中,∠ADB=60° , ∴AB=BDtan 60° 6, = 则 AC= AB2+BC2= 7, AB×BC 6 当 BE⊥AC 时,BE= AC = , 7 6 7 AE= AB -BE = , 7
2 2

6 7 7 AE 6 则AC= = , 7 7

AE 6 则 λ=AC= 时,BE⊥AC, 7 又 BE⊥CD,AC∩CD=C, ∴BE⊥平面 ACD.∵BE?平面 BEF, ∴平面 BEF⊥平面 ACD. 6 所以存在 λ,且当 λ= 时,平面 BEF⊥平面 ACD. 7


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