1．直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義：
直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．
(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理：

文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么這條直線垂直于這個平面

?l⊥α
性質(zhì)定理
如果兩條直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行

?a∥b

2．平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理

文字語言
圖形語言
符號語言
判定定理
如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直

?α⊥β
性質(zhì)定理
如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面

?l⊥α

[小題體驗]
1．已知平面α⊥平面β，直線l⊥平面β，則直線l與平面α的位置關系為________．
答案：平行或直線l在平面α內(nèi)
2．PD垂直于正方形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則一定互相垂直的平面有________對．
解析：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對．
答案：7

1．證明線面垂直時，易忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件．
2．面面垂直的判定定理中，直線在面內(nèi)且垂直于另一平面易忽視．
3．面面垂直的性質(zhì)定理在使用時易忘面內(nèi)一線垂直于交線而盲目套用造成失誤．
[小題糾偏]
1．“直線a與平面M內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”的________條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．
解析：根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面M的無數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分條件．
答案：必要不充分
2．(2018·南京三模)已知α，β是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，l⊥α，m?β.給出下列命題：
①α∥β?l⊥m；?、讦痢挺?l∥m；
③m∥α?l⊥β；　④l⊥β?m∥α.
其中正確的命題是________(填寫所有正確命題的序號)．
解析：①由l⊥α，α∥β，得l⊥β，又因為m?β，所以l⊥m，故①正確；
②由l⊥α，α⊥β，得l∥β或l?β，又因為m?β，所以l與m或異面或平行或相交，故②不正確；
③由l⊥α，m∥α，得l⊥m.因為l只垂直于β內(nèi)的一條直線m，所以不能確定l是否垂直于β，故③不正確；
④由l⊥α，l⊥β，得α∥β.因為m?β，所以m∥α，故④正確．
答案：①④

考點一　直線與平面垂直的判定與性質(zhì)　

[鎖定考向]
直線與平面垂直的判定與性質(zhì)是每年高考的必考內(nèi)容，題型多為解答題．
常見的命題角度有：
(1)證明直線與平面垂直；
(2)利用線面垂直的性質(zhì)證明線線平行．　　　 　
[題點全練]
角度一：證明直線與平面垂直
1．如圖所示，在四棱錐P -ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．求證：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
證明：(1)在四棱錐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的中點，
∴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，AB?平面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.
角度二：利用線面垂直的性質(zhì)證明線線平行
2．如圖，在正方體ABCD -A1B1C1D1中，EF與異面直線AC，A1D都垂直相交．求證：
(1)EF⊥平面AB1C；
(2)EF∥BD1.
證明：(1)在正方體ABCD -A1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，
所以四邊形A1B1CD是平行四邊形，所以A1D∥B1C.
因為EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.
又因為EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC?平面AB1C，B1C?平面AB1C，
所以EF⊥平面AB1C.
(2)連結BD，則BD⊥AC.
因為DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以DD1⊥AC.
因為DD1∩BD＝D，DD1?平面BDD1B1，BD?平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1.
又BD1?平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.
同理可證BD1⊥B1C.
又AC∩B1C＝C，AC?平面AB1C，B1C?平面AB1C，
所以BD1⊥平面AB1C.
又EF⊥平面AB1C，
所以EF∥BD1.
[通法在握]
判定直線和平面垂直的4種方法
(1)利用判定定理；
(2)利用判定定理的推論(a∥b，a⊥α?b⊥α)；
(3)利用面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；
(4)利用面面垂直的性質(zhì)．
當兩個平面垂直時，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面．
[演練沖關]
1．(2018·輔仁高級中學測試)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2，BC＝a，又側棱PA⊥底面ABCD，當a＝________時，BD⊥平面PAC.
解析：因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，為了使BD⊥平面PAC，只要使BD⊥AC，因為底面ABCD是矩形，所以底面ABCD是正方形，即a＝2.
答案：2
2．(2015·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設AB1的中點為D，B1C∩BC1＝E.
求證：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
證明：(1)由題意知，E為B1C的中點，
又D為AB1的中點，因此DE∥AC.
又因為DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因為棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因為AC?平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因為AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，
BC?平面BCC1B1，
BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因為BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.
因為BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因為AC?平面B1AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因為AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
　
[典例引領]
　(2019·南京調(diào)研)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中點，求證：

(1)平面AB1E⊥平面B1BCC1；
(2)A1C∥平面AB1E.
證明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC.

因為AE?平面ABC，
所以CC1⊥AE.
因為AB＝AC，E為BC的中點，所以AE⊥BC.
因為BC?平面B1BCC1，CC1?平面B1BCC1，
且BC∩CC1＝C，
所以AE⊥平面B1BCC1.
因為AE?平面AB1E，
所以平面AB1E⊥平面B1BCC1.
(2)連結A1B，設A1B∩AB1＝F，連結EF.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形，
所以F為A1B的中點．
又因為E是BC的中點，所以EF∥A1C.
因為EF?平面AB1E，A1C?平面AB1E，
所以A1C∥平面AB1E.
[由題悟法]
1．證明面面垂直的2種方法
(1)定義法：利用面面垂直的定義，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線線垂直加以解決．
2．三種垂直關系的轉(zhuǎn)化




[即時應用]
　(2018·淮安高三期中)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC，點M為棱A1B1的中點．
求證：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面C1CM⊥平面A1B1C.
證明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
又AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面A1B1C1，
又A1B1?平面A1B1C1，所以CC1⊥A1B1.
因為AC＝BC，所以A1C1＝B1C1.
又因為點M為棱A1B1的中點，所以C1M⊥A1B1.
又CC1∩C1M＝C1，CC1?平面C1CM，C1M?平面C1CM，
所以A1B1⊥平面C1CM.
又A1B1?平面A1B1C，
所以平面C1CM⊥平面A1B1C.
　
[典例引領]
　(2019·昆山期中)如圖所示，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，AD＝6，BC＝4，AB＝2，點E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB，并且E為BC中點．現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.

(1)求證：AC⊥DE；
(2)在AD上確定一點N，使得過C，E，N的平面將三棱錐A -FCD分成體積相等的兩部分．
解：(1)證明：在梯形ABCD中，
∵AB∥EF，BC＝4，AD＝6，E為BC中點，
∴CE＝2，DF＝4，
又∵EF＝AB＝2，∴＝＝，
又∠CEF＝∠EFD，∴△CEF∽△EFD，
∴∠ECF＝∠FED.
∵∠ECF＋EFC＝90°，∴∠FED＋∠EFC＝90°，
∴CF⊥DE.
∵AB⊥AD，EF∥AB，∴AF⊥EF，
又平面ABEF⊥平面EFDC，AF?平面ABEF，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，
∴AF⊥平面EFDC，
∵DE?平面EFDC，∴AF⊥DE.
∵AF∩CF＝F，AF?平面ACF，CF?平面ACF，
∴DE⊥平面ACF，
∵AC?平面ACF，∴AC⊥DE.

(2)設過點C，E，N的平面為α，α∩平面AFD＝NP，P∈AF，
則三棱錐A -FCD被平面α分成三棱錐C -ANP和四棱錐C -NPFD兩部分．
若兩部分體積相等，則三角形ANP和四邊形NPFD的面積相等，
則S△ANP＝S△AFD.
∵EC∥DF，EC?平面AFD，DF?平面AFD，
∴EC∥平面AFD，
又EC?平面α，α∩平面AFD＝NP，
∴EC∥NP，∴NP∥DF，
∴＝，即當＝時，過C，E，N的平面將三棱錐A -FCD分成體積相等的兩部分．
[由題悟法]
對于翻折問題，應明確：在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)可能會發(fā)生變化．解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法．
[即時應用]
(2018·連云港模擬)在平面四邊形ABCD(圖①)中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構成如圖②所示的三棱錐C′-ABD.

(1)當C′D＝時，求證：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)當AC′⊥BD時，求三棱錐C′-ABD的高．
解：(1)證明：當C′D＝時，
取AB的中點O，連結C′O，DO，

在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，則C′O＝DO＝1，
因為C′D＝，
所以C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，
又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB?平面ABD，OD?平面ABD，所以C′O⊥平面ABD，
因為C′O?平面C′AB，所以平面C′AB⊥平面DAB.
(2)當AC′⊥BD時，由已知AC′⊥BC′，
因為BC′∩BD＝B，所以AC′⊥平面BDC′，
因為C′D?平面BDC′，所以AC′⊥C′D，△AC′D為直角三角形，
由勾股定理得，C′D＝＝＝1，
而在△BDC′中，BD＝1，BC′＝，
所以△BDC′為直角三角形，S△BDC′＝×1×1＝.
三棱錐C′-ABD的體積V＝×S△BDC′×AC′＝××＝.
S△ABD＝×1×＝，
設三棱錐C′-ABD的高為h，
則由×h×＝，解得h＝.
故三棱錐C′-ABD的高為.



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1．設α，β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的________條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．
解析：依題意，由l⊥β，l?α可以推出α⊥β；反過來，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β.因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件．
答案：充分不必要
2．在空間四邊形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，則△ABC的形狀是________．
解析：過A作AH⊥BD于H，由平面ABD⊥平面BCD，得AH⊥平面BCD，則AH⊥BC，又DA⊥平面ABC，所以BC⊥DA，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC為直角三角形．
答案：直角三角形
3．已知平面α，β和直線m，給出條件：①m∥α；②m⊥α；③m?α；④α∥β.當滿足條件________時，有m⊥β.(填所選條件的序號)
解析：若m⊥α，α∥β，則m⊥β.故填②④.
答案：②④
4．一平面垂直于另一平面的一條平行線，則這兩個平面的位置關系是________．
解析：由線面平行的性質(zhì)定理知，該面必有一直線與已知直線平行．再根據(jù)“兩平行線中一條垂直于一平面，另一條也垂直于該平面”得出兩個平面垂直．
答案：垂直
5．(2018·常州期中)如圖，在棱長為2的正方體ABCD -A1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，P是側面BCC1B1內(nèi)一點，若平面A1B1CD⊥平面AEP，則線段AP長度的取值范圍是________．

解析：連結BC1，易得BC1⊥平面A1B1CD，要滿足題意，只需EP∥BC1即可．取CC1的中點為F，則EF∥BC1，故P在線段EF上(不含端點)．
∵AE＝＝，AF＝＝3，∴線段AP長度的取值范圍是(，3)．
答案：(，3)
6．如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命題的序號是________．
解析：①AE?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA?AE⊥BC，故①正確，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB?平面PBC?AE⊥PB，又AF⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確，③若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤，由①可知④正確．
答案：①②④
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1．(2019·鹽城中學測試)已知α，β，γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α，β，γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題的個數(shù)為________．
解析：若α，β?lián)Q為直線a，b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題．
答案：2
2．(2018·徐州期中)如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成四面體ABCD，在四面體ABCD的其他面中，與平面ADC垂直的平面為________(寫出滿足條件的所有平面)．
解析：在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，可得∠BDC＝90°，即BD⊥CD.
∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴CD⊥平面ABD，又CD?平面ADC，∴平面ADC⊥平面ABD；
假設平面ADC⊥平面BCD，
∵BD⊥CD，且平面ADC∩平面BCD＝CD，
∴BD⊥平面ADC，則BD⊥AD，與∠ADB＝45°矛盾；
∵CD⊥平面ABD，AB?平面ABD，∴CD⊥AB，
又AD⊥AB，且AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，
又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.
∴在四面體ABCD的其他面中，與平面ADC垂直的平面為平面ABD，平面ABC.
答案：平面ABD，平面ABC.
3．已知正△ABC的邊長為2 cm，PA⊥平面ABC，A 為垂足，且PA＝2 cm，那么點P到BC的距離為________cm.
解析：如圖，取BC的中點D，連結AD，PD，則BC⊥AD，又因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAD，所以PD⊥BC，則PD的長度即為點P到BC的距離．在Rt△PAD中，PA＝2，AD＝，可得PD＝＝.
答案：
4．(2018·連云港期末)已知四邊形ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，當平行四邊形ABCD滿足條件____________時，有PC⊥BD(填上你認為正確的一個條件即可)．
解析：∵四邊形ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥PA，
當四邊形ABCD是菱形時，BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
又PC?平面PAC，∴PC⊥BD.
答案：四邊形ABCD是菱形
5．已知直線a和兩個不同的平面α，β，且a⊥α，a∥β，則α，β的位置關系是________．
解析：記b?β且a∥b，因為a∥b，a⊥α，所以b⊥α，因為b?β，所以α⊥β.
答案：垂直
6．如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有____________；與AP垂直的直線有________．
解析：因為PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直線AB，BC，AC.
因為AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因為AP?平面PAC，
所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
7．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學生得出下列四個結論：
①BD⊥AC；②△BAC是等邊三角形；③三棱錐D-ABC是正三棱錐；④平面ADC⊥平面ABC.
其中正確的是________(填序號)．

解析：由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯誤．
答案：①②③
8．如圖，直三棱柱ABC -A1B1C1中，側棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________．
解析：設B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
設Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h.
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面積相等得× ＝x，得x＝.
即線段B1F的長為.
答案：
9．(2018·海安中學測試)如圖，在四棱錐P -ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝AC，PB＝PD＝AC，E是PD的中點，求證：
(1)PB∥平面ACE；
(2)平面PAC⊥平面ABCD.
證明：(1)連結BD交AC于點O，連結OE，
∵底面ABCD為菱形，
∴O是BD的中點，
又E是PD的中點，∴OE∥PB，
∵OE?平面ACE，PB?平面ACE，
∴PB∥平面ACE.
(2)∵底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC為正三角形，從而AB＝AC，
又PB＝AC，PA＝AC，
∴PB＝AB＝PA，可得PA⊥AB.
同理可證PA⊥AD.
又∵AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD，
∵PA?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD.
10．(2019·徐州高三檢測)如圖，在三棱錐S-ABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D為BC的中點，E為AC上一點，且DE∥平面SAB.
求證：(1)AB∥平面SDE；
(2)平面ABC⊥平面SDE.
證明：(1)因為DE∥平面SAB，DE?平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，所以DE∥AB.
因為DE?平面SDE，AB?平面SDE，
所以AB∥平面SDE.
(2)因為D為BC的中點，DE∥AB，所以E為AC的中點．
又因為SA＝SC，所以SE⊥AC，
又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC.
因為DE∩SE＝E，DE?平面SDE，SE?平面SDE，
所以AC⊥平面SDE.
因為AC?平面ABC，
所以平面ABC⊥平面SDE.
三上臺階，自主選做志在沖刺名校
1．如圖，矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE.若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中，正確的命題是________．(填序號)
①MB是定值；
②點M在圓上運動；
③一定存在某個位置，使DE⊥A1C；
④一定存在某個位置，使MB∥平面A1DE.

解析：取DC中點N，連結MN，NB，則MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝E，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB?平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正確；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根據(jù)余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·
cos ∠MNB，∴MB是定值，①正確；B是定點，∴M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，②正確；當矩形ABCD滿足AC⊥DE時存在，其他情況不存在，③不正確．∴①②④正確．
答案：①②④
2．如圖，點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動，則下列四個命題：
①三棱錐A-D1PC的體積不變；
②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正確的命題序號是________．
解析：由題意可得BC1∥AD1，又AD1?平面AD1C，BC1?平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C.所以點P到平面AD1C的距離不變，VA-D1PC＝VP-AD1C，所以體積不變，故①正確；連結A1C1，A1B，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因為A1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正確；當點P運動到B點時，△DBC1是等邊三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正確；因為AC⊥平面DD1B1B，DB1?平面DD1B1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面ACD1.又因為DB1?平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正確．綜上，正確的序號為①②④.
答案：①②④
3．(2019·泰州調(diào)研)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中點，E，F(xiàn)分別是AA1，CC1上一點，且AE＝CF＝2a.
(1)求證：B1F⊥平面ADF；
(2)求三棱錐B1-ADF的體積；
(3)求證：BE∥平面ADF.
解：(1)證明：因為AB＝AC，D為BC的中點，
所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因為B1B⊥底面ABC，AD?底面ABC，
所以AD⊥B1B.因為BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，
因為B1F?平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.
在矩形B1BCC1中，因為C1F＝CD＝a，B1C1＝CF＝2a，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因為AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面AFD.
(2)因為B1F⊥平面AFD，
所以VB1-ADF＝·S△ADF·B1F＝××AD×DF×B1F＝.
(3)證明：連結EF，EC，設EC∩AF＝M，連結DM，
因為AE＝CF＝2a，
所以四邊形AEFC為矩形，
所以M為EC中點，
因為D為BC中點，所以MD∥BE.
因為MD?平面ADF，BE?平面ADF，
所以BE∥平面ADF.

命題點一　空間幾何體的表面積與體積
1．(2018·江蘇高考)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為________．
解析：由題意知所給的幾何體是棱長均為的八面體，它是由兩個有公共底面的正四棱錐組合而成的，正四棱錐的高為1，所以這個八面體的體積為2V正四棱錐＝2××()2×1＝.
答案：
2．(2015·江蘇高考)現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5，高為4的圓錐和底面半徑為2，高為8的圓柱各一個，若將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個，則新的底面半徑為________．
解析：設新的底面半徑為r，由題意得
×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，
解得r2＝7，所以r＝.
答案：
3．(2014·江蘇高考)設甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2，若它們的側面積相等，且＝，則的值是________．
解析：設甲、乙兩個圓柱的底面半徑分別是r1，r2，母線長分別是l1，l2.則由＝可得＝.又兩個圓柱的側面積相等，即2πr1l1＝2πr2l2，則＝＝，所以＝＝×＝.
答案：
4．(2018·天津高考)已知正方體ABCD -A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M -EFGH的體積為________．

解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因為E，H分別為AD1，CD1的中點，所以EH∥AC，EH＝AC，因為F，G分別為B1A，B1C的中點，所以FG∥AC，F(xiàn)G＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四邊形EHGF為正方形，又點M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐M -EFGH的體積為
×2×＝.
答案：
5．(2017·全國卷Ⅱ)長方體的長，寬，高分別為3,2,1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為________．
解析：由題意知，長方體的體對角線長為＝，
記長方體的外接球的半徑為R，則有2R＝，
R＝，因此球O的表面積為S＝4πR2＝14π.
答案：14π
6．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA.

(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q -ABP的體積．
解：(1)證明：由已知可得，∠BAC＝90°，即AB⊥AC.
又因為AB⊥DA，AC∩DA＝A，
所以AB⊥平面ACD.
因為AB?平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.
又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.
如圖，過點Q作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊DC.

由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱錐Q -ABP的體積為VQ -ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.
7．(2017·北京高考)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點．
(1)求證：PA⊥BD；
(2)求證：平面BDE⊥平面PAC；
(3)當PA∥平面BDE時，求三棱錐E-BCD的體積．
解：(1)證明：因為PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，
所以PA⊥平面ABC.
又因為BD?平面ABC，
所以PA⊥BD.
(2)證明：因為AB＝BC，D為AC的中點，
所以BD⊥AC.
由(1)知，PA⊥BD，又AC∩PA＝A，
所以BD⊥平面PAC.
因為BD?平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因為PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，
所以PA∥DE.
因為D為AC的中點，
所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.
由(1)知，PA⊥平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
所以三棱錐E-BCD的體積V＝BD·DC·DE＝.
8．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P-ABCD的體積為，求該四棱錐的側面積．
解：(1)證明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因為AB∥CD，所以AB⊥PD.
又AP∩PD＝P，
所以AB⊥平面PAD.
又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.

(2)如圖所示，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，
故AB⊥PE，
可得PE⊥平面ABCD.
設AB＝x，則由已知可得AD＝x，PE＝x.
故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由題設得x3＝，故x＝2.
從而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.
可得四棱錐P-ABCD的側面積為
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
命題點二　直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)
1．(2018·江蘇高考)在平行六面體ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求證：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
證明：(1)在平行六面體ABCD -A1B1C1D1中，
AB∥A1B1.
因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面體ABCD -A1B1C1D1中，
四邊形ABB1A1為平行四邊形．
又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，
因此AB1⊥A1B.
因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因為AB1?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
2．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點．
(1)證明：平面AMD⊥平面BMC.
(2)在線段AM上是否存在點P，使得MC∥平面PBD？說明理由．
解：(1)證明：由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，
又DM?平面CMD，所以BC⊥DM.
因為M為上異于C，D的點，且CD為直徑，
所以DM⊥MC.
又BC∩MC＝C，所以DM⊥平面BMC.
因為DM?平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)當P為AM的中點時，MC∥平面PBD.
證明如下：
連接AC交BD于O.
因為四邊形ABCD為矩形，
所以O為AC的中點．連接OP，
因為P為AM中點，所以MC∥OP.
又MC?平面PBD，OP?平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
3．(2017·江蘇高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
證明：(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因為平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC?平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因為AD?平面ABD，
所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因為AC?平面ABC，
所以AD⊥AC.
4．(2016·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點，點F在側棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.
求證：(1)直線DE∥平面A1C1F；
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
證明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.
在△ABC中，因為D，E分別為AB，BC的中點，
所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.
又因為DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，
所以直線DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.
因為A1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.
又因為A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，
所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因為B1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.
又因為B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.
因為直線B1D?平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.


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