2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第八章第四节直线、平面垂直的判定及其性质

第四节直线、平面垂直的判定及其性质


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
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面

⇒l⊥α
性质定理
如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行

⇒a∥b

2．平面与平面垂直的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
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直

⇒α⊥β
性质定理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α

[小题体验]
1．已知平面α⊥平面β，直线l⊥平面β，则直线l与平面α的位置关系为________．
答案：平行或直线l在平面α内
2．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．
答案：7

1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．
2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．
3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．
[小题纠偏]
1．“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．
解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．
答案：必要不充分
2．(2018·南京三模)已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：
①α∥β⇒l⊥m；　②α⊥β⇒l∥m；
③m∥α⇒l⊥β；　④l⊥β⇒m∥α.
其中正确的命题是________(填写所有正确命题的序号)．
解析：①由l⊥α，α∥β，得l⊥β，又因为m⊂β，所以l⊥m，故①正确；
②由l⊥α，α⊥β，得l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m或异面或平行或相交，故②不正确；
③由l⊥α，m∥α，得l⊥m.因为l只垂直于β内的一条直线m，所以不能确定l是否垂直于β，故③不正确；
④由l⊥α，l⊥β，得α∥β.因为m⊂β，所以m∥α，故④正确．
答案：①④

考点一　直线与平面垂直的判定与性质　

[锁定考向]
直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题．
常见的命题角度有：
(1)证明直线与平面垂直；
(2)利用线面垂直的性质证明线线平行．　　　 　
[题点全练]
角度一：证明直线与平面垂直
1．如图所示，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．求证：
(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，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：利用线面垂直的性质证明线线平行
2．如图，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交．求证：
(1)EF⊥平面AB1C；
(2)EF∥BD1.
证明：(1)在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，A1B1∥AB∥CD，且A1B1＝AB＝CD，
所以四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C.
因为EF⊥A1D，所以EF⊥B1C.
又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，AC⊂平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，
所以EF⊥平面AB1C.
(2)连结BD，则BD⊥AC.
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.
因为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.
同理可证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]
判定直线和平面垂直的4种方法
(1)利用判定定理；
(2)利用判定定理的推论(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；
(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；
(4)利用面面垂直的性质．
当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．
[演练冲关]
1．(2018·辅仁高级中学测试)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2，BC＝a，又侧棱PA⊥底面ABCD，当a＝________时，BD⊥平面PAC.
解析：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，为了使BD⊥平面PAC，只要使BD⊥AC，因为底面ABCD是矩形，所以底面ABCD是正方形，即a＝2.
答案：2
2．(2015·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明：(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，
BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
　
[典例引领]
　(2019·南京调研)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点，求证：

(1)平面AB1E⊥平面B1BCC1；
(2)A1C∥平面AB1E.
证明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC.

因为AE⊂平面ABC，
所以CC1⊥AE.
因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为BC⊂平面B1BCC1，CC1⊂平面B1BCC1，
且BC∩CC1＝C，
所以AE⊥平面B1BCC1.
因为AE⊂平面AB1E，
所以平面AB1E⊥平面B1BCC1.
(2)连结A1B，设A1B∩AB1＝F，连结EF.
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，
所以F为A1B的中点．
又因为E是BC的中点，所以EF∥A1C.
因为EF⊂平面AB1E，A1C⊄平面AB1E，
所以A1C∥平面AB1E.
[由题悟法]
1．证明面面垂直的2种方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．
2．三种垂直关系的转化




[即时应用]
　(2018·淮安高三期中)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC，点M为棱A1B1的中点．
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面C1CM⊥平面A1B1C.
证明：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，
又AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面A1B1C1，
又A1B1⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1B1.
因为AC＝BC，所以A1C1＝B1C1.
又因为点M为棱A1B1的中点，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.
　
[典例引领]
　(2019·昆山期中)如图所示，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，AD＝6，BC＝4，AB＝2，点E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，并且E为BC中点．现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC.

(1)求证：AC⊥DE；
(2)在AD上确定一点N，使得过C，E，N的平面将三棱锥A ­FCD分成体积相等的两部分．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，
∵AB∥EF，BC＝4，AD＝6，E为BC中点，
∴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)设过点C，E，N的平面为α，α∩平面AFD＝NP，P∈AF，
则三棱锥A ­FCD被平面α分成三棱锥C ­ANP和四棱锥C ­NPFD两部分．
若两部分体积相等，则三角形ANP和四边形NPFD的面积相等，
则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，
∴＝，即当＝时，过C，E，N的平面将三棱锥A ­FCD分成体积相等的两部分．
[由题悟法]
对于翻折问题，应明确：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．
[即时应用]
(2018·连云港模拟)在平面四边形ABCD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′­ABD.

(1)当C′D＝时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；
(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′­ABD的高．
解：(1)证明：当C′D＝时，
取AB的中点O，连结C′O，DO，

在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，
因为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，
因为C′O⊂平面C′AB，所以平面C′AB⊥平面DAB.
(2)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，
因为BC′∩BD＝B，所以AC′⊥平面BDC′，
因为C′D⊂平面BDC′，所以AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，
由勾股定理得，C′D＝＝＝1，
而在△BDC′中，BD＝1，BC′＝，
所以△BDC′为直角三角形，S△BDC′＝×1×1＝.
三棱锥C′­ABD的体积V＝×S△BDC′×AC′＝××＝.
S△ABD＝×1×＝，
设三棱锥C′­ABD的高为h，
则由×h×＝，解得h＝.
故三棱锥C′­ABD的高为.



一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．
解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．
答案：充分不必要
2．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是________．
解析：过A作AH⊥BD于H，由平面ABD⊥平面BCD，得AH⊥平面BCD，则AH⊥BC，又DA⊥平面ABC，所以BC⊥DA，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC为直角三角形．
答案：直角三角形
3．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.(填所选条件的序号)
解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β.故填②④.
答案：②④
4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直．
答案：垂直
5．(2018·常州期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD⊥平面AEP，则线段AP长度的取值范围是________．

解析：连结BC1，易得BC1⊥平面A1B1CD，要满足题意，只需EP∥BC1即可．取CC1的中点为F，则EF∥BC1，故P在线段EF上(不含端点)．
∵AE＝＝，AF＝＝3，∴线段AP长度的取值范围是(，3)．
答案：(，3)
6．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．
解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，又AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．
答案：①②④
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2019·盐城中学测试)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为________．
解析：若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．
答案：2
2．(2018·徐州期中)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为________(写出满足条件的所有平面)．
解析：在四边形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；
假设平面ADC⊥平面BCD，
∵BD⊥CD，且平面ADC∩平面BCD＝CD，
∴BD⊥平面ADC，则BD⊥AD，与∠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.
∴在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC.
答案：平面ABD，平面ABC.
3．已知正△ABC的边长为2 cm，PA⊥平面ABC，A 为垂足，且PA＝2 cm，那么点P到BC的距离为________cm.
解析：如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BC⊥AD，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAD，所以PD⊥BC，则PD的长度即为点P到BC的距离．在Rt△PAD中，PA＝2，AD＝，可得PD＝＝.
答案：
4．(2018·连云港期末)已知四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件____________时，有PC⊥BD(填上你认为正确的一个条件即可)．
解析：∵四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，
当四边形ABCD是菱形时，BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BD.
答案：四边形ABCD是菱形
5．已知直线a和两个不同的平面α，β，且a⊥α，a∥β，则α，β的位置关系是________．
解析：记b⊂β且a∥b，因为a∥b，a⊥α，所以b⊥α，因为b⊂β，所以α⊥β.
答案：垂直
6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________．
解析：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是________(填序号)．

解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错误．
答案：①②③
8．如图，直三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1＝，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.
又2×＝h×，
所以h＝，DE＝.
在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.
由面积相等得× ＝x，得x＝.
即线段B1F的长为.
答案：
9．(2018·海安中学测试)如图，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝AC，PB＝PD＝AC，E是PD的中点，求证：
(1)PB∥平面ACE；
(2)平面PAC⊥平面ABCD.
证明：(1)连结BD交AC于点O，连结OE，
∵底面ABCD为菱形，
∴O是BD的中点，
又E是PD的中点，∴OE∥PB，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB∥平面ACE.
(2)∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形，从而AB＝AC，
又PB＝AC，PA＝AC，
∴PB＝AB＝PA，可得PA⊥AB.
同理可证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·徐州高三检测)如图，在三棱锥S­ABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB.
求证：(1)AB∥平面SDE；
(2)平面ABC⊥平面SDE.
证明：(1)因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，所以DE∥AB.
因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，
所以AB∥平面SDE.
(2)因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．
又因为SA＝SC，所以SE⊥AC，
又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC.
因为DE∩SE＝E，DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，
所以AC⊥平面SDE.
因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面SDE.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．(填序号)
①MB是定值；
②点M在圆上运动；
③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；
④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.

解析：取DC中点N，连结MN，NB，则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正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·
cos ∠MNB，∴MB是定值，①正确；B是定点，∴M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．∴①②④正确．
答案：①②④
2．如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥A­D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的命题序号是________．
解析：由题意可得BC1∥AD1，又AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VA­D1PC＝VP­AD1C，所以体积不变，故①正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到B点时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确；因为AC⊥平面DD1B1B，DB1⊂平面DD1B1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面ACD1.又因为DB1⊂平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.
答案：①②④
3．(2019·泰州调研)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AE＝CF＝2a.
(1)求证：B1F⊥平面ADF；
(2)求三棱锥B1­ADF的体积；
(3)求证：BE∥平面ADF.
解：(1)证明：因为AB＝AC，D为BC的中点，
所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，因为B1B⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，
所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，
因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.
在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝a，B1C1＝CF＝2a，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面AFD.
(2)因为B1F⊥平面AFD，
所以VB1­ADF＝·S△ADF·B1F＝××AD×DF×B1F＝.
(3)证明：连结EF，EC，设EC∩AF＝M，连结DM，
因为AE＝CF＝2a，
所以四边形AEFC为矩形，
所以M为EC中点，
因为D为BC中点，所以MD∥BE.
因为MD⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，
所以BE∥平面ADF.

命题点一　空间几何体的表面积与体积
1．(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．
解析：由题意知所给的几何体是棱长均为的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2××()2×1＝.
答案：
2．(2015·江苏高考)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．
解析：设新的底面半径为r，由题意得
×π×52×4＋π×22×8＝×π×r2×4＋π×r2×8，
解得r2＝7，所以r＝.
答案：
3．(2014·江苏高考)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且＝，则的值是________．
解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径分别是r1，r2，母线长分别是l1，l2.则由＝可得＝.又两个圆柱的侧面积相等，即2πr1l1＝2πr2l2，则＝＝，所以＝＝×＝.
答案：
4．(2018·天津高考)已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M ­EFGH的体积为________．

解析：连接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为E，H分别为AD1，CD1的中点，所以EH∥AC，EH＝AC，因为F，G分别为B1A，B1C的中点，所以FG∥AC，FG＝AC，所以EH∥FG，EH＝FG，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG＝HF，EH＝HG，所以四边形EHGF为正方形，又点M到平面EHGF的距离为，所以四棱锥M ­EFGH的体积为
×2×＝.
答案：
5．(2017·全国卷Ⅱ)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
解析：由题意知，长方体的体对角线长为＝，
记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝，
R＝，因此球O的表面积为S＝4πR2＝14π.
答案：14π
6．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q ­ABP的体积．
解：(1)证明：由已知可得，∠BAC＝90°，即AB⊥AC.
又因为AB⊥DA，AC∩DA＝A，
所以AB⊥平面ACD.
因为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.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊DC.

由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q ­ABP的体积为VQ ­ABP＝×S△ABP×QE＝××3×2sin 45°×1＝1.
7．(2017·北京高考)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．
(1)求证：PA⊥BD；
(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E­BCD的体积．
解：(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，
所以PA⊥平面ABC.
又因为BD⊂平面ABC，
所以PA⊥BD.
(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，
所以BD⊥AC.
由(1)知，PA⊥BD，又AC∩PA＝A，
所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点，
所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.
由(1)知，PA⊥平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
所以三棱锥E­BCD的体积V＝BD·DC·DE＝.
8．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P­ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．
解：(1)证明：由∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD.
因为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)如图所示，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E.
由(1)知，AB⊥平面PAD，
故AB⊥PE，
可得PE⊥平面ABCD.
设AB＝x，则由已知可得AD＝x，PE＝x.
故四棱锥P­ABCD的体积VP­ABCD＝AB·AD·PE＝x3.
由题设得x3＝，故x＝2.
从而PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2.
可得四棱锥P­ABCD的侧面积为
PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin 60°＝6＋2.
命题点二　直线、平面平行与垂直的判定与性质
1．(2018·江苏高考)在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明：(1)在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，
AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCD ­A1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，
又DM⊂平面CMD，所以BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且CD为直径，
所以DM⊥MC.
又BC∩MC＝C，所以DM⊥平面BMC.
因为DM⊂平面AMD，
所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：
连接AC交BD于O.
因为四边形ABCD为矩形，
所以O为AC的中点．连接OP，
因为P为AM中点，所以MC∥OP.
又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
3．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
所以EF∥AB.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为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.
又因为AC⊂平面ABC，
所以AD⊥AC.
4．(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.
求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
证明：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1∥AC.
在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.
又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，
所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，
所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.