第3天
平行垂直的判断与证明

每年高考必考一道立体几何解答题，其中第（1）问大多是平行或者垂直的证明。平行主要考查线面平行，垂直主要考查线面垂直或者面面垂直，虽然属于简单送分题，但高考阅卷标准非常严格，对于步骤的严谨程度要求极高，稍有不慎，就会被扣分，本节我们将对这一类题型进行详细整理。
【题型一】平行的判断与证明
例1(2019新课标Ⅰ)如图31所示，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分

图31
别是BC,BB1,A1D的中点。证明： MN∥平面C1DE。


【证明】取AD中点G，连接NG。
在△A1AD中，N是A1D的中点； 得NG∥A1A,NG=12A1A。
在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A∥BB1,A1A=BB1,AD∥BC,AD=BC。
又M是BB1中点，E是BC中点，G是AD中点，
可得MB∥NG,MB=NG,BE∥DG,BE=DG，
故四边形MNGB是平行四边形，四边形BEDG是平行四边形，
则MN∥GB,DE∥GB，故MN∥DE。

又MN平面C1DE,DE平面C1DE，故MN∥平面C1DE。证毕。

图32



例2(2017新课标Ⅱ)如图32所示，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点。证明： 直线CE∥平面PAB。

【证明】
取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD,EF=12AD。又AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°，故BC∥AD,得BC∥EF，BC=EF，
则四边形BCEF是平行四边形，可得CE∥BF。
又CE平面PAB，BF平面PAB，故直线CE∥平面PAB。证毕。

注：  通过“平移找线”，借助初中的中位线、相似定理、平行四边形的性质定理等得到线线平行，进而得到线面平行。





【方法小结】
线面平行的证明基本都是通过线线平行得到，偶尔通过面面平行得到。不论通过哪一种方法，都离不开“平移找线”这个核心
，即在一个平面中找到一条直线与已知直线平行即可，借助初中所学的三角形中位线、相似三角形、平行四边形的性质来进行证明。
【题型练习】


图33


1.1(2014新课标Ⅱ)如图33所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点。
证明： PB∥平面AEC。

1.2(名校模拟题)在梯形ABCD中(图34（a）)，AB∥CD，AB=2，CD=5，过A、B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，且AE=2DE，将梯形ABCD沿AE、BF同侧折起，使得CF⊥FE，且DE∥CF，得空间几何体ADEBCF(图34（b）)，直线AC与平面ABF所成角的正切值为22。求证： BE∥平面ACD。


图34


1.3(名校模拟题)如图35所示，在三棱台DEFABC中，AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点。求证： BD∥平面FGH。


图35




1.4(名校模拟题)已知几何体PABCD，如图36所示，面ABCD为矩形，面ABCD⊥面PAB，且面PAB为正三角形。若AB=2,AD=1,E,F分别为AC,BP中点，求证： EF∥平面PCD。

图36



【题型二】垂直的判断与证明

例1(2016新课标Ⅱ)如图37所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E,F分别


图37

在AD,CD上，AE=CF=54，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=10。证明： D′H⊥平面ABCD。


【证明】ABCD是菱形，得AD=DC，又AE=CF=54，则DEEA=DFFC，故EF∥AC。
又ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，即EF⊥DH，则EF⊥D′H。
由AC=6得AO=3，又AB=5，AO⊥OB，得OB=4，故OH=AEAD·OD=1，
则DH=D′H=3，所以|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH。

图38



又EF⊥D′H,OH∩EF=H，OH平面ABCD，EF平面ABCD，故D′H⊥平面ABCD。证毕。

例2(2019新课标Ⅱ)如图38所示，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1。证明： BE⊥平面EB1C1。


【证明】长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，则B1C1⊥BE，又BE⊥EC1，B1C1平面EB1C1，EC1平面EB1C1，且B1C1∩EC1=C1，
则BE⊥平面EB1C1。证毕。

注：  无论是证明线面垂直还是面面垂直，都是线面垂直，可按照线面垂直的思路进行求解，即按照下述【方法小结】中所讲的三种途径来找到所需的线线垂直。

【方法小结】
要证明线面垂直，一般通过找到两组线线垂直来进行证明。在得到这两组线线垂直的过程中，一般有以下三种情形： (1)通过已知条件轻松得出； (2)通过线面垂直得到线线垂直； (3)通过初中相关知识进行计算与证明。

【题型练习】
2.1(2015新课标Ⅰ)如图39所示，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC。证明： 平面AEC⊥平面AFC。

图39



2.2(2018新课标Ⅰ)如图310所示，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，

图310

使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
证明： 平面PEF⊥平面ABFD。


2.3(2018新课标Ⅱ)如图311所示，在三棱锥PABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点。证明： PO⊥平面ABC。

图311



2.4(2017新课标Ⅰ)如图312所示，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，
且∠BAP=∠CDP=90°。证明： 平面PAB⊥平面PAD。

图312




2.5(2016新课标Ⅰ)如图313所示，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，∠AFD=90°。证明： 平面ABEF⊥平面EFDC。

图313


2.6（2020新高考山东）如图314所示，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD。设平面PAD与平面PBC的交线为l。证明： l⊥平面PDC。


图314









第4天
角度距离计算(上)——几何法

立体几何中的角度距离计算，每年高考至少有一题。填空题或者选择题主要考查线线角，解答题主要考查二面角，偶尔会考查线线角、线面角。所有角度的计算一般都有两种方法，几何法直接求解或者空间向量法用坐标求解。几何法的优势是运算量相对较小，但对学生空间想象能力与做辅助线的能力要求较高，本节我们专门对几何法进行训练与讲解。
【题型一】线线角
例1(2014新课标Ⅱ)直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA=90°，M,N分别是A1B1,A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为。


图41


【解析】直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA=90°，M,N分别是A1B1,A1C1的中点，取BC的中点为O，连接ON,AO,BM,如图41所示，则MN∥OB,MN=OB，则四边形MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO。由BC=CA=CC1，设BC=CA=CC1=2，
则CO=1,AO=5,AN=5,MB1=12A1B1=2，则NO=MB=6。
在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO=AN2+NO2-AO22AN·NO=3010。
例2(2017新课标Ⅰ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()。

A.  32B. 155C. 105D. 33
【解析】方法一：  如图42所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则AB1，BC1夹角为MN和NP夹角或其补角因异面直线所成角为0,π2，
易得AB1=5，BC1=2，可知MN=12AB1=52，NP=12BC1=22。作BC中点Q，MQ∥AC，PQ∥CC1,又由直三棱柱ABCA1B1C1可得CC1⊥平面ABC，则CC1⊥AC1,即△PQM为直角三角形。


又PQ=CC1=1，MQ=12AC。在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC
=4+1-2×2×1×-12=7，则AC=7，MQ=72。

在△MQP中，MP=MQ2+PQ2=112。在△PMN中，由余弦定理得


cos∠MNP=MN2+NP2-PM22·MN·NP=522+222-11222×52×22=-105。


又异面直线所成角的范围是0,π2，则AB1与BC1所成角的余弦值为105。故选C。




方法二： 如图43所示，补成四棱柱ABCDA1B1C1D1，求∠BC1D即可。
BC1=2，BD=22+12-2×2×1×cos60°=3，C1D=5，
则BC21+BD2=C1D2，∠DBC1=90°，cos∠BC1D=BC1C1D=25=105。故选C。



图42




图43



注：  在将直线“平移共面”的过程中，有时需要将原有几何体补全到本来的面貌，方便计算。

【题型练习】

1.1(2016新课标Ⅰ)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD=m，α∩平面ABB1A1=n，则m，n所成角的正弦值为。

1.2(2018新课标Ⅱ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为。
1.3(2015新课标Ⅰ)如图44所示，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同

图44

一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC。求直线AE与直线CF所成角的余弦值。
【题型二】线面角


图45

例1(2015新课标Ⅱ)如图45所示，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。
(1) 在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； 
(2) 求直线AF与平面α所成角的正弦值。


图46


【解析】(1) 在平面ABB1A1内过E作EH⊥AB，垂足为H，在线段HB上取点M，使HM=6。同理，在线段DC上取点N，使DN=10,连接EM,MN,NF，如图46所示，则正方形EMNF即为所求。
(2) 由长方体ABCDA1B1C1D1可得B1C1⊥平面ABB1A1,B1A1∥C1D1,B1C1=BC=10,
则F到平面ABB1A1的距离为10。
设A到α的距离为d，在三棱锥AMEF中，根据等体积法知VAMEF=VFAME。
则13·S△MEF·d=13·S△AME·10,即13×12×10×10d=13×12×10×8×10,d=8。

又在长方体ABCDA1B1C1D1中，C1D1⊥平面ADD1A1,则C1D1⊥AD1，可得AF=65，故直线AF与平面α所成角的正弦值为865=4515。


图47


例2(2018新课标Ⅰ)如图47所示，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。求DP与平面ABFD所成角的正弦值。
【解析】由题意得BF⊥EF，且BF⊥PF，又PF∩EF=F，且均在平面PEF上，故BF⊥平面PEF。又BF平面ABCD，故平面PEF⊥平面ABCD。在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH。由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF,则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH。
在正方形ABCD中，可得BC⊥CD,BC∥AD,PF⊥PD。又PF⊥BF，则PF⊥AD。而PD平面PED,AD平面PED,PD∩AD=D，故PF⊥平面PED，又PE平面PED，故PF⊥PE。

设正方形边长为2a，在直角三角形PEF中，PF=a,EF=2a,PE=3a,PH=32a，所以在△PHD中，sin∠PDH=PHPD=34，则DP与平面ABFD所成角的正弦值为34。

注：  在找点的投影的过程中，如果位置确定，可以直接做出； 如果不确定，需要通过作线的垂线(而非面的垂线)，再通过线面垂直的证明(必不可少)来确定高。

【方法小结】
求线面角的核心是求高，找到直线上某点到平面的距离即可。一般有两种方法： (1)找到该点的投影，求距离； (2)运用等体积法求解。
【题型练习】
2.1(名校模拟题)在梯形ABCD中(图48(a))，AB∥CD，AB=2，CD=5。过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F，且AE=2DE，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，使得CF⊥FE，且DE∥CF，得空间几何体ADEBCF(图48（b）)。直线AC与平面ABFE所成角的正切值是22。求多面体ADEBCF的体积。


图48