平面之间的位置关系

点，直线，平面之间的位置关系  一、知识网络     二、高考考点  1、空间直线，空间直线与平面，空间两个平面的平行与垂直的判定或性质.其中，线面垂直是历年高考试题涉及的内容.  2、上述平行与垂直的理论在以多面体为载体的几何问题中的应用；求角；求距离等.其中，三垂线定理及其逆定理的应用尤为重要.  3、解答题循着先证明后计算的原则，融推理于计算之中，主要考察学生综合运用知识的能力，其中，突出考察模型法等数学方法，注重考察转化与化归思想；立体问题平面化；几何问题代数化.  三、知识要点  （一）空间直线  1、空间两条直线的位置关系  （1）相交直线——有且仅有一个公共点；  （2）平行直线——在同一个平面内，没有公共点；  （3）异面直线——不同在任何一个平面内，没有公共点.  2、平行直线  （1）公理4（平行直线的传递性）：平行于同一条直线的两条直线互相平行.  符号表示：设a,b,c为直线，   （2）空间等角定理  如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同，那么这两个角相等.  推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两条直线所成的锐角（或直角）相等.  3、异面直线  （1）定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.  （2）有关概念：  （ⅰ）设直线a,b为异面直线，经过空间任意一点O作直线ａ＇，ｂ＇，并使ａ＇//a，ｂ＇//b,则把ａ＇和ｂ＇所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角.  特例：如果两条异面直线所成角是直角，则说这两条异面直线互相垂直.  认知：设为异面直线a，b所成的角，则.  （ⅱ）和两条异面直线都垂直相交的直线（存在且唯一），叫做两条异面直线的公垂线.  （ⅲ）两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段（公垂线段）的长度，叫做两条异面直线的距离.  （二）空间直线与平面  直线与平面的位置关系： （1）直线在平面内——直线与平面有无数个公共点；  （2）直线和平面相交——直线与平面有且仅有一个公共点；  （3）直线和平面平行——直线与平面没有公共点.  其中，直线和平面相交或直线和平面平行统称为直线在平面外.  1、直线与平面平行 （1）定义：如果一条直线和一个平面没有公共点，则说这条直线和这个平面平行，此为证明直线与平面平行的原始依据. （2）判定  判定定理：如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.  认知：应用此定理证题的三个环节：指出. （3）性质 性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.  2、直线与平面垂直  （1）定义：如果直线l和平面内的任何一条直线都垂直，则说直线l和平面互相垂直，记作l⊥.  （2）判定：  判定定理1：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面.判定定理2：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面. 符号表示：.  （3）性质  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. 符号表示：  （4）概念  （ⅰ）点到平面的距离：从平面外一点引这个平面的垂线，则这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.  （ⅱ）直线和平面的距离：当一条直线和一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线和这个平面的距离.  （三）空间两个平面   1、两个平面的位置关系  （1）定义：如果两个平面没有公共点，则说这两个平面互相平行.  （2）两个平面的位置关系 （ⅰ）两个平面平行——没有公共点； （ⅱ）两个平面相交——有一条公共直线.  2、两个平面平行  （1）判定  判定定理1：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.  判定定理2：（线面垂直性质定理）：垂直于同一条直线的两个平面平行.  （2）性质  性质定理1：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行.  性质定理2（定义的推论）：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的所有直线都平行于另一个平面.  3、有关概念  （1）和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平行平面的公垂线，它夹在这两个平行平面间的部分，叫做这两个平行平面的公垂线段.  （2）两个平行平面的公垂线段都相等.  （3）公垂线段的长度叫做两个平行平面间的距离.  4、认知：  两平面平行的判定定理的特征：线面平行面面平行，或线线平行面面平行；  两平面平行的性质定理的特征：面面平行线面平行，或面面平行线线平行.  它们恰是平行范畴中同一事物的相互依存和相互贯通的正反两个方面.  四、经典例题  例1、在正方体中，E、F、G、H分别为棱BC、、、的中点，求证：  （1）；  （2）  分析：直面线面平行或面面平行的证明，一般是运用相应的判定定理.为此，需要在有关平面内寻找相关直线的平行线.寻找平行线的平面几何方法主要有：  （ⅰ）构造平行四边形； （ⅱ）构造三角形中位线或三角形中的成比例线段； （ⅲ）构造梯形  注意到已知某些棱的中点，想到找取相关线段的中点，配合原来线段的中点构造上述平面图形.  对于（1）适合条件的三角形难以构造，故首选构造平行四边形； 对于（2），则由不同图形的构造引出不同的证法.  证明：  （1）连接，并设，则分别为两底面的中心.  取OB中点为M，则由EM为△BOC的中位线得①   ② 注意到为正方形∴  ∴四边形为矩形 ∴③ ∴由①②③得∴四边形为平行四边形  ∴又 ∴ （2）证明（构造平行四边形）：取中点为N，连接，则由为平行四边形，  ∴④  又连结知  四边形为平行四边形  ∴ ⑤  ∴由④⑤得  注意到  ∴ ⑥  同理可得⑦  于是由⑥⑦得。  例2、已知平面  分析：已知直线与平面平行，必然要利用线面平行的性质或定义，一般是利用线面平行性质定理.为此，已知直线，需要经过直线n作平面，进而推出n//a.本题证明由此展开.  证明： 在平面     （线面平行性质定理）①  ②   ∴（线面平行判定定理） 又平面 （线面平行性质定理）③   于是由①③得n//m（公理4）  点评：立体几何的作图，必须是出手有理有据，已知直线，除极个别情形外，一般要利用线面平行性质定理，因此，需要经过直线a作平面进而推出a//b，切不可直接在内作b//a，为大家提供“零分证法”的反例.  例3、在正三棱柱中，E是AC中点，  （1）求证：； （2）求证：；  （3）若.  分析：注意到正三棱柱的特性  （1）利用上述特性构造三角形，构造平行四边形或构造面面平行，不同的构造产生出不同的证法；  （2）注意到正三棱柱的侧面与底面垂直，又这里BE⊥AC，问题易证.（3）注意到，的垂线易作，故考虑运用三垂线定理构造二面角的平面角.  解：（1）证法一（构造三角形中位线）：连结B1C，设的对角线交点.  又连结EM，则EM为的中位线，  又 .  证法二（构造平行四边形）：  在平面内延长并与的延长线交于点G，连结BG，则GA＝  ∴  ∴四边形GAB1B为平行四边形  ∴AB1//GB  又 ∴  证法三（构造平行平面）取A1C1中点为E1，连结B1E1，，AE1.  ∵四边形为矩形  ∴ ∴为平行四边形  ∴EC1//AE1  ∴①  ∵△ABC为正三角形，E为AC中点， ∴BE⊥AC  又正三棱柱底面ABC⊥侧面  ∴BE⊥平面 同理要证，   ∴  ∴②  于是由①②得，③  注意到  ∴  （2）从略.  （3）在平面内作∵ ∴ ∴FN是CN在上的射影， ∴（三垂线定理）  ∴      ∴∴  点评：对于（1），三种证法各有千秋.证法一中连结CB1，设出后，△ACB1的中位线便呼之欲出了；证法二注意到C1E的延长线必与A1A的延长线相交，大胆“出格”，用正三棱柱之外的线段GB沟通AB1与平面BEC1的联系；证法三则审时度势，主动“升格”，先证相关的两平面平行，而后利用面面平行定义的推论推出.这里的三种证法为证明线面平行的主要策略.  例4、已知矩形ABCD，过A作SA⊥平面AC，再过A作AE⊥SB交SB于E，过E作EF⊥SC交SC于F.  （1）求证：AF⊥SC；  （2）若平面AEF交SD于G，求证：AG⊥SD.  分析：  （1）注意到AF与SC在同一个平面内，证明AF⊥SC 首选三垂线定理逆定理.为此，从已知的线面垂直切入，从寻找它们所在平面SAC的垂线突破.  （2）仿（1），从寻找平面SAD的垂线切入或突破.  证明：（1）∵四边形ABCD为矩形 ∴BC⊥AB ∵SA⊥平面ABCD，AB为SB在平面AC上的射影  ∴BC⊥SB ∴BC⊥平面SAB ∴BC⊥AE 即AE⊥BC 又AE⊥SB ∴AE⊥平面SBC  ∴EF是AF在平面SBC上的射影  ∴由SC⊥EF得SC⊥AF，即AF⊥SC  （2）由（1）知SC⊥平面AEF，又AG平面AEF  ∴SC⊥AG，即AG⊥SC①  由题设得CD⊥AD，CD⊥SA ∴CD⊥平面SAD  ∴CD⊥AG，即AG⊥CD② 于是由①②得AG⊥平面SCD  ∴AG⊥SD  点评：立体几何中垂直问题的证明，通常是从线线垂直切入，向线面垂直或面面垂直延伸.  （1）的证明两用三垂线定理或其逆定理，  （2）的证明则运用了线面垂直的定义与判定定理，它们共同展示了证明垂直问题的基本策略.例5、已知P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面ABC，若O、Q分别是△ABC和△PBC的垂心，求证：OQ⊥平面PBC.  分析：循着证明线面垂直问题的基本思路，从已知的线面垂直切入，去构造有关直线的垂面.  证明：连结AO并延长交BC边于D，连结PD. ∵O为△ABC的垂心 ∴BC⊥AD ∵PA⊥平面ABC ∴PA⊥BC    又∵AD∩PA=A ∴BC⊥平面PAD ∴BC⊥PD  又∵Q为△PBC的垂心， ∴Q∈PD，又O∈AD  ∴OQ平面PAD  ∴OQ⊥BC ①  再连结BO并延长交AC于H，连结BQ并延长交PC于R，  则AC⊥BH，PC⊥BR.连结HR. ∵PA⊥平面ABC ∴平面PAC⊥平面ABC 且平面PAC∩平面ABC＝AC  ∴由BH⊥AC得BH⊥平面PAC ∴BH⊥PC即PC⊥BH 注意到PC⊥BR ∴PC⊥平面BHR  而OQ平面BHR  ∴PC⊥OQ ②  于是由①②得OQ⊥平面PBC  点评：证明过程的前部，以BC的垂直关系为关系，以推出BC⊥OQ为第一目标；证明过程的中部，以BH的垂直关系为主线，推出BH⊥PC后利用垂直关系的相互性转移；证明过程的后部，则以PC的垂直关系为主线，以推出PC⊥OQ宣告结束.证明线面之间的垂直关系或平行关系，要注意在各个阶段以某一直线为主线进行推理，以使推理过程清晰、明朗.  例6、在立体图形P-ABC中，已知PA=PB，CB⊥平面PAB，M为PC的中点，N在棱AB上，试问，当点N在棱AB的什么位置上时有MN⊥AB？  分析：对于在限定的垂直关系下确定点或直线的位置问题，一般思路是“先构造后定位”为此，首先需要立足于已知垂面，从已知的线线垂直或线面垂直入手，去寻找有关平面的新的垂线.  解：作PB中点H，连接HM  ∵M为PC的中点  ∴HM∥BC  ∵CB⊥平面PAB  ∴MH⊥平面PAB，  在平面PAB内，过点H作HN⊥AB于N，连接MN   则AB⊥MN（三垂线定理）  又取AB中点D，连结PD∵PA＝PB，  ∴PD⊥AB  ∴HN//PD  ∴N为DB中点.∴当点N为棱AB上靠近点B的四等分点时，有MN⊥AB.   点评：欲确定垂直于棱AB的线段MN，首先从已知条件入手，导出经过点M的平面PAB（或ABC）的垂线，于是这一平面内垂直于AB的直线易作，解题的局面由此打开.寻找有关平面的垂线，也成为证明或求解垂直问题的突破口.  五、高考真题  （一）选择题  1，设为两个不同的平面，l，m为两条不同的直线，且，有如下的两个命题：  ①若；②若 那么（  ）  A、①是真命题，②是假命题；B、①是假命题，②是真命题； C、①②都是真命题；D、①②都是假命题.  分析：这里. 对于①，若，则l，m可能平行，也可能异面；  对于②，若则可能垂直，也可能不垂直.  故应选D.  2、已知m,n是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：  ① ②  ③ ④若m,n是异面直线，  其中真命题是（    ）  A、①和②   B、①和③      C、③和④        D、①和④  分析： 由面面平行判定定理知①为真命题； 注意到垂直于同一个平面的两个平面不一定平行，②为假命题；  ③显然为假命题； ④由于m,n为异面直线，故可在内确立两条相交直线与平行，因而为真命题. 故应选D.  3，设为平面，m,n,l为直线，则m⊥的一个充分条件是（  ）  分析：对于选项A，由于这里的直线m不一定在内，故不一定有m⊥；  对于选项B，它与m⊥构成的命题是：若两个平面都和第三个平面垂直，则其中一个平面与第三个平面的交线垂直于另一个平面，此命题为假； 对于选项C，它与m⊥ 构成的命题是：若两个平面都和第三个平面垂直，且直线m垂直于其中一个平面，则m也垂直于另一个平面，此命题亦为假命题； 排除法可知应选D.选项D与m⊥构成的命题是：若直线m与两个平行平面中的一个平面垂直，那么它和另一个平面也垂直，这显然为真命题.  4、对于不重合的两个平面，给定下列条件：  ①存在平面，使得都垂直于； ②存在平面，使得都平行于；  ③内有不共线三点到的距离相等； ④存在异面直线l,m，使得；  其中可以判定平行的条件有（    ）  A、1个   B、2个        C、3个        D、4个  分析：对于①，垂直于同一平面的两个平面可能相交；对于②，由面面平行的传递性可以判定；对于③，当相交时，内仍可存在不共线三点到的距离等；对于④，在m上取定点P，经过点P在l与点P确定的平面内作l＇//l，则ｌ＇与m可确定平面.由于 于是可知，本题应选B.  （二）填空题  1、已知m,n是不同的直线，是不重合的平面，给出下列命题：  ①若 ②若  ③若④m,n是两条异面直线，若  上面的命题中，真命题的序号是              （写出所有真命题的序号）  分析：①显然为假命题；  对于②，内的直线m,n不一定相交，故②亦为假命题；  对于③，由题设知∴③为真命题； 对于④，由前面选择题第4题知此为真命题.  因此，答案为③、④.  2、在正方体中，过对角线的一个平面交于E，交 于F，则  ①四边形一定是平行四边形； ②四边形有可能是正方形；  ③四边形在底面ABCD的投影一定是正方形； ④平面有可能垂直于平面  以上结论正确的为              （写出所有正确结论的编号）  分析：注意到正方体的特性，由面面平行性质定理和，故四边形为平行四边形，①正确；在这里，当时，平行四边形即为矩形，且不可能为正方形，②不正确；③正确；而当平面与底面ABCD（或）重合时有平面，故④正确.于是可知答案为①，③，④.  （三）解答题  1、如图1，已知ABCD是上下底面边长分别为2和6，高为的等腰梯形，将它沿对称轴折成直二面角，如图2.（1）证明：；  （2）求二面角的大小.    分析：循着解决平面图形折叠问题的基本思路：  （1）认知平面图形中有关线段的长度与联系；  （2）了解折叠前后有关线段的长度或联系的＂变＂与＂不变＂； （3）利用＂不变＂的量与＂不变＂的关系解题.  在这里，由图1知，.至此（1）易证；对于（2），由（1）知，，故，于是可利用三垂线定理构造所求二面角的平面角.  解：（1）证明：由题设知 ∴∠AOB是所成的直二面角的平面角，即，  ∴  ∴OC 是AC在平面上的射影 ①  又由题设得    从而 ②  ∴根据三垂线定理由①②得，.  （2）解：由（1）知，， ∴  设，在平面AOC内过点E作EF⊥AC于F，连结（三垂线定理）  由题设知，  ∴∴  又 ∴ 即所求二面角的大小为.  点评：利用原来平面图形折叠后“不变的量”与线段间不变的垂直或平行关系，推出立体图形中，是证明（1）以及解答（2）的基础与关键.由此可见，这类问题中认知平面图形的重要.  2、在四面体P-ABC中，已知PA=BC=6，PC=AB=10，AC=8，PB＝.F是线段PB上一点，，点E在线段AB上，且EF⊥PB.  （1）证明：PB⊥平面CEF； （2）求：二面角B-CE－F的大小.    分析：  （1）要证PB⊥平面CEF，只要证PB垂直于CE或CF.这一设想的实现与否，要看对有关三角形的特性的认知与把握.在这里，，故易得BC⊥平面PAC，BC⊥AC等.注意到 ，，便得PB⊥CF，于是问题获证.  （2）由（1）知CE⊥PB，从而CE⊥平面PAB，CE⊥AB，CE⊥EF，故∠BEF为所求二面角的平面角.至此，解题的难点得以突破.  解：（1）证明： ∵PA2+AC2=36+64=100=PC2  ∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，  同理可证：△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形， △PCB是以∠PCB为直角的直角三角形。 故PA⊥平面ABC 而  故CF⊥PB,  又已知EF⊥PB ∴PB⊥平面CEF  （II）由（I）知PB⊥CE，PA⊥平面ABC ∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE  在平面PAB内，过F作FF1垂直AB交AB于F1，则FF1⊥平面ABC， EF1是EF在平面ABC上的射影，  ∴EF⊥EC 故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角。 tan∠FEB=cot∠PBA=  二面角B—CE—F的大小为arctan  点评：条件求值或证明中的已知数据经常具有双重作用，一是明确给出可用于计算或推理的量值，二是从中隐含有关各量之间的特殊联系.对于本题，揭露并认知有关线段的垂直关系，乃是解题取胜的关键环节.  3、如图，直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.  （1）求证：AE⊥平面BCE；  （2）求二面角B-AC-E的大小；  （3）求点D到平面ACE的距离.    分析：（1）注意到BF⊥平面ACE，故AE⊥BF.又AE⊥CB明显，问题易证.  （2）注意到四边形ABCD为正方形，故想到连结BD交AC于G，若取AC中点为G，连结BG，则AC⊥BG.再连结GF，只要证GF⊥AC，便得出∠BGF为所求二面角的平面角. （3）注意到平面ACE经过线段BD的中点，故B、D两点到平面ACE的距离相等.据此，在直接画出并求解这一距离有困难时，可转而去求点B到平面ACE的距离，或运用体积法求这一距离.  解法一：  （1） 平面ACE.     ∵二面角D—AB—E为直二面角，且， 平面ABE，        （2）连结BD交AC于G，连结FG， ∵正方形ABCD边长为2，  ∴BG⊥AC，BG=， 平面ACE， 由三垂线定理的逆定理得FG⊥AC.   是二面角B—AC—E的平面角. 由（Ⅰ）AE⊥平面BCE， ∴AE⊥EB，  又， ∴在等腰直角三角形AEB中，BE=.  又直角 ，   ∴二面角B—AC—E等于  （3）  方法一：过点E作交AB于点O.，OE=1. ∵二面角D—AB—E为直二面角， ∴EO⊥平面ABCD  设D到平面ACE的距离为h，    平面BCE， ∴点D到平面ACE的距离为  方法二： ∵G为BD中点， ∴D到平面ACE的距离等于B到平面ACE的距离.  ∵BF⊥平面ACE ∴BF即为点B到平面ACE的距离.  又由（2）知， ∴所求点D到平面ACE的距离为.  解法二：  （1）同解法一.  （2）以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，过O点平行于AD的直线为z轴，建立空间直角坐标系O—xyz，如图.  面BCE，BE面BCE， ，  在的中点，     设平面AEC的一个法向量为， 则即 解得   令得是平面AEC的一个法向量. 又平面BAC的一个法向量为，  ∴cos= ∴二面角B—AC—E的大小为  （3）∵AD//z轴，AD=2， ∴， ∴点D到平面ACE的距离    点评：直面点到平面的距离，当垂线段难以作出或者难以求出时，要注意适时转化或变通。这里（3）的解法，便给出了变通与转化的范例.  4、如图，在长方体中，，AB＝2，点E在棱AB上移动. （1）证明：；           （2）当E为AB中点时，求点E到平面的距离；  （3）AE等于何值时，二面角的大小为.    分析：（1）注意到这里的不管在什么位置，它在侧面的射影总是，要证，只要证，问题易证. （2）注意到面积易求，想到运用“体积法”.  （3）注意到，故考虑运用三垂线定理构造二面角的平面角.  解法一：（1）证明：∵在长方体中，，∴四边形为正方形 ∴  ∵， 为在侧面上的射影.  ∴（三垂线定理）  即.  （2）设点E到平面 的距离为h 由题设知在中，∴  而 又∵ ∴  ∴ ∴ 由此得 ∴所求点E到平面的距离为.  （3） ∵ ∴在平面AED内过点D作DH⊥CE于H，连结，DE，则  ∴为二面角的平面角 设在 又∴  ∴  另一方面，∴ 由此解得.∴当时，二面角的大小为.  解法二：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，  设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）  （1）  （2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0）， 从而， ，  设平面ACD1的法向量为，则 也即，得，  从而， 所以点E到平面AD1C的距离为   （3）设平面D1EC的法向量， ∴  由  令b=1,∴c=2,a=2－x，  ∴  依题意  ∴（不合，舍去），. ∴AE=时，二面角D1—EC—D的大小为. 点评：对于（3），设则有.据此，一方面利用二面角的平面角，可用x表出；另一方面，注意到EC在下底面内，又可从底面为矩形途径用x表出.进而由EC的唯一性导出关于x的方程，通过解方程获得问题的答案.这一解方程的思路，也是解决立体几何问题的重要思路之一.