解决立体几何线面位置关系的策略

解决立体几何线面位置关系的策略

四川 张继海

一、方法策略概述

高考试卷中，立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明、角与距离的计算，一般属于中档题． 立体几何证明题包括线面、面面的相交、平行和垂直，需要掌握相应的判定定理和性质定理．这些定理加上相关的概念和公理，成为推理的理论依据．几何法证明的策略是：由条件想性质，据结论忆判定．即当条件中已知某种位置关系时，就想想相应的性质定理是什么？当结论中要证明某种位置关系时，就想想相应的判定定理是什么？以使我们在复杂的图形及杂乱的位置关系中，迅速展开思路，找到解题突破口．特别是在需要添加辅助线（面）时，这种思维策略很有效．

当求某种角或距离时，需要先找到或作出相应的角或距离，简称“求啥作啥”．考查最多的是直线与平面所成的角和二面角．求直线与平面所成的角的关键是找到直线在平面内的射影；求二面角的关键是找到（更多是作出）二面角的平面角，这时选取恰当的位置，如其中一个平面的一条垂线，既方便作图，又容易计算．

根据线面平行与垂直的判定和性质，可知：“线线平行线面平行面面平行”，“线线垂直 线面垂直面面垂直”是立几中所表现出的线面的平行与垂直关系互相转化的基本思路，利用

这种转化思路，可以解决立体几何线面位置关系的基本问题．

在容易建立空间直角坐标系的图形中，用空间向量法可以把复杂的位置关系证明或角、距离的计算都转化为向量的计算，避免添加辅助线（面）的烦恼．

二、典型例题解析

类型Ⅰ 证明线面的平行、垂直

例1

如图，在三棱锥S －ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ， AS = AB ，过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E 、G 分别是棱SA 、SC 的中点．

求证：（1）平面EFG ∥平面ABC ；（2）BC ⊥SA ．

解析 图文结合，理解题意．把已知条件用带圆括号的字母数字①、 ②、③、„等另写一遍，以求凝聚主要条件，展开浮想，由因导果．

① 面SAB ⊥面SBC ， ② AB ⊥BC ，

③ AS = AB ，⇒ △ABS 是等腰三角形

⇒ AF 是中线、F 是中点

④ AF ⊥SB ，

⑤ E 、G 是棱SA ，SC 的中点．

S C

⇒

EF ∥AB ，FG ∥BC ，GE ∥CA ， ⇒ 面EFG ∥面ABC ．

又由①④可得AB ⊥面SBC ，∴ AF ⊥BC ，结合②可推出BC ⊥面SAB ，∴ BC ⊥SA ．

说明：（1）上述思路展示与推演变形具有普遍性，不少立体几何线面位置的证明或计算，都可运用．（2）用带圆括号的字母数字①、②、③表示已知条件时，可以按题目既有顺序列写，也可以适当交换组合．为了节省叙述篇幅，后面的例子将略去不写（留陈于解题者心中）．（3）要证面面平行，可以去证其中一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面；要证线线垂直，可以证线面垂直．

变式题：若把例1的图画成如图所示的情形，则问题显而易见． 三棱锥A －SBC 中，面ASB ⊥面SBC ，AS ⊥AB ，SB ⊥BC ．若SA = AB = BC ．求：（1）二面角S －AC －B 的大小；（2）异面直线AC 与SB 所成的角的余弦值． （答案（1）90︒，（2）

类型Ⅱ 求线线角、面面角

例2 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥面ABC ，P A =，AC = 2， BC = 1，∠ACB = 60︒．设PC 的中点为D ．求：（1）异面直线AD 与PB 所成的角；（2）二面角B －AD －C 的正弦、余弦值．

解析 边列写已知条件边展开联想，有 ① P A ⊥面ABC ，② P A =3， ③ AC = 4，④ BC = 1，⑤ ∠ACB = 60︒，⑥ D 是PC 的中点．

（1）由③④⑤可得AB =3，进而PB =6，PC =，所以AD =取BC 的中点E ，连结AE ，DE ，则DE ∥PB ，DE =

16

PB =． 22

17

PC =． 22

） 5

A S

C B

P

A

C

AD 2+DE 2-AE 2=0， 于是，在△ACE 中，得AE =，因此cos ∠ADE =

2AD ⋅DE 2

表明AD ⊥DE ，即异面直线AD 与PB 所成的角为90︒． （2）过B 作BF ⊥AC 与F ，过F 作FH ⊥AD 于H ，连结BH ．

∵ P A ⊥面ABC ，∴ 面P AC ⊥面ABC ，从而由作图可知，BF ⊥面P AC ，得BF ⊥AD ， ∴ ∠BHF 就是二面角B －AD －C 的平面角． 由已知可得BF =BC sin 60︒=

31

，CF =． 22

H

A

G F

C

如图，有DG =(

32333723FH AF

⋅=，，∴ FH =⋅． ) -1==

27222DG AD 27

于是，在Rt △BFH 中，BH 2 = BF 2 + FH 2 =

12

， 7

进而sin ∠BHF =

BF 7FH 3373

=⋅==⋅=． ，cos ∠BHF =BH 24BH 274说明：（1）由于D 是PC 的中点，所以取BC 的中点E ，连结DE ，则DE ∥PB ，将异面直线AD 与PB 所成的角转化成两条相交直线AD 与DE 所成的锐角或直角，通过△ADE 解决问题．（2）利用“一作二证三算”，作（找）出二面角的平面角，然后证明作出的这个角为所求，最后通过解三角形来完成．

变式题：如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC = CD = 2， AC = 4，∠ACB =∠ACD = 60︒，F 为PC 的中点，AF ⊥PC ．（1）求P A 的长； （2）求二面角B －AF －D 的正弦值．

类型Ⅲ 判定线面的位置关系

例3 如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD = 2，

BD = 22．M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ = 3QC ．

（1）证明：PQ ∥平面BCD ；

（2）若二面角C －BM －D 的大小为60°，求∠BDC 的大小． 证法 （1）取DM 的中点E ，连结PE 、QE ． ∵ P 是BM 的中点，∴ PE ∥BD ．

AQ AE

==3， 注意到M 是AD 的中点，∴

QC ED

P

A

C

M

B

C

D 从而 QE ∥CD ，由此表明面PQE ∥面BCD ，∴ PQ ∥面BCD ．

另法 过P 、Q 分别作PF ⊥BD 于F ，作QG ⊥CD 于G ，连结FG ． ∵ AD ⊥面BCD ，∴ 面ABD ⊥面BCD ，面ACD ⊥面BCD ， 从而PF ⊥面BCD ，QG ⊥面BCD ，∴ PF ∥QG ． 由已知可得 PF =

B

C M E D

111

DM ，QG =AD =DM ，∴ PF = QG ，即四边形PQGF 是平行四边形， 242

∴ PQ ∥FG ，进而有 PQ ∥面BCD ．

（2）过C 作CH ⊥BD 于H ，CK ⊥BM 于K ，连结HK ．

由（1）可知，面ABD ⊥面BCD ，∴ CH ⊥面ABD ，有HK ⊥BM ， ∴ ∠CKH 就是二面角C －BM －D 的平面角，即∠CKH = 60︒． 设∠BDC = α（0︒＜α＜90︒），则在Rt △BCD 中，

有 BC =22sin α，CD =22cos α．而CM =+8cos 2α，BM =+8=3，

B

C

M D

BC ⋅CD 22sin α⋅22cos αBC ⋅CM 22sin α+8cos 2α

==22sin αcos α． =∴ CK =，CH =

BD BM 322

22sin α+8cos 2α3

在Rt △CKH 中，有 CH = CK sin 60︒，∴ 22sin αcos α=， ⋅

32

化简，得 4 cos2α = 1，∴ cos α=

1

，α = 60︒． 2

说明：（1）要证线面平行，根据判定定理可通过证明面面平行或线线平行来实现；（2）已知二面角C －BM －D 的大小为60°，则必须从图上找到或作出其平面角，关键是抓住一个平面的一条垂线（注意到面ABD ⊥面BCD ，易作得CH ⊥面ABD 即可）．

变式题：如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB = BC = 2， AD = CD =，P A =3，∠ABC = 120°．（1）证明：BD ⊥平面P AC ；（2） 若G 是PC 的中点，求DG 与平面APC 所成的角的正切值．

（答案 （1）证明BD ⊥AC ，BD ⊥P A （2）类型Ⅳ 证明线面平行、求二面角

例4 如图，直棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1 = AC = CB =证明：BC 1∥平面A 1CD ；（2）求二面角D －A 1C －E 的正弦值．

解析 （1）连结AC 1，交A 1C 于F ，则F 为AC 1的中点． 而D 是AB 的中点，所以DF ∥BC 1，故BC 1∥平面A 1CD ．

另法 取A 1B 1的中点G ，连结BG 、C 1G ，则根据题意“D 是直棱柱ABC －A 1B 1C 1中AB 的中点”可得BF ∥A 1D ，C 1F ∥CD ，所以面BC 1F ∥平面A 1CD ， 因此 BC 1∥平面A 1CD ．

C

A 2

AB ．（1）2

4） 3

B D

C 1

（2）由已知可得AC 2 + CB 2 = AB 2，于是∠ACB = 90︒，表明AC ⊥BC ，AC 、BC 、CC 1两两垂直．于是建立空间坐标系，设AA 1 = 2，则CA 1=（2，0，2），CD =（1，1，0），CE =（0，2，1）．

设m =（x 1，y 1，z 1）是平面A 1DC 的法向量，则 m · CD = 0，CA 1= 0，m ·所以 x 1 + z 1 = 0，x 1 + y 1 = 0，取m =（1，1，1）．

= 0， 同理设n =（x 2，y 2，z 2）是平面A 1EC 的法向量，则n ·CA 1= 0，n ·

所以 x 2 + z 2 = 0，2y 2 + z 2 = 0，取n =（2，1，－2）． 于是 cos=

6m ⋅n = ⇒ sin=．

3|m |⋅|n |3

6

． 3

因此二面角D －A 1C －E 的正弦值为

另法 由AA 1 = AC = CB =

2

AB ⇒ AA1:BD = AD :BE ⇒ Rt△A 1AD ∽Rt △BDE 2

⇒ ∠A 1DA =∠BED ⇒∠A 1DA +∠BDE = 90︒ ⇒ DE ⊥A 1D ．

由已知可得CD ⊥平面ABB 1A 1，进而CD ⊥DE ，所以DE ⊥平面A 1CD ． 作DG ⊥A 1C 交A 1C 于G ，则EG ⊥A 1C ，表明∠DGE 为所求二面角的平面角． 设AA 1 = 2，则A 1C = 22，CD =，A 1D =6， 于是DG =

3CD ⋅A 1D DE ==，DE =，EG =，从而sin ∠DGE =． EG 3A 1C 22

说明：（1）要证BC 1∥平面A 1CD ，可以证BC 1平行于平面A 1CD 中的某一条直线；或证明BC 1所在的某个平面平行于平面A 1CD ．（2）求二面角D －A 1C －E 的正弦值，根据定义，应先找到其中一个半平面的一条垂线，这确实不容易找到．转化已知，由已知可得AC 2 + CB 2 = AB 2，于是∠ACB = 90︒，表明AC ⊥BC ，AC 、BC 、CC 1两两垂直，于是建立空间直角坐标系，用向量法解．

变式题：已知条件和图形与例4相同，求：（1）平面A 1CE 与平面ABC 所成的角的正切值；（2）求异面直线A 1D 与CE 所成的角；（3）求异面直线A 1D 与CE 间的距离．

（答案：（1）

3

（2）90︒（3）就是DE =） 22

类型Ⅴ 线面位置关系的探索性问题

例5 如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线 PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是P A ，PC 的中点．

（1）记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；

（2）设（1）中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足

1

DQ =CP ．记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的

2大小为β，求证：sin θ = sinα sinβ．

解析 （1）∵ E ，F 分别是P A ，PC 的中点，∴ EF ∥AC ，而 AC ⊆平面ABC ，EF ⊄平面ABC ， ∴ EF ∥平面ABC ．又EF ⊆平面BEF ，∴ EF ∥l ，因此 l ∥平面P AC ．

（2）如图，连结BD ，由（1）知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC ．因为 AB 是⊙O 的直径，所以AC ⊥BC ，于是l ∥BC ．已知PC ⊥平面ABC ，则PC ⊥l ，所以l ⊥平面PBC ．连结BE ，BF ，则l ⊥BF ．故∠CBF 就是二面角E －l －C 的平面角，即∠CBF =β．

11

由DQ =CP ，作DQ ∥CP ，且DQ =CP ．连结PQ ，DF ．

22

因为F 是CP 的中点，CP = 2PF ，所以DQ = PF ，从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD ．

连结CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 就是FD 在平面ABC 内的射影，故∠CDF 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠CDF = θ．

又BD ⊥平面PBC ，有BD ⊥BF ，知∠BDF 为锐角，即∠BDF = α． 于是在Rt △CDF ，Rt △BDF ，Rt △BCF 中，分别可得sin θ=CF BF CF

，sin α=，sin β=， DF 从而 sin αsin β=

BF DF ⋅CF BF =CF

DF

=sin θ，即sin θ = sinα sinβ． 说明：连接DF ，用几何方法很快就可以得到证明，若用向量的方法就 很麻烦，特别是用向量不能方便的表示角的正弦．

变式题：把试题主干抽象出来，即为三棱锥A -BCD 中，AD ⊥面BCD ，BC ⊥CD ，∠ABC =α，∠ACD =β，∠ABD =θ，则sin θ = sinα sinβ．

DF BF

D

C