平行垂直判定及其性质 线面平行、垂直的判定与性质
时间：2020-02-23 07:35:06 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
线面平行、垂直的判定与性质，一直是高考重点考查的对象，其解题方法一般有两种以上，并且都能用空间向量求解． 在空间元素位置关系的判断与证明中，通常利用线线、线面、面面的平行（垂直）的性质或判定定理，将线线、线面、面面的平行（垂直）相互转换．
１． 线面平行、垂直的判定与性质的重点
熟练掌握两类相互转化关系，平行转化：线线平行?圯线面平行，线面平行?圯线线平行；垂直转化：线线垂直?圯线面垂直，线面垂直?圯线线垂直．
２． 线面平行、垂直的判定与性质的难点
①直线与平面平行、垂直的判定与性质定理的交替使用．
②空间向量的引入，利用向量解题的关键是建立适当的空间直角坐标系及写出有关点的坐标，将几何问题转化为代数问题．
1． 传统法证明线面平行、垂直
证明线面平行，依据直线和平面平行的判定定理，找“平面内的一条线”与已知直线平行；证明线面垂直，依据线面垂直的判定定理，找到所需的“平面内两条相交直线”． 而有时证明线线平行、垂直时，又转化为证明线面平行、垂直，如此反复，直到证得结论．
2． 向量法证明线面平行、垂直
（1）证明线面平行
◆证明直线的方向向量与平面内一直线的方向向量平行．
◆证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
（2）证明线面垂直
◆若要证直线l与平面α垂直，只要在α内找到两个不共线向量a，b，在l上取向量p，证得p•a=0且p•b=0即可．
◆证明直线的方向向量与平面的法向量平行．
如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点． 证明：EF∥平面SAD．
图1 图2
思索 立体几何问题一般有两种方法：几何法与向量法． 几何法：证明EF与平面SAD内的某条线平行；向量法：利用向量平行转化为两直线平行，从而线面平行．
破解 法1：作FG∥DC交SD于点G，则G为SD的中点． 连结AG，FGCD，又CDAB，故FGAE，AEFG为平行四边形． EF∥AG，又AG?奂平面SAD，EF?埭平面SAD． 所以EF∥平面SAD．
法2：如图2，建立空间直角坐标系D－xyz． 设A（a，0，0），S（0，0，b），则B（a，a，0），C（0，a，0），Ea，，0，F0，，，=－a，0，． 取SD的中点G0，0，，则=－a，0，，=，EF∥AG，AG?奂平面SAD，EF?埭平面SAD，所以EF∥平面SAD． 另解，=（0，a，0）显然为平面SAD的一条法向量，而•=0，所以EF∥平面SAD．
点评 两种方法各有优缺点，在向量方法中注意动点的设法，在传统法中注意用分析法寻找思路．
如图2，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB=BC=2，CD=SD=1． 证明：SD⊥平面SAB．
思索 几何法：只需要证明SD垂直于平面中的两条相交直线；向量法：利用向量的数量积为零证明线线垂直，从而证得线面垂直．
图4 图5
破解 法1：取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，连结SE，则SE⊥AB，SE=． 又SD=1，故ED2=SE2+SD2，所以∠DSE为直角． 由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE=E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD． SD与两条相交直线AB，SE都垂直，所以SD⊥平面SAB．?摇
法2：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图5所示的空间直角坐标系C-xyz． 设D（1，0，0），则A（2，2，0），B（0，2，0）． 又设S（x，y，z），则x>0，y>0，z>0． =（x－2，y－2，z），=（x，y－2，z），=（x－1，y，z）． 由=得=，故x=1． 由=1得y2+z2=1． 又由=2得x2+（y－2）2+z2=4，即y2+z2－4y+1=0，故y=，z=． 于是S1，，，=－1，－，，=1，－，，=0，，，•=0，•=0．故DS⊥AD，DS⊥BS，又AS∩BS=S，所以SD⊥平面SAB．
点评 立体几何的解答通常都能用两种方法解决，尽管试题的命制载体可能趋向于不规则几何体，但仍以“方便建系”为原则． 用空间向量解决立体几何问题的“三部曲”：（1）用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，建立立体图形与空间向量的联系，从而把立体几何问题转化为向量问题（几何问题向量化）；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题（进行向量运算）；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义（回归为几何问题）．?摇
如图6，△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，EC⊥平面ABC，且AD=AB=2，CE=1，能否在线段BD上找到一点F，使AF⊥平面BDE？
思索 探究问题的设问方式可以先假设结论成立，然后进一步分析研究需要满足什么条件，从而确定它的存在与否；也可假设满足某个条件，从而推出结论成立来说明它的存在性．
破解 法1：取BD中点F，AB中点G，连EF，CG，FG，有FG∥DA，且FG=DA=1，AF⊥DB． 因为AD⊥平面ABC，所以FG⊥平面ABC． 因为EC⊥平面ABC，AD=AB=2，CE=1，所以FG∥CE且FG=CE，CE⊥CG，故四边形EFGC为矩形． 因为△ABC是正三角形，所以GC⊥AB，所以GC⊥平面ABD，GC⊥AF，所以EF⊥AF，又△ABD为等腰直角三角形，所以AF⊥DB，所以AF⊥平面BDE，结论成立．
法2：建立如图7所示的坐标系，则有A（0，0，0），D（0，0，2），E（0，2，1），B（，1，0）． 令DF=x•DB，则=（x，x，－2x），=+=（x，x，2－2x），=（0，2，－1），=（，1，－2）． 若AF⊥平面BDE，则•=0，•=0，故x=，此时F为BD中点．
点评 本题采用一题两法的设计，既重视传统解法，也彰显向量解法的魅力．
高考重在考查数学中普遍运用的常规方法，侧重通性通法，适当淡化技巧；不要为解题而解题，要学会举一反三；由一题带动多题，要从不同角度思考问题，当不满足已有的解法时，从其他角度考虑，这种做法对解决难题尤其有好处． 解题时，弄清各概念之间的包含关系，理清定理的来龙去脉，从条件、结论和使用范围上去比较容易混淆的各个定理，从内涵和外延上比较容易混淆的各个概念，注重化归、转化思想，掌握常见的化归转化方法，如：立几问题向平面问题转化，符号语言、文字语言、图形语言的相互转化等；注重模型化方法和整体考虑问题、处理问题的方法，如有时把形体纳入不同的几何背景之中，从而宏观上把握形体，巧妙地解决问题． 要把握常见图形及常见题型，关注新题型的考查，比如：存在性问题、与代数结合的最值问题等等． 对于一些特殊的技巧要能理解并灵活运用，比如求线面角时，可能转化为斜线段外端点到平面的距离与斜线段的长度的比得线面角的正弦值；距离问题可以用等体积法转化，用这种方法能简化作图、证明与计算的过程．
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