证明垂直习题

2024-06-04

证明垂直习题（精选9篇）

篇1：证明垂直习题

线面、面面垂直的判定及性质

一、选择题

1、已知两个平面垂直，下列命题

①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线． ②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线． ③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面．

④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．

其中正确的个数是（）A．３Ｂ．２Ｃ．１

Ｄ．０

2、已知直线l平面，有以下几个判断：①若ml，则m//；②若m，则m//l；

③若m//，则ml；④若m//l，则m．上述判断中正确的是（）

Ａ．①②③Ｂ．②③④Ｃ．①③④Ｄ．①②④

3、直线a不垂直于平面，则内与a垂直的直线有（）

Ａ．0条Ｂ．1条Ｃ．无数条Ｄ．内所有直线

4、在空间四边形ABCD中，若ABBC，ADCD，E为对角线AC的中点，下列判断正确的是（）

Ａ．平面ABD平面BDCＢ．平面ABC平面ABD Ｃ．平面ABC平面ADC

Ｄ．平面ABC平面BED

二、填空题

1、已知直线a，b和平面，且ab，a，则b与的位置关系是．

2、，是两个不同的平面，m，n是平面及之外的两条不同的直线，给出四个论断：

①mn；②；③n；④m．以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作

为结论，写出你认为正确的一个命题．

3、设O为平行四边形ABCD对角线的交点，P为平面AC外一点且有PAPC，PBPD，则PO与平面ABCD的关系是．

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三、解答题

1、如图所示，ABCD为正方形，SA平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于E，F，G．

求证：AESB，AGSD．

S2、如图所示，四棱锥PABCD的底面是正方形，PA底面ABCD，AEPD，EF//CD，AMEF．

求证：MF⊥AB，MF⊥PC

A）第 1 页（共 6 页）

3、如图，直角△ABC所在平面外一点S，且SASBSC，点D为斜边AC的中点．（1）求证：SD平面ABC；

（2）若ABBC，求证：BD面SAC．

4、如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，EF⊥A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1.C

1AC

A5、已知：如图所示，平面平面，l，在l上取线段AB4，AC，BD分别在平面和平面内，且ACAB，DBAB，AC3，BD12，求CD长．

6、如图，在四棱锥PABCD中平面PAD⊥平面ABCD，ABAD，DAB60，E，F分别是AP,AB的中点，求证：（1）EF∥平面PCD，（2）平面BEF⊥平面PAD7、如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，M，N分别为PA，BC的中点，PD平面ABCD，PDAB

2,CD

1（1）求证：MN∥平面PCD（2）求证：MCBD8、如图，已知AB面ACD，DE面ACD，ACAD，DE2AB，F为CD中点（1）求证：AF∥面BCE（2）求证：面BCE

面CDE9、如图，在四面体ABCD中，CDCB，ADBD，E，F分别是AB,BD的中点，求证：（1）EF∥面ACD（2）面EFC

面BCD

A10、如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是DD1的中点，（1）求BE和面ABB1A1所成角的正弦值

（2）在棱C1D1是否存在一点F，使得B1F∥面A1BE？并证明你的结论

篇2：证明垂直习题

11．如图，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱.求证：BD⊥平面ACC1A1;

2．长方体ABCDA1BC11D1中

AB1,AA1AD2.求证：A1D平面ABC1D1；

3．如图：在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ABC60,PA平面ABCD，点M,N分别为

BC,PA的中点，且PAAB2.证明：BC⊥平面AMN；

4.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，M

PD底面ABCD，点E在棱PB上.求证：平面AEC平面PDB；

5.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，M、N分别为PA、BC的中点，且PD=AD=2，CD=1求证：平面PAC⊥平面PBD；

2--2

OAB6．如图，在Rt△AOB中，π

Rt△AOC，斜边AB4．

可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且平面BAO⊥平D 面AOC．D是AB的中点．求证：平面COD平面AOB；



7．如图，在三棱锥PABC中，ACBC2，ACB90，CB

APBPAB，PCAC．求证：PCAB；

8.如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，BAC90，M，N分别是A1B1，BC 的中点．证明：ABAC1；



C C1

9.如图1，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，D为侧棱PC上一点，它的正（主）视图和侧（左）视图如图2所示.证明：AD平面PBC；

侧（左）视图

图2

正（主）视图

图1

篇3：平行垂直问题的空间向量证明方法

一、平行类问题

1. 直线平行于直线

可证两条直线的方向向量平行.

例1在正方体ABCD—A1B1C1D1中, E、F分别是BC、CC1的中点, M、N分别是AB、C1D1的中点, 求证MN∥EF.

证明:如图1, 分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz, 设正方体棱长为则0) , F (0, 2, 1) .由此有

2. 直线平行于平面

对于平面外的一条直线,

(1) 可证直线的方向向量平行于平面内的一个向量.

(2) 可证直线的方向向量可用平面内的两个不共线的向量线性表示.

(3) 可证直线的方向向量与平面的一个法向量垂直.

例2如图2, 三个正方形ABCD、ADEF、CDEG, P在DF上, Q在AC上, 且DP=DF, CQ=CA, 求证PQ∥面CDEG.

证明:以DA、DC、DE为x轴、y轴、z轴, 建立空间直角坐标系D—xyz, 设各正方形边长为1, 则P

方法1:显然= (1, 0, 0) 是平面CDEG的一个法向量.而在平面CDEG外, 所以PQ∥面CDEF.

方法2:在平面CDEF内取两个不共线的向量DC= (0, 1, 0) , = (0, 0, 1) .

因此, PQ∥面CDEF.

方法3:取DE中点M (0, 0, ) , 知

则在平面CDEG内, 在平面CDEG外, 所以PQ∥面CDEG.

点评:本例用到了证明直线与平面平行的三种方法.其中方法2用的是待定系数法;方法3中取DE中点M是关键, 这需要一定的观察探索能力.

3. 平面平行于平面

(1) 可证一个平面内有两个不共面的向量都平行于另一个平面.

(2) 可证两个平面的法向量共线.

例3正方体ABCD—A1B1C1D1中, M、N、P、Q是相应各棱的中点, 求证面ACNM∥面BPQ.

证明:建立如图3的空间直角坐标系.

设正方体棱长为2, 则A (2, 0, 0) , C (0, 2, 0) , M (1, 0, 2) , B (2, 2, 0) , P (2, 1, 2) , Q (1, 2, 2) .则有

方法2:设平面ACNM的法向量是n= (x, y, z) , 则由n⊥

取z=1, 则n= (2, 2, 1) .

同样可求得平面BPQ的一个法向量是m= (1, 1, ) .

由n=2m, 知n∥m,

所以面ACNM∥面BPQ.

二、垂直类问题

1. 线与线垂直

可证两条直线的方向向量互相垂直.

例4已知正三棱锥P—ABC, 求证AB⊥PC.

由正三棱锥知PA=PC=PB,

所以AB⊥PC.

评注:本例是利用基向量法进行运算.本例也可以用坐标向量法进行运算, 但建系、设坐标都较麻烦.因此, 应会根据题目的情况, 选择恰当的向量方法进行求解.

2. 线与面垂直

(1) 可证直线的方向向量与平面内两个不共线的向量垂直.

(2) 可证直线的方向向量与平面的法向量平行.

例5在正三棱柱ABC—A1B1C1中, 底边长是, 高是1, M是AB中点, 求证AB1⊥面MCA1.

证明:如图4, 取AB中点M, 建立空间直角坐标系M—xyz, 知

所以B1A⊥面MCA1.

3. 面与面垂直

(1) 可证某平面内的一个向量是另一个平面的法向量.

(2) 可证两个平面的法向量互相垂直.

例6正方体ABCD—A1B1C1D1中, M是CC1的中点, 求证面A1BD⊥面MBD.

证明:如图5, 建立坐标系D—xyz.

设平面A1BD的法向量为n= (x, y, z) , 则

取x=1, 得n= (1, -1, -1) .

又设平面MBD的法向量为m= (p, q, r) , 则

取q=1, 得m= (-1, 1, -2) .

知n⊥m, 所以面A1BD⊥面MBD.

评注:本例也可以取BD中点O, 证明是平面MBD的法向量.

篇4：线面垂直的证明与应用

例1如图，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，∠ABC=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F.

求证：（Ⅰ）BC⊥平面PAB；（Ⅱ）AE⊥平面PBC；（Ⅲ）PC⊥平面AEF.

证明（Ⅰ）PA⊥平面ABC[⇒]

[PA⊥BCAB⊥BCPA⋂AB=A⇒BC⊥平面PAB.]

（Ⅱ）AE[⊂]平面PAB，由（Ⅰ）知

[AE⊥BCAE⊥PBPB⋂BC=B⇒AE⊥平面PBC.]

（Ⅲ）PC[⊂]平面PBC，由（Ⅱ）知

[PC⊥AEPC⊥AFAE⋂AF=A⇒PC⊥平面AEF.]

例2在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2，BC=a，又侧棱PA⊥底面ABCD.

（Ⅰ）当a为何值时，BD⊥平面PAC?试证明你的结论.

（Ⅱ）当[a=4]时，求证：BC边上存在一点M，使得PM⊥DM.

（Ⅲ）若在BC边上至少存在一点M，使PM⊥DM，求a的取值范围.

解析（Ⅰ）当[a=2]时，ABCD为正方形，则BD⊥AC.

又∵PA⊥底面ABCD，BD[⊂]平面ABCD，

∴BD⊥PA.∴BD⊥平面PAC.

故当[a=2]时，BD⊥平面PAC.

（Ⅱ）当[a=4]时，取BC边的中点M，AD边的中点N，连结AM、DM、MN.

∵ABMN和DCMN都是正方形，

∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=90°，即DM⊥AM.

又PA⊥底面ABCD，由三垂线定理得，PM⊥DM，

故当[a=4]时，BC边的中点M使PM⊥DM.

（Ⅲ）设M是BC边上符合题设的点M，

∵PA⊥底面ABCD，∴DM⊥AM.

因此，M点应是以AD为直径的圆和BC边的一个公共点，则AD≥2AB，即a≥4为所求.

例3正方形[ABCD]中，[AB=2]，[E]是[AB]边的中点，[F]是[BC]边上一点，将[△AED]及[△DCF]折起（如图），使[A、C]点重合于[A′]点.

（Ⅰ）证明：[A′D⊥EF]；

（Ⅱ）当[F]为[BC]的中点时，求[A′D]与平面[DEF]所成的角；

（Ⅲ）当[BF=14BC]时，求三棱锥[A′-EFD]的体积.

解析（Ⅰ）∵[A′D⊥A′E，A′D⊥A′F]，

∴[A′D]⊥平面[A′EF.∴A′D⊥EF].

（Ⅱ）取EF的中点G，连结[A′G、DG].

∵BE=BF=1，∠EBF=90°，∴[EF=2].

又∵[A′E=A′F=1]，

∴[∠EA′F=90°，A′G⊥EF]，得[A′G=22].

∵[A′G⊥EF，A′D⊥EF，A′G∩A′D=A′]，

∴[EF⊥平面A′DG.]

∴平面[DEF]⊥平面[A′DG.]

作[A′H⊥DG]于[H]，得[A′H]⊥平面[DEF]，

∴[∠A′DG为A′D与平面DEF]所成的角.

在Rt[△A′DG]中，[A′G=22]，[A′D=2]，

∴[∠A′DG=]arctan[24].

（Ⅲ）∵[A′D⊥平面A′EF]，

∴[A′D是三棱锥D—A′EF]的高.

又由[BE=1，BF=12]推出[EF=52]，

可得[SΔA′EF=54]，

[VA′－EFD=VD－A′EF]

[=13⋅SΔA′EF⋅A′D=13]·[54]·2=[56].

例4如图，在四棱锥[P-ABCD]中，侧面[PAD]⊥底面[ABCD]，侧棱[PA=PD＝2]，底面[ABCD]为直角梯形，其中[BC∥AD,AB⊥AD,][AD=2AB=2BC=2],[O]为[AD]中点.

（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求异面直线PB与CD所成角的大小；

（Ⅲ）线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PCD的距离为[32]？若存在，求出[AQQD]的值；若不存在，请说明理由.

解析（Ⅰ）在△PAD中，PA=PD,O为AD中点，

所以PO⊥AD.

又侧面PAD⊥底面ABCD,平面[PAD⋂]平面ABCD=AD, [PO⊂]平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD.

（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中，

BC∥AD，[AD=2AB=2BC,]

有OD∥BC且OD=BC，

所以四边形OBCD是平行四边形，

所以OB∥DC.

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角，

所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角.

因为[AD=2AB=2BC=2],在[Rt△AOB]中，[AB=1,][AO=1,]所以[OB＝2]，

在[Rt△POA]中，因为[AP＝2]，[AO＝1]，所以[OP＝1]，

在Rt[△PBO]中，

tan[∠PBO＝POBO=12=22,]

[∠PBO=arctan22.]

所以异面直线[PB与CD]所成的角是[arctan22].

（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为[32].

设[QD＝x]，则[SΔDQC=12x].

由（Ⅱ）得[CD=OB=][2]，

在Rt[△POC]中， [PC=OC2+OP2=2,]

所以[PC=CD=DP], [SΔPCD=34⋅(2)2=32,]

由[VP-DQC=VQ-PCD],得[x=32]，

所以存在点[Q]满足题意，此时[AQQD=13].

例5已知[△BCD]中，[∠BCD=90°]，[BC=CD=1]，[AB]⊥平面[BCD]，[∠ADB=60°，E、F]分别是[AC、AD]上的动点，且[AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).]

（Ⅰ）求证：不论[λ]为何值，总有平面[BEF]⊥平面ABC；

（Ⅱ）当[λ]为何值时，平面[BEF]⊥平面[ACD]？

解析（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD， ∴AB⊥CD.

∵CD⊥BC且AB∩BC=B， ∴CD⊥平面ABC.

又[∵AEAC=AFAD=λ(0<λ<1),]

∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，

∴EF⊥平面ABC，又EF[⊂]平面BEF,

∴不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF.

又平面BEF⊥平面ACD，

∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.

∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，

∴[BD=2,AB=2tan60∘=6,]

[∴AC=AB2+BC2=7.]

由[AB2=AE⋅AC],得[AE=67,∴λ=AEAC=67.] 故当[λ=67]时，平面[BEF]⊥平面[ACD].

例6如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，[∠ABC=60°],E、F分别是BC、PC的中点.

（Ⅰ）证明：AE⊥PD；

（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为[62]，求二面角[E-AF-C]的余弦值.

解析（Ⅰ）由四边形[ABCD]为菱形，[∠ABC=60°]，可得[△ABC]为正三角形.

因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.

又BC∥AD，因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD，AE[⊂]平面ABCD，

所以PA⊥AE.

而PA[⊂]平面PAD，AD[⊂]平面PAD，且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD.

又PD[⊂]平面PAD，所以AE⊥PD.

（Ⅱ）设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH、EH.

由（Ⅰ）知，AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

所以当AH最短时，即当AH⊥PD时，∠EHA最大，

在Rt△EAH中，AE=[3]，

此时tan∠EHA=[AEAH=3AH=62,]因此AH=[2].

又AD=2，所以[∠ADH=45°]，

所以[PA=2].

因为PA⊥平面ABCD，PA[⊂]平面PAC，

所以平面PAC⊥平面ABCD.

过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC.

过O作OS⊥AF于S，连接ES，

则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，

在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=[32]，

AO=AE·cos30°=[32].

又F是PC的中点，在Rt△ASO中，

SO=AO·sin45°=[324],

又[SE=EO2+SO2=34+98=304,]

在Rt△ESO中，cos∠ESO=[SOSE=324304=155,]

篇5：证明平行与垂直

平行与垂直

(时间：45分钟满分：100分)

一、选择题(每小题7分，共35分)

1.已知空间三点A（0,2,3），B（-2,1,6），C（1，-1,5）若a

a分别与AB,AC垂

直，则向量a为

A.1，1，1

B.－1，－1，－1

C.1，1，1或－1，－1，－1

D.1，－1，1或－1，1，－1,2.已知a＝1，1，1，b＝0，2，－1，c＝ma＋nb＋4，－4，1.若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为,A.－1，2B.1，－2C.1，2D.－1，－

23.已知a＝1,,，b＝3,,

A352215满足a∥b，则λ等于 22992.B.C.－D.－ 32234.已知AB＝1，5，－2，BC＝3，1，z，若AB⊥BC，BP＝x－1，y，－3，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为A.15401533，－，4B.，－，4 77774040，－2，4D.4，－15 77C.5.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是,A.a＝1，0，0，n＝－2，0，0

B.a＝1，3，5，n＝1，0，1

C.a＝0，2，1，n＝－1，0，－1

D.a＝1，－1，3，n＝0，3，1

二、填空题每小题6分，共24分

6.设a＝1，2，0，b＝1，0，1，则“c＝(的条件.7.若|a|

b＝1，2，－2，c＝2，3，6，且a⊥b，a⊥c，则a＝.,8.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为

212,,)”是“c⊥a，c⊥b且c为单位向量”33

39.设A是空间任一点，n为空间内任一非零向量，则适合条件AM·n=0的点M的轨迹

是.三、解答题共41分

10.（13分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为BB1、C1D1的中点，建立适当的坐标系，求平面AMN的一个法向量.

11．(14分)如图，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正

方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；

2(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，3垂足为H，求证：EM⊥面BCC1B1.12．(14分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平

面互相垂直，AB2，AF＝1，M是线段EF的中点．

求证：(1)AM∥平面BDE；

(2)AM⊥平面BDF.答案

1.C2.A3.B4.B5.D

6.充分不必要7.118118,2,或，2,8.1 555

5.9.过A点且以n为法向量的平面

10.解以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示.,设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，则A1，0，0，M(1，1，11)，N(0，1)).2211∴AM1,0,,AN0，1设平面AMN的一个法向量为n＝x，y，z, 22

1nAMyz02 1nANxyz0

2令y＝2，∴x＝－3，z＝－4.∴n＝(－3,2，－4)．

∴(－3,2，－4)为平面AMN的一个法向量．

11.证明建立如图所示的坐标系，则BE＝(3,0,1)，→BF＝(0,3,2)，BD1＝(3,3,3)．

→→所以BD1=BE+BF，故BD1，BE，BF共面．

又它们有公共点B，所以E、B、F、D1四点共面．

(2)如图，设M(0,0，z)，2→0，－z，而BF＝(0，3，2)，GM＝3

得z＝1.→2由题设得GMBF=3z20，3因为M(0,0，1)，E（3,0,1），所以ME＝(3,0,0)．

→→又BB1＝(0,0,3)，BC＝(0,3,0)，→→→→所以ME·BB1＝0，ME·BC＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为 ，0、(0,0,1)．

22

∴NE＝－1.22

又点A、M的坐标分别是2，2，0)、2222→，AM＝－，1.，1，2222→∴NE＝AM且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.22→(2)由（1）知AM＝1，∵D(2，0,0)，F2，2，1)，22

DF＝(0，2，1)．

篇6：怎么证明垂直

勾股定理的逆定理提供了用计算方法证明两线垂直的方法，即证明三角形其中一个角等于，由于利用代数的方法，只要能计算出待证直角的对边的平方和等于另两边的平方和即可。

2、利用“三线合一”证明

要证二线垂直，若能证二线之一是等腰三角形的底边，另一线是等腰三角形顶角的平分线或底边上的中线，则二线互相垂直。

3、利用直角三角形中两锐角互余证明

由直角三角形的定义与三角形的内角和定理可知直角三角形的两个锐角和等于90°，即直角三角形的两个锐角互余。

4、圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，一个三角形的一边中线等于这边的一半，则这个三角形是直角三角形。

5、利用菱形的对角线互相垂直证明

菱形的对角线互相垂直。

6、利用全等三角形证明

主要是找出两线所成的角中有两角是邻补角,并且证明这两角相等,于是就可知这两角都为,从而直线垂直.赞同

5|评论

1利用直角三角形中两锐角互余证明

由直角三角形的定义与三角形的内角和定理可知直角三角形的两个锐角和等于90°，即直角三角形的两个锐角互余。

2勾股定理逆定理

3圆周角定理的推论：直径所对的圆周角是直角，一个三角形的一边中线等于这边的一半，则这个三角形是直角三角形。

二、高中部分

线线垂直分为共面与不共面。不共面时，两直线经过平移后相交成直角，则称两条直线互相垂直。

1向量法两条直线的方向向量数量积为0

2斜率两条直线斜率积为-1

3线面垂直，则这条直线垂直于该平面内的所有直线

一条直线垂直于三角形的两边，那么它也垂直于另外一边

4三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

5三垂线定理逆定理如果平面内一条直线和平面的一条斜线垂直，那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影。

2高中立体几何的证明主要是平行关系与垂直关系的证明。方法如下(难以建立坐标系时再考虑)：

Ⅰ.平行关系：

线线平行：1.在同一平面内无公共点的两条直线平行。2.公理4(平行公理)。3.线面平行的性质。4.面面平行的性质。5.垂直于同一平面的两条直线平行。

线面平行：1.直线与平面无公共点。2.平面外的一条直线与平面内的一条直线平行。3.两平面平行，一个平面内的任一直线与另一平面平行。

面面平行：1.两个平面无公共点。2.一个平面内的两条相交直线分别与另一平面平行。

Ⅱ.垂直关系：

线线垂直：1.直线所成角为90°。2.一条直线与一个平面垂直，那么这条直线与平面内的任一直线垂直。

线面垂直：1.一条直线与一个平面内的任一直线垂直。2.一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直。3.面面垂直的性质。4.两条平行直线中的一条垂直与一个平面，那么另一直线也与此平面垂直。5.一条直线垂直与两个平行平面中的一个，那么这条直线也与另一平面垂直。

面面垂直：1.面面所成二面角为直二面角。2.一个平面过另一平面的垂线，那么这两个平面垂直

线线垂直分为共面与不共面。不共面时，两直线经过平移后相交成直角，则称两条直线互相垂直。

1向量法两条直线的方向向量数量积为0

2斜率两条直线斜率积为-1

3线面垂直，则这条直线垂直于该平面内的所有直线

一条直线垂直于三角形的两边，那么它也垂直于另外一边

4三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

5三垂线定理逆定理如果平面内一条直线和平面的一条斜线垂直，那么这条直线也垂直于这条斜线在平面内的射影。

篇7：面面垂直习题（模版）

解：如图，过B作BE⊥AC于E，过E

作EF⊥PA于F，连接BF

∵PC⊥平面ABC，PC平面PAC

C ∴平面PAC⊥平面ABC ,∴BE⊥平面PAC

由三垂线定理，有BF⊥PA,∴∠BFE是二面角B-PA-C平面角，设PC=1,由E是AC的中点，BE

32,EF

12sin450B

24tgBFE

BE

EF6

例2:如图, PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AF⊥PC于F.求证:

AF⊥平面PBC.证明:∵PA⊥平面ABCBC 平面ABC

∴ PA⊥BC

又AC⊥BC PA∩AC=A

∴ BC⊥平面PAC

平面PAC又BC P F A C B∴平面PBC⊥平面PAC

平面PAC,∵AF⊥PCAF

平面PBC∩平面PAC=PC

∴ AF⊥平面PBC

如图，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，求证：平面ADE⊥平面ACE.E

如图在空间四边形ABCS中，SA平面ABC，平面SAB 平面SBC

(1)求证：ABBC ；

(2)若设二面角SBCA为45，SA＝BC，求二面角ASCB的大小

A 2aC

已知线段AB的两端点在直二面角CD的两个面内,且与、分别成30和45角，求AB和CD所成的角

如图PA垂直于矩形ABCD所在平面，E是AB的中点，二面角PCDB 为45求证：平面PEC平面PCD

G C

篇8：证明垂直习题

1 中点用于平行问题的证明

在立体几何的平行证明问题中若出现了中点的已知条件，这时我们应特别留意这一条件，因为它往往是解决本题的关键.在立体几何中若能利用好中点，平行问题的证明将会变得更具特征性，其遵循的原理即为若知一中点，即想办法找出另一个中点，那常常应注意能否应用三角形中位线、梯形中线等来证明线线平行，使之能利用中位线性质，从而得到两直线平行或平行四边形，进而可以证明线面平行的问题，从而达到证明线面的平行关系.

例1如图1，已知S是△ABC所在平面外一点，O是边AC的中点，点P是SA的中点，求证：SC∥平面BOP.

分析要证SC∥平面BOP，根据线面平行的判定定理，应证线线平行，即要证SC平行平面BOP内的一条直线.

证明因为P为AS中点，O为AS中点，所以PO为△ASC的中位线，所以PO∥SC，即SC∥PO.又SC平面BOP，PO平面BOP，所以SC∥平面BOP.

例2如图2，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E，F分别是AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE.

分析要证明AF∥平面PCE，根据线面平行的判定定理，应证线线平行，即在平面PCE内找一条直线与AF平行.

证明取PC中点K，连结EK，FK.因为F为PD中点，在△PCD中，KF是△PCD的中位线，所以KF∥CD，KF=CD.

又E为AB中点，四边形ABCD是矩形，所以AE∥CD，AE=CD，所以KF瓛AE，四边形AEKF为平行四边形，AF∥EK.

又AF平面PCE，EK⊂平面PCE，所以AF∥平面PCE.

本例条件中已经告知E，F分别为AB，PD中点这一重要信息，这一重要信息如何用上呢?由于AB，PD为两条异面直线，不能直接将现有中点连接构成三角形中位线，所以需另觅中点，当再添加PC的中点K，就会使所求证的问题出现了例1中的应用三角形中位线的情况.在△PCD中即可应用中位线定理得到KF∥CD且KF=CD这一重要桥梁信息，进而可证得四边形AEKF为平行四边形，由平行四边形的性质可得到线线平行的结论.

例3如图3，在底面是菱形的四棱锥P-ABCE中，点E是PD的中点，求证：PB∥平面EAC.

分析要证明线面平行，很自然就会想着证明线线平行，而题中已知条件有点E是PD中点，若能出现第二个中点，即可以转化为前例中三角形中位线的问题，所证问题即可迎刃而解.

证明如图3，连结BD交AC于点O，连结EO.因为四边形ABCD为菱形，所以O为PD中点.又E是PD的中点，在△DPB中，EO是△DPB的中位线，所以EO∥PB.

又EO平面EAC，PB平面EAC，所以PB∥平面EAC.

本例通过连结BD交AC于点O，巧妙地构造出第二个中点，结合条件中的E是PD的中点，这就出现了三角形中两边中点问题，利用三角形中位线定理就可轻松地把问题解决.

2 中点用于垂直问题的证明

在立体几何的有关垂直问题的证明中，常见的是以证明线线垂直，线面垂直和面面垂直的题型为主，究其规律，该类垂直问题常由线线垂直证得线面垂直，由线面垂直进而证得面面垂直，这证明思路源于证明垂直问题的判定定理和垂直的定义.当题目中给出中点或在一个三角形中有两边相等时，利用好中点往往是解题的关键.

例4如图4，P是边长为1的正六边形ABCDEF所在平面外的一点，P在平面ABC内的射影为BF的中点O，求证：PA⊥BF.

分析PA，BF为两条异面直线，要证明线线垂直，不能直接证得，唯有通过线面垂直证得线线垂直.即证明PA垂直BF所在的平面或证明BF垂直PA所在的平面来实现.

证明连结AO.因为AF=AB，O为BF的中点，所以AO⊥BF即BF⊥AO.

又O为P在平面ABC内的射影，所以PO⊥BF，即BF⊥PO.

又AO∩PO=O, AO, PO⊂平面PAO, 所以BF⊥平面PAO.

又PA⊂平面PAO，所以BF⊥PA，即PA⊥BF.

上例通过证明BF⊥平面PAO，进而证明了PA⊥BF，而这一证明过程中用了O为BF的中点，且AF与AB相等这一重要条件，而当连结AO时，由等腰三角形底边上的中线也为底边上的高这一结论可知有BF⊥AO，即得到了线线垂直.从而得到了证明本题的关键.

例5如图5，在三棱锥P-ABC中，AB=AC, PB=PC, 求证:PA⊥BC.

分析要证明PA⊥BC，即证明线线垂直，可证明PA垂直BC所在的平面或证明BC垂直PA所在的平面，本题有AB=AC，PB=PC两个等腰三角形，若能用好等腰三角形三线合一的性质便可使求证的问题得到解决.

证明取BC中点O，连结AO，PO.

因为AB=AC，PB=PC，O为BC中点，所以BC⊥AO，BC⊥PO.

又AO∩PO=O, AO, PO平面PAO, 所以BC⊥平面PAO.而PA平面PAO, 所以BC⊥PA, 即PA⊥BC.

本例关键是取BC的中点，由等腰三角形底边上的中点引出线线垂直，进而证得了线面垂直.

例6如图6，三棱锥P-ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直，PA=PB=PC，求证：AB⊥BC.

分析本题要证明的AB⊥BC是同一个平面内的两条直线，结合题中所给出的条件，想通过证明线面垂直来证明，这显然是走不通的，但它有条件PA=PB=PC，即它的突破点依旧是中点问题，这缘于有等腰三角形的出现.

证明如图6，取AC中点O，连结PO，BO.因为PA=PC，所以PO⊥AC.

又侧面PAC⊥底面ABC，PO⊥底面ABC，所以OB为PB在底面ABC的射影.

又PA=PB=PC，所以OA=OB=OC，即OB=AC.所以AC为直角三角形ABC的斜边，所以AB⊥BC.

要证明线线垂直，当两直线为共面直线，又无法用线面垂直进行证明时，应积极寻求其他的垂直证明依据，而出现有等腰三角形时，关注这个三角形底边上的中点常会使求证问题得到突破.

例7如图7，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E，F分别为CD，PB的中点，求证：EF⊥平面PAB.

分析欲证线面垂直，应证线线垂直，即证EF⊥平面PAB内的两条相交线.

证明如图7，取PA中点O，连结DO，FO.因为AD=PD，所以OD⊥PA.

又底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.

又PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AB，即AB⊥PD.

又PD∩AD=D，PD，AD平面PAD，所以AB⊥平面PAD.

又OD⊂平面PAD，所以AB⊥OD，即OD⊥AB.

又AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，所以OD⊥平面PAB.

又E，F分别为CD，PB的中点，所以ED

所以四边形EFOD为平行四边形，所以EF∥OD，所以EF⊥平面PAB.

本题是一道比较抽象的线面垂直证明题，从题中已知条件是无法直接证明EF⊥平面PAB，证明的突破口出现在等腰三角形PDA与已知条件中的E，F分别为CD，PB的中点的这两个条件上，总之还是由中点问题进行求证的突破，从而使求证得以证明.由此可见中点问题在立体几何证明问题应用中的重要性.

由于知识的不断深化，立体几何的证明问题将会有越来越多的变式题，但不论其如何变化，我们都可以通过对已知条件进行整理，最后回归到我们所常见的、基本的题型进行寻求解答.

参考文献

[1]王申怀.高中数学必修2 (A版) [M].北京:人民教育出版社, 2008.

[2]王林全.中学数学思想方法概论[M].广州:暨南大学出版社, 2003.

[3]陈德崇.中学数学教学论[M].广州:广东高等教育出版社, 1995.

[4]王金贵.怎样解题[M].北京:北京教育出版社, 2005.

[5]李玉琪.简明数学方法论[M].北京:科学技术文献出版社, 1994.

篇9：证明垂直习题

【中图分类号】G 【文献标识码】A

【文章编号】0450-9889（2014）04A-0080-02

随着新课程改革的不断深入，如何深化数学课堂教学改革，优化课堂结构，培养学生的思维创新能力，从而提高课堂教学质量，是当今数学课堂教学研究的一个重要内容。数学课堂的核心任务是让学生提出问题，培养他们养成勤提问的良好习惯，促进学生创新思维能力的发展。例题或习题的拓广无疑是培养学生提出问题的一个重要方式。教材中的例题、习题的拓广与证明是经过数学专家精心筛选出来的，具有经典性与代表性，理应引起我们一线教师的重视。现以新人教版八年级数学下册第122页的习题为例，探索本题的拓广与证明的方法。

问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F.

求证：AE=EF.（提示：取AB的中点G，连接EG）

说明：此题是人教版八年级数学下册第十九章《四边形》复习题中的拓广探究题（即第15题）。新人教版初中数学章节复习题分三个层次展开，循序渐进、由浅入深：复习巩固、综合运用、拓广探索。“复习巩固”环节是对本章基础知识与基本技能的重温与再现，旨在强化学生的“双基”；“综合运用”环节题是对知识在数学生活与实际生活中的应用，旨在培养学生应用所学知识解决实际问题的能力；而“拓广探索”环节不仅是对知识内涵的拓展，更是知识应用的外延，旨在培养学生的探究能力与创新能力。为了降低学生的解题难度，本题还进行了方法提示。

证明：取AB的中点G，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵点G、点E分别是AB、BC的中点

∴AG=BG=BE=CE

∴∠BGE=∠BEG=45°

∴∠AGE=135°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠DCF=45°

∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°

∵∠AEF=90°，∠B=90°

∴∠CEF+∠BEA=90°，∠GAE+∠BEA=90°

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广一：如图2，若E是线段BC上的一个动点，其他条件不变，则AE=EF吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：成立，证明如下：

在AB上截取BG=BE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵BG=BE

∴AG=CE，∠BGE=∠BEG=45°

∴∠AGE=135°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠DCF=45°

∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°

∵∠AEF=90°，∠B=90°

∴∠CEF+∠BEA=90°，∠GAE+∠BEA=90°

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广一与原题相比，其最大的特点是由点E是线段BC的中点拓广为点E线段BC的上的一个动点，体现数学问题由“静”到“动”的变化，达到课堂活跃之功效，提升了学生学习数学的兴趣，培养了学生用动态的观点解决数学问题的能力。

拓广二：如图3，若E是线段BC延长线上的一个动点，其他条件不变，AE=EF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：AE=EF成立，证明如下：

在BA的延长线上截取AG=CE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵AG=CE

∴BG=BE，

∴∠AGE=∠CEG=45°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠ECF=45°

∴∠AGE=∠ECF

∵∠AEF=90°

∴∠B=∠AEF

∵∠GAE=∠B+∠AEB，∠CEF=∠AEF+∠AEB

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

本题在拓广一的基础上继续向外延伸，点E由在有限区间运动延伸到无限区间运动，让学生的发散思维能力达到了一个更广阔的空间，学生学习的积极性进一步高涨，变通能力得到了有效提高，解决问题的能力得到了加强。

拓广三：如图4，若E是线段CB延长线上的一个动点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CM的反向延长线于点F.

AE=EF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：AE=EF成立，证明如下：

在AB的延长线上截取BG=BE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=90°

∵BG=BE

∴AG=CE，∠BGE=∠BEG=45°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠MCN=45°

∴∠ECF=45°

∴∠AGE=∠ECF

∵∠AEF=90°

∴∠AEG=90°+∠GEF=90°+45°-∠CEF=135°-∠CEF

又∵∠CFE=180°-∠ECF-∠CEF=180°-45°-∠CEF=135°-∠CEF

∴∠AEG=∠CFE

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广三似乎与拓广二背道而驰，却能收到意外的效果。当点E是线段BC的反向延长线上的一个动点时，学生的好奇心再次被激发，求知欲得到增强。在教师的引导下，学生通过猜想、探索、讨论、对比、验证，由“山重水复”到“柳暗花明”，最后享受到成功的喜悦。

从以上三个拓广题的证明过程来看，用到了分类讨论的思想，其解题思路与方法看似不同，其结果却是殊途同归——证明两个三角形全等。而辅助线的作法又是那么相似，例如拓广二中的点E在线段BC的延长线上，则其解题策略是在线段BA的延长线上截取AG=CE，而拓广三中当点E在BC的反向延长线上时，其解题策略是在BA的反向延长线上取截取BG=BE。通过这种解题方法的指引，让学生掌握类比探究的解题方法，达到了教是为了不教的教学效果。

总之，在初中数学的问题解决中，我们要引导学生对问题会变、善变，深入挖掘课本中例题、习题的潜在功能，以点带面，不仅能提高学生学习数学的积极性与主动性，提高学习兴趣，最大限度地诱发学生的解题欲望，而且问题的拓广有利于培养学生的发散思维能力与创新思维能力，取得举一反三、触类旁通的教学效果。

【关键词】初中数学习题拓广证明

【中图分类号】G 【文献标识码】A

【文章编号】0450-9889（2014）04A-0080-02

问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F.

求证：AE=EF.（提示：取AB的中点G，连接EG）

证明：取AB的中点G，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵点G、点E分别是AB、BC的中点

∴AG=BG=BE=CE

∴∠BGE=∠BEG=45°

∴∠AGE=135°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠DCF=45°

∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°

∵∠AEF=90°，∠B=90°

∴∠CEF+∠BEA=90°，∠GAE+∠BEA=90°

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广一：如图2，若E是线段BC上的一个动点，其他条件不变，则AE=EF吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：成立，证明如下：

在AB上截取BG=BE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵BG=BE

∴AG=CE，∠BGE=∠BEG=45°

∴∠AGE=135°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠DCF=45°

∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°

∵∠AEF=90°，∠B=90°

∴∠CEF+∠BEA=90°，∠GAE+∠BEA=90°

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广二：如图3，若E是线段BC延长线上的一个动点，其他条件不变，AE=EF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：AE=EF成立，证明如下：

在BA的延长线上截取AG=CE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵AG=CE

∴BG=BE，

∴∠AGE=∠CEG=45°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠ECF=45°

∴∠AGE=∠ECF

∵∠AEF=90°

∴∠B=∠AEF

∵∠GAE=∠B+∠AEB，∠CEF=∠AEF+∠AEB

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广三：如图4，若E是线段CB延长线上的一个动点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CM的反向延长线于点F.

AE=EF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：AE=EF成立，证明如下：

在AB的延长线上截取BG=BE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=90°

∵BG=BE

∴AG=CE，∠BGE=∠BEG=45°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠MCN=45°

∴∠ECF=45°

∴∠AGE=∠ECF

∵∠AEF=90°

∴∠AEG=90°+∠GEF=90°+45°-∠CEF=135°-∠CEF

又∵∠CFE=180°-∠ECF-∠CEF=180°-45°-∠CEF=135°-∠CEF

∴∠AEG=∠CFE

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

【关键词】初中数学习题拓广证明

【中图分类号】G 【文献标识码】A

【文章编号】0450-9889（2014）04A-0080-02

问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F.

求证：AE=EF.（提示：取AB的中点G，连接EG）

证明：取AB的中点G，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵点G、点E分别是AB、BC的中点

∴AG=BG=BE=CE

∴∠BGE=∠BEG=45°

∴∠AGE=135°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠DCF=45°

∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°

∵∠AEF=90°，∠B=90°

∴∠CEF+∠BEA=90°，∠GAE+∠BEA=90°

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广一：如图2，若E是线段BC上的一个动点，其他条件不变，则AE=EF吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：成立，证明如下：

在AB上截取BG=BE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵BG=BE

∴AG=CE，∠BGE=∠BEG=45°

∴∠AGE=135°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠DCF=45°

∴∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°

∵∠AEF=90°，∠B=90°

∴∠CEF+∠BEA=90°，∠GAE+∠BEA=90°

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广二：如图3，若E是线段BC延长线上的一个动点，其他条件不变，AE=EF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：AE=EF成立，证明如下：

在BA的延长线上截取AG=CE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=∠BCD=90°

∵AG=CE

∴BG=BE，

∴∠AGE=∠CEG=45°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠ECF=45°

∴∠AGE=∠ECF

∵∠AEF=90°

∴∠B=∠AEF

∵∠GAE=∠B+∠AEB，∠CEF=∠AEF+∠AEB

∴∠GAE=∠CEF

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

拓广三：如图4，若E是线段CB延长线上的一个动点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CM的反向延长线于点F.

AE=EF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由。

解：AE=EF成立，证明如下：

在AB的延长线上截取BG=BE，连接GE.

∵四边形ABCD是正方形

∴AB=BC，∠B=90°

∵BG=BE

∴AG=CE，∠BGE=∠BEG=45°

∵CF是正方形外角的平分线

∴∠MCN=45°

∴∠ECF=45°

∴∠AGE=∠ECF

∵∠AEF=90°

∴∠AEG=90°+∠GEF=90°+45°-∠CEF=135°-∠CEF

又∵∠CFE=180°-∠ECF-∠CEF=180°-45°-∠CEF=135°-∠CEF

∴∠AEG=∠CFE

∵△AGE≌△ECF（AAS）

∴AE=EF

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证明垂直习题

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篇9：证明垂直习题

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