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線面平行、垂直問題是高考備考的重點. 從解決“平行與垂直”的有關基本問題著手，熟悉公理、定理的內容和功能，通過分析與概括，掌握解決問題的規(guī)律——充分利用線線平行（垂直）、線面平行（垂直）、面面平行（垂直）相互轉化的思想，以提高推理論證、空間想象能力. 在高考中，此部分試題要么以客觀題的形式出現(xiàn)，要么以解答題的形式出現(xiàn)，但不管是哪種形式，總體難度都不大.

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無論是線面平行（垂直）還是面面平行（垂直）都源自于線與線的平行（垂直），即不論何種“平行（垂直）”都要化歸到“線線平行（垂直）”，觀察與分析幾何體中線與線的關系是解題的突破口. 這種轉化為“低維”垂直的思想方法，在解題時非常重要. 在處理實際問題的過程中，可以先從題設條件入手，分析已有的平行（垂直）關系，再從結論入手分析所要證明的平行（垂直）關系，從而架起已知與未知之間的“橋梁”.

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在具體操作時，構造中位線與平行四邊形是平行問題的主要手段；利用平面的垂線作轉化是解決垂直問題的關鍵.

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■ 如圖1，已知側棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠DAB=60°，AD=AA1，F(xiàn)為棱BB1的中點，點M為線段AC1的中點.

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圖1

（1）求證：直線MF∥平面ABCD；

（2）求證：平面ACC1A1⊥平面AFC1.

破解思路 （1）要證直線MF∥平面ABCD，根據線面平行的判定定理，就應在平面ABCD中找到一條直線，使該直線平行于MF，即“線線平行？圯線面平行”.

（2）要證平面ACC1A1⊥平面AFC1，根據面面垂直判定定理，就應在平面AFC1中找一條直線垂直于平面ACC1A1.

經典答案 （1）如圖2，延長C1F交CB的延長線于點N，連結AN.

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圖2

因為B1C1∥NB，F(xiàn)是BB1的中點，所以F為C1N的中點.

因為M是線段AC1的中點，所以MF∥AN.

又MF？埭平面ABCD，AN？奐平面ABCD，所以MF∥平面ABCD.

（2）連結BD，由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，可知：A1A⊥平面ABCD.

又BD？奐平面ABCD，所以A1A⊥BD.

因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.

又AC∩A1A=A，AC，A1A？奐平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.

在四邊形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四邊形DANB為平行四邊形.

故NA∥BD，所以NA⊥平面ACC1A1.

又NA？奐平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ACC1A1.

■ 如圖3，已知E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的邊BC，CD的中點，EF與AC交于點O，PA，NC都垂直于平面ABCD.

（1）求證：平面PAC⊥平面NEF.

（2）在線段PA上是否存在一點M，使PC∥平面MEF？若存在，求■的值；若不存在，請說明理由.

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圖3

破解思路 （1）要證平面PAC⊥平面NEF，根據面面垂直的判定定理，就應在平面NEF中找到一條直線，使該直線垂直平面PAC，即“線面垂直？圯面面垂直”.

（2）根據線面平行性質定理，由PC∥平面MEF知，過PC的一個平面與平面MEF的交線必與PC平行，即“PC∥平面MEF？圳PC∥MO”.

經典答案 （1）因為PA⊥平面ABCD，BD？奐平面ABCD，所以PA⊥BD.

又BD⊥AC，AC∩PA=A，所以BD⊥平面PAC.

因為E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，所以EF∥BD，所以EF⊥平面PAC.

又EF？奐平面NEF，所以平面PAC⊥平面NEF.

（2）當■=■時，PC∥平面MEF.

連結OM，因為OC=■AC，所以■=■，即■=■，所以PC∥MO.

因為MO？奐平面MEF，PC？埭平面MEF，所以PC∥平面MEF.

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1. 如圖4，四邊形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，Q為PA的中點. 求證：

（1）PC∥平面QBD；

（2）平面QBD⊥平面PAC.

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圖4

2. 如圖5，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB=BC，DB⊥AC，點M是棱BB1上一點.

（1）求證：MD⊥AC；

（2）試確定點M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.

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圖5