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立体几何中的点、线、面的位置关系,特别是平行和垂直关系是高考考查的重点,线面平行与线面垂直的证明又是其中的一种常见情形。分析、解答这类题目主要从以下三步着手：(1) 从“定量”到“定性”分析；(2) 从“定形”到“定量、定性”上分析；(3) 从方法上分析。
类型一：直线与平面平行的证明
【例１】 在三棱柱ABCA1B1C1中,A点在底面A1B1C1上的射影是正△A1B1C1的中心.E为侧面BB1C1C对角线BC1上一点,且BE=2EC1,
证明：OE∥平面AA1C1C．
分析 (1) 从“量”上分析:①从BE=2EC1知E是一个三等分点(离C1较近);②从正△A1B1C1,O是△A1B1C1的中心,知O是△A1B1C1的重心,隐含O是B1C1边上中线的一个三等分点,与E点有遥相呼应之感；
(2) 从“形”上分析：由相似三角形的原理知延长CE与B1C1的交点必是B1C1的中点H,从而根据重心知识知A1、O、H共线,这样可形成△A1HC；同时可联想B1C1的中点是建立联系的纽带；
(3) 从方法上分析：应用线面平行的判定定理证明,设法在平面内找到平面外的直线OE的平行线,俗称“找线法”。
证明 连接CE并延长,交B1C1于点H,因为BC∥B1C1,BE=2EC1,所以△BCE∽△C1HE,且BC=2C1H,所以H点为B1C1的中点.
又因为点A在底面正△A1B1C1内的射影点O是△A1B1C1的中心,所以O是△A1B1C1的重心,显然A1、O、H共线.且A1O=2OH.
在△HCA1中,CE=2EH,A1O=2OH,所以△HEO∽△HCA1,所以EO∥CA1.又EO平面AA1C1C,CA1平面AA1C1C,所以OE∥平面AA1C1C．
点拨
(1) 从图形上可联想有一个三角形,过OE且与平面AA1C1C有一条交线,故联想到B1C1的中点；
(2) 在添加辅助线时,易出现错误.如：连CE交B1C1于H点,连A1、O、H等形式的错误；
(3) 除用判定定理证明外,也可以构造平面与平面AA1C1C平行,利用面面平行的性质来证明。
总结:证明线面平行的方法有：定义法、线面平行的判定定理、面面平行的性质定理等方法,常用的是线面平行的判定定理。
类型二：直线与平面垂直的证明
【例2】 已知四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC且BC=2AB=2AD=2,侧面PAD是等边三角形,PB=PC=2,求证：PC⊥平面PAB.
分析 (1) 从“量”上分析：底面的等腰梯形中,可得出其他的基本关系,作AH⊥BC垂足为H,知BH=12,故易知∠ABC=60°,在△ABC中由余弦定理易知AC=3,在△PAC,PA=1,PC=2,AC=3,易知PC⊥PA；在△PBC中,PB=2,PC=2,BC=2，易知PC⊥PB；
(2) 从“形”上分析：应联想到PC应垂直平面PAB中两条相交的直线
PB,PA,AB中的其中两条即可,可联想连接AC,用勾股定理证明；
(3) 从方法上分析：应利用线面垂直的判定定理,
设法在平面PAB内找到与PC垂直的两条相交直线。
证明 由条件易知在△PBC中,PB=2,PC=2,BC=2,故PB2+PC2=BC2，即∠BPC=90°,故PC⊥PB.在等腰梯形ABCD中,
由BC=2AB=2AD=2,得BC=2,AB=AD=DC=1,
作AH⊥BC于点H,得BH=12,所以在Rt△ABH中，∠ABH=60°；
又在△ABC中使用余弦定理知：AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos∠ABC=3，
所以在△APC中,PA=1,AC=3,PC=2，满足勾股定理,即∠APC=90°,即PC⊥PA，
由上可知PC⊥PA,PC⊥PB,PA∩PB=P,所以PC⊥平面PAB．
点拨
(1) 本题从找线出发,联想到要证PC⊥PA与PC⊥PB,而PC⊥PA是本题的一个难点；
(2) 本题最终在△APC中利用勾股定理证得PC⊥PA,亦可以通过AB⊥平面PAC,证得PC⊥AB得到。
总结:证明线面垂直的方法有：定义法、线面垂直的判定定理法、面面垂直的性质定理等方法,常用的是线面垂直的判定定理。
恃国家之大，矜民人之众，欲见威于敌者，谓之骄兵。——魏相
类型三：利用线面平行、垂直的性质的探索性问题
【例3】 已知三棱锥PABC中,△ABC是边长为2的正三角形,PC⊥平面ABC,PA=22,E为PB的中点,F为AC的中点,试在线段PC上找一点Q,使得AE∥平面BFQ．
分析
(1) 从“量”上分析：△ABC为正三角形,PA=22,易得PC=2；从而知PB=22；
(2) 从“形”上分析：AE平面PAB,且AE∥平面BFQ；△PBC
为等腰直角三角形；同时可以联想在平面BFQ内有一条与ＡＥ平行的线；
(3)从方法上分析：利用线面平行的性质,通过线面平行得出线线
平行,从而确定Q点的位置。
解 因为△ABC是边长为2的正三角形,所以AC=2；
又因为PC⊥平面ABC,AC、BC平面ABC,所以PC⊥AC,PC⊥BC,所以△PAC为直角三角形,所以PC2=PA2-AC2=4,即PC=2,所以△PBC是以C为直角顶点的等腰直角三角形.不妨在PC上取一点Q,假设满足AE∥平面BFQ,则由线面平行的性质定理,连接CE交BQ于点H,连接HF,作出平面AEC.因为AE∥平面BFQ,
AE平面AEC,平面AEC∩平面BFQ=FH,所以AE∥FH；
显然在△AEC中,F为AC的中点,所以H为EC的中点．
过E作EG∥BQ,交PC于点G；
在△CEG中,HQ∥EG,H为EC的中点,所以Q为GC的中点,故GQ=QC；
在△PBQ中,EG∥BQ,E为BP的中点,所以G为PQ的中点,故GQ=PG；
所以PG=GQ=QC,故Q为PC的一个三等分点且靠近C点；因为PC=2,所以QC=23．
点拨 (1) 取Q点形成平面BFQ,利用线面平行的性质定理得AE∥FH,从而知H为EC的中点；
(2) 在△PBC中求Q的位置,除了用本题的方法外,还可以把△PBC平面化,利用解析几何知识建立直角坐标系,求出Q点的坐标,从而确定Q的位置；
(3) 学理科的同学还可以通过建立空间直角坐标系,通过求Q的坐标,确定Q的位置。
总结:线面平行的探索性问题常用的解题步骤是：(1) 假设点在某处；(2) 利用线面平行的性质得出线线平行；(3) 通过线线平行确定点的位置。
【例4】 已知直三棱柱ABCA1B1C1中,
BC=2AB=2AC=2,CC1=1,D为B1C1的中点,
AE⊥平面BB1C1C,试在CC1上找一点Q,使得EQ⊥平面A1DC．
类型一：直线与平面平行的证明
【例１】 在三棱柱ABCA1B1C1中,A点在底面A1B1C1上的射影是正△A1B1C1的中心.E为侧面BB1C1C对角线BC1上一点,且BE=2EC1,
证明：OE∥平面AA1C1C．
分析 (1) 从“量”上分析:①从BE=2EC1知E是一个三等分点(离C1较近);②从正△A1B1C1,O是△A1B1C1的中心,知O是△A1B1C1的重心,隐含O是B1C1边上中线的一个三等分点,与E点有遥相呼应之感；
(2) 从“形”上分析：由相似三角形的原理知延长CE与B1C1的交点必是B1C1的中点H,从而根据重心知识知A1、O、H共线,这样可形成△A1HC；同时可联想B1C1的中点是建立联系的纽带；
(3) 从方法上分析：应用线面平行的判定定理证明,设法在平面内找到平面外的直线OE的平行线,俗称“找线法”。
证明 连接CE并延长,交B1C1于点H,因为BC∥B1C1,BE=2EC1,所以△BCE∽△C1HE,且BC=2C1H,所以H点为B1C1的中点.
又因为点A在底面正△A1B1C1内的射影点O是△A1B1C1的中心,所以O是△A1B1C1的重心,显然A1、O、H共线.且A1O=2OH.
在△HCA1中,CE=2EH,A1O=2OH,所以△HEO∽△HCA1,所以EO∥CA1.又EO平面AA1C1C,CA1平面AA1C1C,所以OE∥平面AA1C1C．
点拨
(1) 从图形上可联想有一个三角形,过OE且与平面AA1C1C有一条交线,故联想到B1C1的中点；
(2) 在添加辅助线时,易出现错误.如：连CE交B1C1于H点,连A1、O、H等形式的错误；
(3) 除用判定定理证明外,也可以构造平面与平面AA1C1C平行,利用面面平行的性质来证明。
总结:证明线面平行的方法有：定义法、线面平行的判定定理、面面平行的性质定理等方法,常用的是线面平行的判定定理。
类型二：直线与平面垂直的证明
【例2】 已知四棱锥PABCD的底面ABCD是等腰梯形,AD∥BC且BC=2AB=2AD=2,侧面PAD是等边三角形,PB=PC=2,求证：PC⊥平面PAB.
分析 (1) 从“量”上分析：底面的等腰梯形中,可得出其他的基本关系,作AH⊥BC垂足为H,知BH=12,故易知∠ABC=60°,在△ABC中由余弦定理易知AC=3,在△PAC,PA=1,PC=2,AC=3,易知PC⊥PA；在△PBC中,PB=2,PC=2,BC=2，易知PC⊥PB；
(2) 从“形”上分析：应联想到PC应垂直平面PAB中两条相交的直线
PB,PA,AB中的其中两条即可,可联想连接AC,用勾股定理证明；
(3) 从方法上分析：应利用线面垂直的判定定理,
设法在平面PAB内找到与PC垂直的两条相交直线。
证明 由条件易知在△PBC中,PB=2,PC=2,BC=2,故PB2+PC2=BC2，即∠BPC=90°,故PC⊥PB.在等腰梯形ABCD中,
由BC=2AB=2AD=2,得BC=2,AB=AD=DC=1,
作AH⊥BC于点H,得BH=12,所以在Rt△ABH中，∠ABH=60°；
又在△ABC中使用余弦定理知：AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos∠ABC=3，
所以在△APC中,PA=1,AC=3,PC=2，满足勾股定理,即∠APC=90°,即PC⊥PA，
由上可知PC⊥PA,PC⊥PB,PA∩PB=P,所以PC⊥平面PAB．
点拨
(1) 本题从找线出发,联想到要证PC⊥PA与PC⊥PB,而PC⊥PA是本题的一个难点；
(2) 本题最终在△APC中利用勾股定理证得PC⊥PA,亦可以通过AB⊥平面PAC,证得PC⊥AB得到。
总结:证明线面垂直的方法有：定义法、线面垂直的判定定理法、面面垂直的性质定理等方法,常用的是线面垂直的判定定理。
恃国家之大，矜民人之众，欲见威于敌者，谓之骄兵。——魏相
类型三：利用线面平行、垂直的性质的探索性问题
【例3】 已知三棱锥PABC中,△ABC是边长为2的正三角形,PC⊥平面ABC,PA=22,E为PB的中点,F为AC的中点,试在线段PC上找一点Q,使得AE∥平面BFQ．
分析
(1) 从“量”上分析：△ABC为正三角形,PA=22,易得PC=2；从而知PB=22；
(2) 从“形”上分析：AE平面PAB,且AE∥平面BFQ；△PBC
为等腰直角三角形；同时可以联想在平面BFQ内有一条与ＡＥ平行的线；
(3)从方法上分析：利用线面平行的性质,通过线面平行得出线线
平行,从而确定Q点的位置。
解 因为△ABC是边长为2的正三角形,所以AC=2；
又因为PC⊥平面ABC,AC、BC平面ABC,所以PC⊥AC,PC⊥BC,所以△PAC为直角三角形,所以PC2=PA2-AC2=4,即PC=2,所以△PBC是以C为直角顶点的等腰直角三角形.不妨在PC上取一点Q,假设满足AE∥平面BFQ,则由线面平行的性质定理,连接CE交BQ于点H,连接HF,作出平面AEC.因为AE∥平面BFQ,
AE平面AEC,平面AEC∩平面BFQ=FH,所以AE∥FH；
显然在△AEC中,F为AC的中点,所以H为EC的中点．
过E作EG∥BQ,交PC于点G；
在△CEG中,HQ∥EG,H为EC的中点,所以Q为GC的中点,故GQ=QC；
在△PBQ中,EG∥BQ,E为BP的中点,所以G为PQ的中点,故GQ=PG；
所以PG=GQ=QC,故Q为PC的一个三等分点且靠近C点；因为PC=2,所以QC=23．
点拨 (1) 取Q点形成平面BFQ,利用线面平行的性质定理得AE∥FH,从而知H为EC的中点；
(2) 在△PBC中求Q的位置,除了用本题的方法外,还可以把△PBC平面化,利用解析几何知识建立直角坐标系,求出Q点的坐标,从而确定Q的位置；
(3) 学理科的同学还可以通过建立空间直角坐标系,通过求Q的坐标,确定Q的位置。
总结:线面平行的探索性问题常用的解题步骤是：(1) 假设点在某处；(2) 利用线面平行的性质得出线线平行；(3) 通过线线平行确定点的位置。
【例4】 已知直三棱柱ABCA1B1C1中,
BC=2AB=2AC=2,CC1=1,D为B1C1的中点,
AE⊥平面BB1C1C,试在CC1上找一点Q,使得EQ⊥平面A1DC．