點、直線、平面之間的位置關系教案
點、直線、平面之間的位置關系教案
專題四：立體幾何
第二講 點、直線、平面之間的位置關系
【最新考綱透析】
1．理解空間直線平面位置關系的定義。
2．了解可以作為推理依據的公理和定理。
3．認識和理解空間中線面平行、垂直的有關性質與判定定理。
4．能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形的位置關系的簡單命題。
【核心要點突破】
要點考向1：線線、線面的位置關系
考情聚焦：1．空間直線的位置關系、直線與平面的位 置關系是最基本的關系，是高考中重點考查的內容，幾乎年年都考。
2．題目基本上以柱體、錐體為背景，重點考查異面直線及線面關系。
3．三種題型均可出現，屬較容易或中檔題。
考向鏈接：1．解決此類問題時要特別注意線線平行與垂直、線在平行與垂直、面面平行與垂直間的相互轉化。
2．證明線線平行的常用方法：（1）利用定義，證兩線共面且無公共點；（2）利用公理4，證兩線同時平行于第三條直線；（3）利用線面平行的性質定理把證線線平行轉化為證線面平行。
3．證明線面平行常用方法：（1）利用線面平行的判定定理把證線面平行轉化為證線線平行；（2）利用性質
4．證明線面垂直的方法有：
（1）定義；
（2）判定定理；
例1：（2010?天津高考文科?Ｔ１9）
如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD， CD=1，AD= ，∠BAD＝∠CDA＝45°.
（Ⅰ）求異面直線CE與AF所成角的余弦值；
（Ⅱ）證明CD⊥平面ABF；
（Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值。
【命題立意】本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎知識，考查空間想象能力，運算能力和推理論證能力。
【思路點撥】（1）∠CED即為異面直線CE與AF所成角；（2）證明CD垂直于兩條相交直線AB、FA;（3）做輔助線構造二面角的平面角。
【規范解答】(I)解：因為四邊形ADEF是正方形，所以FA//ED.故 為異面直線CE與AF所成的角.因為FA 平面ABCD，所以FA CD.故ED CD.
在Rt△CDE中，CD=1，ED= ，CE= =3,故cos = = .
所以異面直線CE和AF所成角的余弦值為 .
(Ⅱ)證明：過點B作BG//CD,交AD于點G，則 .由 ,可得BG AB,從而CD AB,又CD FA,FA AB=A,所以CD 平面ABF.
(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG= ，即G為AD的中點.取EF的中點N，連接GN，則GN EF,因為BC//AD,所以BC//EF.過點N作NM EF，交BC于M，則 為二面角B-EF-A的平面角。
連接GM，可得AD 平面GNM,故AD GM.從而BC GM.由已知，可得GM 平面MAB.由NG//FA,FA GM,得NG GM.
在Rt△NGM中，tan ,
所以二面角B-EF-A的正切值為 .
要點考向2：面面位置關系
考情聚焦：1．在高考中，本部分內容幾乎年年考查，主要考查學生分析問題、解決問題的能力。
2．題目基本上以棱柱、棱錐為背景，考查面面平行或垂直。
3．選擇題、填空題、解答題均可出現，題目難度為低檔或中檔。
考向鏈接：1．證明面面平行，依據判定定理，只要找到一個面內兩條相交直線與另一個平面平行即可。從而將面面平行轉化為線面平行，再轉化為線線平行。
2．證明面面垂直的方法：證明一個面過另一個面的垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中點、高線或添加輔助線解決。
例2：（2010?遼寧高考文科?Ｔ19）
如圖，棱柱ABC—A1B1C1的側面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B.
(Ⅰ)證明：平面AB1C⊥平面A1BC1;
（Ⅱ)設D是A1C1上的點，且A1B∥平面B1CD，求A1D:DC1的值.
【命題立意】本題考查了空間幾何體的線面與面面垂直、以及幾何體的計算問題，考查了考生的空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力。
【思路點撥】（I）先證明B1C⊥平面A1BC1.再證明平面AB1C⊥平面A1BC1;
（II）利用線面平行的性質，得到DE//A1B，判斷出D點是中點，從而可解
【規范解答】（I）
（II）
【方法技巧】
1、證明面面垂直，一般通過證明一個平面經過另一個平面的垂線，為此分析題設，觀察圖形找到是哪條直線和哪個平面垂直。
2、證明直線和平面垂直，就是要證明這條直線平面內的兩條相交直線，這一點在解題時一定要體現出來，如本題中強調了A1B∩BC1＝B
要點考向3：與折疊有關的問題
考情聚焦：1．空間圖形的折疊問題是近幾年高考命題的一個新的亮點,它通常與其他知識相結合,能夠較好地考查學生的空間想象能力、圖形變換能力及識圖能力。
2．選擇題、填空題、解答題均可出現，尤其解答題為多，屬中檔題。
例3：（2010?浙江高考文科?Ｔ20）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°。E為線段AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F為線段A’C的中點。
（Ⅰ）求證：BF∥平面A’DE；
（Ⅱ）設M為線段DE的中點，求直線FM與平面A’DE所成角的余弦值。
【命題立意】本題主要考查空間線線、線面、面面位置關系，線面角等基礎知識，同時考查空間想象能力和推理論證能力。
【思路點撥】（1）可以在面 內找一條直線與BF平行，從而證明線面平行；（2）求線面角的關鍵是找到對應的平面角。
【規范解答】 (Ⅰ)取A′D的中點G，連結GF，CE，由條件易知FG∥CD，FG= CD. BE∥CD,BE= CD.所以FG∥BE,FG=BE.
故四邊形BEGF為平行四邊形, 所以BF∥EG
因為 平面 ，BF 平面 ，所以 BF//平面
（Ⅱ）在平行四邊形ABCD中，設BC=a，則AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 連CE。
因為 ，在△BCE中，可得CE= a, 在△ADE中，可得DE=a,
在△CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE,
在正三角形A′DE中，M為DE中點，
所以A′M⊥DE.由平面A′DE⊥平面BCD,
可知A′M⊥平面BCD, A′M⊥CE.取A′E的中點N，
連線NM、NF，所以NF⊥DE,NF⊥A′M.因為DE交A′M于M,
所以NF⊥平面A′DE,則∠FMN為直線FM與平面A′DE所成的角.
在Rt△FMN中，NF= a, MN= a, FM=a,則cos = .
所以直線FM與平面A′DE所成角的余弦值為 .
【方法技巧】找線面所成角時，可適當的作一條面的垂線，從而把線面角轉化為線線夾角。
注：（1）解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長度是不變量，而位置關系往往會發生變化，抓住不變量是解決問題的突破口。
（2）在解決問題時，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形。
【高考真題探究】
1．（2010?山東高考理科?Ｔ3）在空間，下列命題正確的是（ ）
（A）平行直線的平行投影重合
（B）平行于同一直線的兩個平面平行
（C）垂直于同一平面的兩個平面平行
（D）垂直于同一平面的兩條直線平行
【命題立意】 本題考查空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質，考查了考生的空間想象能力、推理論證能力.
【思路點撥】 可利用特殊圖形進行排除.
【規范解答】選D，在正方體 中， 但它們在底面 上的投影仍平行，故A選項不正確；平面 與平面 都平行于直線 ，但平面 與平面相交，故B選項不正確；平面 與平面 都垂直于平面 ，但平面 與平面相交 ，故C選項不正確；而由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可以證明選項D正確.
2．（2010?浙江高考理科?Ｔ6）設 ， 是兩條不同的直線， 是一個平面，則下列命題正確的是（ ）
（A）若 ， ，則 （B）若 ， ，則
（C）若 ， ，則 （D）若 ， ，則
【命題立意】本題考查空間中的線線、線面位置關系，考查空間想象能力。
【思路點撥】利用線面平行、線面垂直的判定定理。
【規范解答】選B。如圖（1），選項A不正確；如圖（2），選項B正確；如圖（3）選項C不正確；如圖（4）選項D不正確。
3．（2010?廣東高考理科?Ｔ18） 如圖5， 是
半徑為a的半圓，AC為直徑，點E為 的中點，點B
和點C為線段AD的三等分點。平面AEC外一點F滿足
FB=FD= a，FE= a
證明：EB⊥FD；
已知點Q,R分別為線段FE,FB上的點，使得
FQ= FE,FR= FB,求平面BED與平面RQD所成二面角的正弦值。
【命題立意】本題考察空間點、線、面之間的關系以及空間幾何體的相關計算.
【思路點撥】（1）點E為 的中點，AC為直徑 是 ，又 面 EB⊥FD.
作出二面角的棱 證明 為所求二面角的平面角 求 、
【規范解答】（1）證明：連結 .因為 是半徑為a的半圓， 為直徑，點E為 的中點，
所以 ，在 中， ，在 中， ，所以 是等腰三角形，且點 是底邊 的中點，所以
在 中， ，所以 是 ，所以 .
由 ， ，且 ，所以 面
又 面 ，所以，
所以 平面 ，而 平面 ，所以
（2）過點 作 ， FQ= FE,FR= FB， ， ，
與 共面且與 共面，
為平面BED與平面RQD的棱.
由（1）知， 平面 ， 平面 ，而 平面 ， 平面 ，
， ， 是平面BED與平面RQD所成二面角的平面角.
在 中， ，
由余弦定理得：
又由正弦定理得：
，即
所以平面BED與平面RQD所成二面角的正弦值為
4．（2010?北京高考理科?Ｔ１6）如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在
的平面互相垂直， CE⊥AC,EF∥AC,AB= ，CE=EF=1.
（Ⅰ）求證：AF∥平面BDE；
（Ⅱ）求證：CF⊥平面BDE；
（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。
【命題立意】本題考查了線面平行、線面垂直及二面角的求法。一般的，運用幾何法（方法一）對空間想象能力，空間運算能力要求較高，關鍵是尋找二面角的平面角；運用向量法（方法二）思路簡單，但運算量較大，熟練掌握向量的線性運算及數量積是解決問題的關鍵。
【思路點撥】立體幾何問題一般有兩種方法：幾何法與向量法。幾何法：（1）證明AF與面BDE內的某條線平行；（2）證明CF垂直于面BDE內的兩條相交直線；（3）由第（2）問的結論 ，可過A作一直線與CF平行，從而垂直于面BDE，再過A和垂足向二面角A-BE-D的菱BE作垂線，找到二面角的平面角。向量法：利用三個垂直關系CE，CD，CB，建立空間直角坐標系，利用向量的平行、垂直和數量積求二面角的大小。
【規范解答】方法一：
（I） 設AC與BD交點G。因為EF//AG，且EF=1，AG= AC=1.所以四邊形AGEF為平行四邊形.
所以AF//EG，因為 平面BDE，AF 平面BDE，所以AF//平面BDE.
(II)連接FG， ， 為平行四邊形，
又 ， CEFG為菱形， 。
在正方形ABCD中， 。
正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直， ，
，又 ， 。
（III）在平面ACEF內，過A作 ，垂足為H，連接HB。則AH//CF。
AH 平面BDE， ， 。
又 面ABCD 面ACEF，CE AC， 面ABCD， 。
又 ， 面BCE， 。 面ABH。
。 為所求的二面角A-BE-D的平面角。
由 得， ，
為銳角， 。
方法二：
（I）因為正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面相互垂直，且CE AC，所以CE 平面ABCD.如圖，以C為原點，建立空間直角坐標系C- .則C（0，0，0）， ，B（0， ，0）， ， ， ，所以 ， ， .設 為平面BDE的法向量，則 ，即 ，令 ，得 ， 。
又 面BDE， AF//平面BDE。
（II）由（I）知 ，所以 ,
所以 , .又因為 ，所以 平面BDE.
(III)設平面ABE的法向量 , 由（I）知 = ， ，則 ， .即 所以 且 令 則 . 所以 . 從而 。所以 。
因為二面角 為銳角，
所以二面角 的大小為 .
5．（2010?福建高考文科?Ｔ20）如圖，在長方體ABCD ? A1B1C1D1中，E，H分別是棱A1B1,D1C1上的點（點E與B1不重合），且EH//A1D1。過EH的平面與棱BB1,CC1相交，交點分別為F，G。
（I）證明：AD//平面EFGH；
（II）設AB=2AA1=2a。在長方體ABCD-A1B1C1D1內隨機選取一點，記該點取自于幾何體A1ABFE ? D1DCGH內的概率為p。當點E，F分別在棱A1B1, B1B上運動且滿足EF=a時，求p的最小值。
【命題立意】本小題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關系，以及幾何體的體積、幾何概型等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力；考查函數方程思想、數形結合思想、化歸與轉化思 想、必然與或然思想。
【思路點撥】第一步由線線平行得到線面平行；第二步求出（1）首先求出三棱柱的體積，并求解三棱柱 的體積的最大值，然后求解圓柱的體積，利用體積比計算出幾何概率。
【規范解答】 ( I ) 證明：在長方體ABCD-A1B1C1D1中， ，又 ， ，又 平面 ，所以 平面 ；
（II）設 ，則在長方體ABCD-A1B1C1D1的體積 ，幾何體 的體積 ，又 ， ，所以當且僅當 時等號成立，從而 ，故 ，當且僅當 時等號成立，所以 得最小值等于 。
【方法技巧】立 體幾何中的證明問題，一定要把條件寫完整了，保證邏輯合理，如：本題一定要寫出 。
6．（2010?江蘇高考?Ｔ１6）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。
求證：PC⊥BC；
求點A到平面PBC的距離。
【命題立意】本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關系，考查幾何體的體積，考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力。
【思路點撥】（1）可證明BC與PC所在的某一個平面垂直；（2）點A到平面PBC的距離是點D到平面PBC的距離的2倍。
【規范解答】（1）因為PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PD⊥BC。
由∠BCD=900，得CD⊥BC，
又PD DC=D，PD、DC 平面PCD，
所以BC⊥平面PCD。
因為PC 平面PCD，故PC⊥BC。
（2）分別取AB、PC的中點E、F，連DE、DF，則：
易證DE∥CB，DE∥平面PBC，點D、E到平面PBC的距離相等。
又點A到 平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍。
由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，
因為PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面 PBC于F。
易知DF= ，故點A到平面PBC的距離等于 。
【方法技巧】一個幾何體無論怎樣轉動，其體積是不變的.如果一個幾何體的底面積和高較難求解時，我們可考慮利用等體積法求解。等體積法也稱等積轉換或等積變形，它是通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，多用來解決有關錐體的體積，把底面積和高的求解轉化為數量關系清晰的底面及其對應的高，減少運算量，這也是轉化與化歸思想在立體幾何中的具體體現。本題也可利用等體積法求解：
連結AC。設點A到平面PBC的距離為h。
因為AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。
從而AB=2，BC=1，得 的面積 。
由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱錐P-ABC的體積 。
因為PD⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，所以PD⊥DC。
又PD=DC=1，所以 。
由PC⊥BC，BC=1，得 的面積 。
由 ， ，得 ，
故點A到平面PBC的距離等于 。
【跟蹤模擬訓練】
一、選擇題（每小題6分，共36分）
1.給出以下三個命題：
①如果一條直線和一個平面平行,經過這條直線的平面和這個平面相交,那么這條直線和交線平行;
②如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直,那么這條直線垂直于這個平面;
③如果一條直線垂直于一個平面內的無數條直線，那么這條直線垂直于這個平面.
其中真命題的個數是( )
(A)3(B)2(C)1(D)0
2.給定空間中的直線l及平面α,條件“直線l與平面α內無數條直線都垂直”是“直線l與平面α垂直”的 （ ）
(A)充要條件
(B)充分非必要條件
(C)必要非充分條件
(D)既非充分又非必要條件
3.設有直線m、n和平面α、β.下列四個命題中,正確的是（ ）
(A)若m∥α,n∥α,則m∥n
(B)若m α,n α,m∥β,n∥β,則α∥β
(C)若α⊥β,m α,則m⊥β
(D)若α⊥β,m⊥β,m α,則m∥α
4.對于平面α和直線m、n，給出下列命題
①若m∥n,則m、n與α所成的角相等；
②若m⊥α,m⊥n,則n∥α;
③若m與n是異面直線，且m∥α,則n與α相交.
其中真命題的個數是（ ）
(A)0(B)1(C)2(D)3
5.已知平面α外不共線的三點A、B、C到α的距離都相等，則正確的結論是（ ）
(A)平面ABC必不垂直于α
(B)平面ABC必平行于α
(C)平面ABC必與α相交
(D)存在△ABC的一條中位線平行于α或在α內
6．（2010北京模擬）設A、B、C、D是空間四個不同的點，在下列命題中，不正確的是（ ）
A．若AC與BD共面，則AD與BC共面
B．若AC與BD是異面直線，則AD與BC是異面直線
C．若AB = AC，DB = DC，則AD = BC
D．若AB = AC，D B = DC，則AD⊥BC
二、填空題（每小 題6分， 共18分）
7.如圖，長方體ABCD—A1B1C1D1中,MN在平面BCC1B1內,MN⊥BC于M，則MN與平面AB1的位置關系是_______.
8.如果一條直線與一個平面垂直,那么，稱此直線與平面構成一個“正交線面對”.在一個正方體中,由兩個頂點確定的直線與含有四個頂點的平面構成的“正交線面對”的個數是_______.
9.設α、β表示平面，a、b表示不在α內也不在β內的兩條直線.給出下列四個論斷:①a∥b;②a∥β;③α⊥β;④b⊥α.若以其中三個作為條件,余下的一個作為結論,可以構造出一些命題.寫出你認為正確的一個命題________.
三、解答題（10、11題每題15分，12題16分，共46分）
10.如圖，在四棱錐P-ABCD中.PD⊥平面ABCD,AD⊥CD.DB平分∠ADC,E為PC的中點,AD=CD.
(1)證明PA∥平面BDE;
(2)證明AC⊥平面PBD;
11.如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，△ABC為正三角形，D、E分別是BC、CA的中點.
(1)證明：平面PBE ⊥平面PAC.
(2)在BC上是否存在一點F，使
AD∥平面PEF？說明理由.
12.(探究創新題)如圖,A、B、C、D為空間四點,在△ABC中,AB=2，AC=BC= ，等邊三角形ADB以AB為軸轉動.
（1）當平面ADB⊥平面ABC時，求CD的長;
（2）當△ADB轉動時,是否總有AB⊥CD?證明你的結論.
參考答案
一、選擇題
1. 【解析】選B.由直線與平面平行的性質定理知①正確；
由直線與平面垂直的判定定理知②正確；
若兩條直線都平行于一個平面,則這兩條直線平行或相交或異面，故③不正確.
2. 【解析】選C.由直線與平面垂直的定義知,當直線l與平面α內無數條直線都垂直時,直線l與平面α不一定垂直;反之成立.
3. 【解析】選D.m∥α,n∥α m∥n或m與n相交或m,n異面,故A不對.m α,n α,m∥β,n∥β α,β相交或平行,故B不對.α⊥β,m α m∥β或m⊥β或m與β斜交,故C不對.α⊥β,m⊥β,m α m∥α正確.
故選D.
4. 【解析】選B.①正確；對②，若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n α；對③，若m與n異面，m∥α,則n與α相交或平行或在α內.
5. 【解析】選D.如圖，A、B、C三點不共線且到α的距離都相等，可得A、B、C皆錯.
6. 【解析】選C.A．若AC與BD共面，則A ，B ，C，D四點共面，則AD與BC共面；
B．若AC與BD是異面直線，則A ，B ，C，D四點不共面，則AD與BC是異面直線；
C．若AB = AC，DB = DC，四邊形ABCD可以是空間四邊形，AD不一定等于 BC；
D．若AB = AC，DB = DC，可以證明AD⊥BC。
二、填空題
7. 【解析】∵MN⊥BC，
∴MN∥BB1,
而BB1 平面AB1，
∴MN∥平面AB1.
答案：MN∥平面AB1
8. 【解析】∵AB⊥面BCC1B1,
AB⊥面ADD1A1，
∴AB與面BCC1B1，AB與面ADD1A1
各構成一個“正交線面對”.
這樣的“正交線面對”共有
12×2=24個，
又A1B⊥面AB1C1D.
∴A1B與面AB1C1D構成一個“正交線面對”.
這樣的“正交線面對”共有12×1=12個，
∴共有24+12=36個.
答案：36
9. 【解析】由a∥b,a∥β,b⊥α可得α⊥β.
答案：①②④ ③
三、解答題
10. 【證明】(1)設AC∩BD=H,連結EH.在△ADC中,因為AD=CD,且DB平分∠ADC,所以H為AC的中點.又由題設,E為PC的中點,故EH∥PA.又EH 平面BDE且PA 平面BDE,所以PA∥平面BDE.
(2)因為PD⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以PD⊥AC.結合（1）易知DB⊥AC.
又PD∩DB=D.故AC⊥平面PBD.
11. 【解析】(1)∵PA⊥底面ABC，
BE 平面ABC，
∴PA⊥BE.
又△ABC是正三角形，E是AC的中點,
∴BE⊥AC,而PA∩AC=A.
∴BE⊥平面PAC.
又BE 平面PBE，∴平面PBE⊥平面PAC.
(2)存在點F，F是CD的中點.
理由：∵E、F分別是AC、CD的中點，
∴EF∥AD.
而EF 平面PEF，AD 平面PEF,
∴AD∥平面PEF.
12. 【解析】（1）取AB的中點E,連結DE、CE，
因為△ADB是等邊三角形,
所以DE⊥AB,
當平面ADB⊥平面ABC時，
因為平面ADB∩平面ABC=AB，
所以DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.
又DE= ,EC=1.
在Rt△DEC中,
（2）當△ADB以AB為軸轉動時,總有AB⊥CD.
證明：①當D在平面ABC內時，
因為AC=BC,AD=BD，
所以C、D都在線段AB的垂直平分線上,
即AB⊥CD.
②當D不在平面ABC內時,由（1） 知AB⊥DE，
又因AC=BC,所以AB⊥CE.
又DE、CE為相交直線,所以AB⊥平面CDE,
由CD 平面CDE，得AB⊥CD.
綜上所述得AB⊥CD.
【備課資源】
1.已知α、β是不同的平面，m、n是不同 的直線，則下列命題不正確的是（ ）
(A)若m⊥α,m∥n,n?β,則α⊥β
(B)若m∥α,α∩β=n,則m∥n
(C)若m∥n,m⊥α,則n⊥α
(D)若m⊥α,m⊥β,則α∥β
【解析】選B.對B，m和n可能平行，也可能異面，故錯誤.
2. 設a、b是兩條直線,α、β是兩個平面，則a⊥b的一個充分條件是（ ）
(A)a⊥α,b∥β,α⊥β
(B)a⊥α,b⊥β,α∥β
(C)a α,b⊥β,α∥β
(D)a α,b∥β,α⊥β
【解析】選C.a α,b⊥β,α∥β?a⊥b.
3. 已知α、β、γ是三個互不重合的平面，l是一條直線，給出下列四個命題
①若α⊥β、l⊥β,則l∥α;
②若l⊥α,l∥β,則α⊥β;
③若l上有兩個點到α的距離相等，則l∥α;
④若α⊥β,β∥γ,則γ⊥α；
其中正確的命題是（ ）
(A)①③(B)②④(C)①④(D)②③
【解析】選B.α⊥β,l⊥β?l∥α或l?α,故①不正確.l⊥α,l∥β?α⊥β,②正確.
若l上有兩個點到α的距離相等,則l∥α或l?α或l與α相交，③不正確.顯然④正確.
4.設α、β、γ為三個不同的平面，m、n為兩條不同的直線
①α⊥β ,α∩β=n,m⊥n;②α∩γ=m,α⊥β,β⊥γ;
③α⊥β,α∥γ,m∥γ;④n⊥α,n⊥β,m⊥α
其中，是m⊥β的充分條件的為（ ）
(A)①②(B)②④(C)②③(D)③④
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