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平面与平面平行、垂直的判定与性质在考纲中属B级要求,虽然考试的难度有了一定的降低,但学生的得分情况并不是很理想。原因在于不能准确的把握定理,答题不规范等。本文拟就紧扣教材、规范答题浅谈几种原则,以期同学们在学习中有所收益。
原则一:准确的理解面面平行、垂直的判定与性质
准确的理解面面平行、垂直的判定与性质,才能对面面位置关系的问题作出合理、规范的解答。
【例1】 已知m、n、l是不同的直线,α、β、γ是不同的平面.给出下列命题：
（1） 若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊥α或n⊥β；
（2） 若α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则m∥n；
（3） 若l⊥α,l∥β,则α⊥β；
（4） 若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ．
其中正确的命题序号是 ．
错解 （2） （4）
错因分析 对定理、性质，记忆、理解不准确,不能做出正确的推理判断。
正确解法 （2） （3）
（1） 错误.容易举出反例验证；
（2） 正确.实质上是两平面平行的性质定理；
（3） 正确.过直线l作第三个平面与平面β相交于直线m,根据线面平行的性质定理,知m∥l,又l⊥α,根据线面垂直的性质定理,得m⊥α,再根据面面垂直的判定定理,得α⊥β；
（4） 错误.例如存在三个平面相互垂直．
防错机制 一对错误的要逐个寻找反例作出否定,对正确的要逐个进行逻辑证明；二是结合模型作出判断,但要注意定理应用准确,考虑周全。
原则二：推理、证明必须“有理有据”
在立体几何中,证明就必须结合图形,用符号语言规范的、有理有据的进行。证明的依据必须是教科书给出的公理、定义、定理(包括推论和以黑体字出现的习题结论),不可望图生义,不能随意把一道习题的结论作为依据,也不可以把平面几何结论在非平面条件下不加证明任意搬用,否则容易造成失分或不得分。
【例2】 (满分14分)如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,AD⊥DC,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.
求证：（1） (本小题8分)平面EFB∥平面PCD；
（2） (本小题6分)平面BEF⊥平面PAD.
错解 （1） 在△PAD中,因为E、F分别为AP,AD的中点,
所以EF∥PD.连接DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,
因此△ABD为正三角形,因为F是AD的中点,所以BF⊥AD．
由于AD⊥DC,所以BF∥DC,故平面EFB∥平面PCD.
（2） 因为平面PAD⊥平面ABCD,又BF⊥AD,所以BF⊥平面PAD,故平面BEF⊥平面PAD．
错因分析 （1） 错因在于：没有根据面面平行的判定定理来证明,而由线线平行直接得到面面平行,没有证线面平行,在高考中要扣除线面平行的步骤分和结论分。
（2） 错因在于：由面面垂直得到线面垂直、线面垂直得到面面垂直条件书写不完整,高考中每丢一个条件扣除1分或更多分。
正确解法 证明：（1） 在△PAD中,因为E、F分别为AP,AD的中点,所以EF∥PD.1分
又EF平面PCD,PD平面PCD,所以直线EF∥平面PCD.3分
连接DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,因此△ABD为正三角形,
由于F是AD的中点,故BF⊥AD.又AD⊥DC,所以BF∥DC.4分
又BF平面PCD,DC平面PCD,所以直线BF∥平面PCD.6分
因为EF平面EFB,BF平面EFB,且BF∩EF=F,所以平面EFB∥平面PCD.8分
(2) 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BF平面ABCD,
BF⊥AD,所以BF⊥平面PAD.12分
又BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.14分
防错机制 面面平行、垂直的证明必须根据教材上的判定定理或定义来进行,否则要失分或不得分。在应用公理、定理推理证明时,条件要书写完整。
原则三：培养学生规范解答问题的能力
立体几何高考解答题,有着严格、规范的解答过程,而这恰是学生容易失分的地方。主要表现在推理论证问题思路不清、条件不充分,表达不够严谨、规范,会而不对,对而不全。要解决这些问题,就需要培养、提高学生规范解答问题的能力。
【例3】 (本小题满分14分)如图,PA垂直于矩形ABCD所在平面,E、F分别是AB、PD的中点,AD=PA.
（1） (本小题7分)CD上是否存在一点Q,使平面AFQ∥平面PCE？
（2） (本小题7分)AB上是否存在一点R,使平面PCR⊥平面PCD？
错解 （1） 假设CD上存在一点Q,使平面AFQ∥平面PCE.由于平面ABCD∩平面AFQ=AQ,平面ABCD∩平面PCE=CE,
所以CE∥AQ,又E是AB的中点,所以Q是CD的中点.
同理可证PC∥FQ,所以Q也是CD的中点.即存在点Q为CD的中点使平面AFQ∥平面PCE.
（2） 假设AB上存在一点R,使平面PCR⊥平面PCD.
过R点作RG⊥PC交PC于点G.由于平面PCR∩平面PCD=PC,因而RG⊥平面PCD.
连接FG,FG平面PCD,所以RG⊥FG.同理RG⊥CD,又AB∥CD,于是RG⊥AB．
所以FG∥AB,即FG∥CD,因为F是PD的中点,因而G是PC的中点.
又GR⊥PC,所以PR=CR.因为AP=AD=BC,所以△PAR≌△CBR,于是AR=BR,即R为AB的中点.所以AB上存在中点R,使平面PCR⊥平面PCD.
错因分析 （1） 错因在于：从结论出发寻找到存在点是必要条件,最后应从存在Q点出发证明平面AFQ∥平面PCE。
（2） 错因主要在于两点：一是推理论证不严谨,平面成立的结论在空间不一定成立,例如RG⊥AB,RG⊥FG不能得出FG∥AB；二是将分析过程作为解答,应从存在点R出发证明平面PCR⊥平面PCD。
正确解法 （1） 存在CD的中点Q,使平面AFQ∥平面PCE.1分
由于AE=12CD=CQ,且AE∥CQ,因而四边形AECQ为平行四边形,所以AQ∥CE,
又AQ平面PCE,CE平面PCE,所以AQ∥平面PCE.3分
又因为FQ∥PC,FQ 平面PCE,PC平面PCE,
所以FQ∥平面PCE.5分
又AQ∩FQ=Q,AQ平面AFQ,FQ平面AFQ,
所以平面AFQ∥平面PCE.7分
（2） AB上存在中点R,使平面PCR⊥平面PCD.8分
过R点作RG⊥PC交PC于点G.连接RG、FG.
因为AD=PA=BC,于是△PAR≌△CBR,所以PR=RC,
因而G为PC的中点,又F为PD的中点,所以FG∥CD且FG=12CD,9分
又AR∥CD且AR=12CD,所以FG∥AR且FG=AR,四边形ARGF为平行四边形,
由PA⊥平面ABCD,AB平面ABCD,得PA⊥AB.10分
又AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,AF平面PAD,知AB⊥AF.11分
因此四边形ARGF为矩形,所以RG⊥FG,又PC∩FG=G,故RG⊥平面PCD,13分
原则一:准确的理解面面平行、垂直的判定与性质
准确的理解面面平行、垂直的判定与性质,才能对面面位置关系的问题作出合理、规范的解答。
【例1】 已知m、n、l是不同的直线,α、β、γ是不同的平面.给出下列命题：
（1） 若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊥α或n⊥β；
（2） 若α∥β,α∩γ=m,β∩γ=n,则m∥n；
（3） 若l⊥α,l∥β,则α⊥β；
（4） 若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ．
其中正确的命题序号是 ．
错解 （2） （4）
错因分析 对定理、性质，记忆、理解不准确,不能做出正确的推理判断。
正确解法 （2） （3）
（1） 错误.容易举出反例验证；
（2） 正确.实质上是两平面平行的性质定理；
（3） 正确.过直线l作第三个平面与平面β相交于直线m,根据线面平行的性质定理,知m∥l,又l⊥α,根据线面垂直的性质定理,得m⊥α,再根据面面垂直的判定定理,得α⊥β；
（4） 错误.例如存在三个平面相互垂直．
防错机制 一对错误的要逐个寻找反例作出否定,对正确的要逐个进行逻辑证明；二是结合模型作出判断,但要注意定理应用准确,考虑周全。
原则二：推理、证明必须“有理有据”
在立体几何中,证明就必须结合图形,用符号语言规范的、有理有据的进行。证明的依据必须是教科书给出的公理、定义、定理(包括推论和以黑体字出现的习题结论),不可望图生义,不能随意把一道习题的结论作为依据,也不可以把平面几何结论在非平面条件下不加证明任意搬用,否则容易造成失分或不得分。
【例2】 (满分14分)如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,AD⊥DC,∠BAD=60°,E、F分别是AP、AD的中点.
求证：（1） (本小题8分)平面EFB∥平面PCD；
（2） (本小题6分)平面BEF⊥平面PAD.
错解 （1） 在△PAD中,因为E、F分别为AP,AD的中点,
所以EF∥PD.连接DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,
因此△ABD为正三角形,因为F是AD的中点,所以BF⊥AD．
由于AD⊥DC,所以BF∥DC,故平面EFB∥平面PCD.
（2） 因为平面PAD⊥平面ABCD,又BF⊥AD,所以BF⊥平面PAD,故平面BEF⊥平面PAD．
错因分析 （1） 错因在于：没有根据面面平行的判定定理来证明,而由线线平行直接得到面面平行,没有证线面平行,在高考中要扣除线面平行的步骤分和结论分。
（2） 错因在于：由面面垂直得到线面垂直、线面垂直得到面面垂直条件书写不完整,高考中每丢一个条件扣除1分或更多分。
正确解法 证明：（1） 在△PAD中,因为E、F分别为AP,AD的中点,所以EF∥PD.1分
又EF平面PCD,PD平面PCD,所以直线EF∥平面PCD.3分
连接DB,因为AB=AD,∠BAD=60°,因此△ABD为正三角形,
由于F是AD的中点,故BF⊥AD.又AD⊥DC,所以BF∥DC.4分
又BF平面PCD,DC平面PCD,所以直线BF∥平面PCD.6分
因为EF平面EFB,BF平面EFB,且BF∩EF=F,所以平面EFB∥平面PCD.8分
(2) 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BF平面ABCD,
BF⊥AD,所以BF⊥平面PAD.12分
又BF平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.14分
防错机制 面面平行、垂直的证明必须根据教材上的判定定理或定义来进行,否则要失分或不得分。在应用公理、定理推理证明时,条件要书写完整。
原则三：培养学生规范解答问题的能力
立体几何高考解答题,有着严格、规范的解答过程,而这恰是学生容易失分的地方。主要表现在推理论证问题思路不清、条件不充分,表达不够严谨、规范,会而不对,对而不全。要解决这些问题,就需要培养、提高学生规范解答问题的能力。
【例3】 (本小题满分14分)如图,PA垂直于矩形ABCD所在平面,E、F分别是AB、PD的中点,AD=PA.
（1） (本小题7分)CD上是否存在一点Q,使平面AFQ∥平面PCE？
（2） (本小题7分)AB上是否存在一点R,使平面PCR⊥平面PCD？
错解 （1） 假设CD上存在一点Q,使平面AFQ∥平面PCE.由于平面ABCD∩平面AFQ=AQ,平面ABCD∩平面PCE=CE,
所以CE∥AQ,又E是AB的中点,所以Q是CD的中点.
同理可证PC∥FQ,所以Q也是CD的中点.即存在点Q为CD的中点使平面AFQ∥平面PCE.
（2） 假设AB上存在一点R,使平面PCR⊥平面PCD.
过R点作RG⊥PC交PC于点G.由于平面PCR∩平面PCD=PC,因而RG⊥平面PCD.
连接FG,FG平面PCD,所以RG⊥FG.同理RG⊥CD,又AB∥CD,于是RG⊥AB．
所以FG∥AB,即FG∥CD,因为F是PD的中点,因而G是PC的中点.
又GR⊥PC,所以PR=CR.因为AP=AD=BC,所以△PAR≌△CBR,于是AR=BR,即R为AB的中点.所以AB上存在中点R,使平面PCR⊥平面PCD.
错因分析 （1） 错因在于：从结论出发寻找到存在点是必要条件,最后应从存在Q点出发证明平面AFQ∥平面PCE。
（2） 错因主要在于两点：一是推理论证不严谨,平面成立的结论在空间不一定成立,例如RG⊥AB,RG⊥FG不能得出FG∥AB；二是将分析过程作为解答,应从存在点R出发证明平面PCR⊥平面PCD。
正确解法 （1） 存在CD的中点Q,使平面AFQ∥平面PCE.1分
由于AE=12CD=CQ,且AE∥CQ,因而四边形AECQ为平行四边形,所以AQ∥CE,
又AQ平面PCE,CE平面PCE,所以AQ∥平面PCE.3分
又因为FQ∥PC,FQ 平面PCE,PC平面PCE,
所以FQ∥平面PCE.5分
又AQ∩FQ=Q,AQ平面AFQ,FQ平面AFQ,
所以平面AFQ∥平面PCE.7分
（2） AB上存在中点R,使平面PCR⊥平面PCD.8分
过R点作RG⊥PC交PC于点G.连接RG、FG.
因为AD=PA=BC,于是△PAR≌△CBR,所以PR=RC,
因而G为PC的中点,又F为PD的中点,所以FG∥CD且FG=12CD,9分
又AR∥CD且AR=12CD,所以FG∥AR且FG=AR,四边形ARGF为平行四边形,
由PA⊥平面ABCD,AB平面ABCD,得PA⊥AB.10分
又AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,AF平面PAD,知AB⊥AF.11分
因此四边形ARGF为矩形,所以RG⊥FG,又PC∩FG=G,故RG⊥平面PCD,13分