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立体几何在解题过程中，要注重规范训练，高考中反映的这方面的问题十分严重，不少考生对作、证、求三个环节交待不清，表达不够规范、严谨，因果关系不充分，图形中各元素关系理解错误，符号语言不会运用等。这就要求我们在平时养成良好的答题习惯。笔者通过多年的高考阅卷经验，以线面平行和垂直的内容为例，谈谈一些看法。
失分点1 对线面关系定理理解不准致误
【例1】 已知m、n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m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；
(4) 若α∩β＝m，n∥m，且nα，nβ，则n∥α且n∥β.
其中正确的命题序号是 ．
错解 (2)(3)(4)
找准失分点 (3) 是错误的．
失分原因与防错机制 本题失分原因：定理、性质、记忆不准确，错用、乱用。防错机制：一是对错误的命题要逐个寻找反例作出否定，对正确的命题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。
正解 (1) 是错误的．
如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.
直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.
(2) 正确．实质上是两平面平行的性质定理．
(3) 是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．
(4) 正确．利用线面平行的判定定理即可.
变式训练1 已知α、β、γ是三个互不重合的平面，l是一条直线，给出下列四个命题：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；
②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；
③若l上有两个点到α的距离相等，则l∥α；
④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.
其中正确命题的序号是 ．
解析 ①有直线lα的可能；②中可以过直线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，故②正确；③中包含两个点在平面两侧的情况；④在平面α内作与α和β交线垂直的直线m，根据面面垂直的性质定理，得m⊥β，再过直线m作平面δ，这个平面与平面γ相交于直线n，根据面面垂直的性质定理，知m∥n，根据线面垂直的性质定理，知n⊥β，再根据面面垂直的判定定理，知γ⊥β，故④正确．故填②④.
失分点2 线面位置关系定理使用不当致误
【例2】 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为DD1、DB的中点．
(1) 求证：EF∥平面ABC1D1；
(2) 求证：EF⊥B1C.
错解 (1) 连接BD1，∵E、F分别为DD1、DB的中点．
∴EF∥D1B，∴EF∥平面ABC1D1.
(2) AC⊥BD，又AC⊥D1D，
∴AC⊥平面BDD1，∴EF⊥B1C.
找准失分点 (1) 由EF∥BD1，得EF∥平面ABC1D1时，缺少EF平面ABC1D1的条件；(2) 思路不清。
失分原因 本题失分原因主要有两点：一是推理论证不严谨，在使用线面位置关系的判定定理、性质定理时忽视定理的使用条件，如由EF∥D1B就直接得出EF∥平面ABC1D1；二是线面位置关系的证明思路出错，如本题第（2）问的证明，缺乏转化的思想意识，不知道要证明线线垂直可以通过线面垂直达到目的，出现证明上的错误。
防错机制 证明空间线面位置关系的基本思想是转化与化归，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第（2）问是证明线线垂直，但分析问题时不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上），通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又要借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的。解这类问题时要注意推理严谨，使用定理时找足条件，书写规范等。
正解 (1) 连接BD1，如图所示，
在△DD1B中，E、F分别为DD1、DB的中点，则
EF∥D1BD1B平面ABC1D1EF平面ABC1D1EF∥平面ABC1D1.
(2) ABCDA1B1C1D1为正方体AB⊥面BCC1B1
B1C面BCC1B1B1C⊥BC1AB,BC1平面ABC1D1AB∩BC1=B
B1C⊥平面ABC1D1BD1平面ABC1D1
B1C⊥BD1EF∥BD1EF⊥B1C.
变式训练2 如图所示，在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA＝2AB＝2.
(1) 若F为PC的中点，求证：PC⊥平面AEF；
(2) 求证：CE∥平面PAB.
证明 (1) ∵PA＝CA＝2AB，F为PC的中点，∴AF⊥PC，
∵PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，
∴PA⊥CD,
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.∴CD⊥PC,
∵E为PD的中点，F为PC的中点，
∴EF∥CD，则EF⊥PC,
∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF.
(2) 方法一 如图所示，取AD的中点M，连接EM、CM，则EM∥PA.
∵EM平面PAB，PA平面PAB，
∴EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，AC＝AM＝2，∴∠ACM＝60°.
而∠BAC＝60°，∴MC∥AB
∵MC平面PAB，AB平面PAB，
∴MC∥平面PAB.∵EM∩MC＝M，
∴平面EMC∥平面PAB.
∵EC平面EMC，∴EC∥平面PAB
方法二 如图所示，延长DC、AB，它们的延长线交于点N，连接PN.
∵∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，
∴C为ND的中点．
∵E为PD的中点，∴EC∥PN.
∵EC平面PAB，PN平面PAB，∴EC∥平面PAB.
牛刀小试
1. （09江苏）设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1） 若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
（2） 若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
（3） 设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
（4） 直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直.
上面命题中，真命题的序号是 .（写出所有真命题的序号）
2. 已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别为AA1,CC1,AB的中点，M为BE的中点，AC⊥BE，求证：
（1） C1D⊥BC；
（2） C1D∥平面B1FM.
【参考答案】
1. （1） 由题意及两个平面平行的判定定理可知是真命题；（2） 命题本身就是直线与平面平行的判定定理，是真命题；（3） 如图α与β斜交mα,m⊥l， 但不能推出α⊥β，是假命题；（4） 当α内的两条平行直线与l垂直时，不能推出l⊥α，是假命题.
2. 证明：（1） 由直棱柱可知CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥AC，
又因为AC⊥BE，CC1∩BE=E，所以AC⊥面BCE，故AC⊥BC，
又在直棱柱中，CC1⊥BC，因此BC⊥平面AA1C1C，而C1D平面AA1C1C，
所以BC⊥C1D.
（2） 连接AE，因为C1E∥DA，且C1E=DA，所以四边形ADC1E为平行四边形，
所以C1D∥EA，在△AEB中，因为M、F分别是BE、BA中点，所以MF∥EA，
所以MF∥C1D，
又因为C1D平面B1FM，MF平面B1FM，
因此，C1D∥平面B1FM.
(作者：孔帮新，江苏省丹阳市第五中学）
失分点1 对线面关系定理理解不准致误
【例1】 已知m、n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m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；
(4) 若α∩β＝m，n∥m，且nα，nβ，则n∥α且n∥β.
其中正确的命题序号是 ．
错解 (2)(3)(4)
找准失分点 (3) 是错误的．
失分原因与防错机制 本题失分原因：定理、性质、记忆不准确，错用、乱用。防错机制：一是对错误的命题要逐个寻找反例作出否定，对正确的命题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。
正解 (1) 是错误的．
如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.
直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.
(2) 正确．实质上是两平面平行的性质定理．
(3) 是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．
(4) 正确．利用线面平行的判定定理即可.
变式训练1 已知α、β、γ是三个互不重合的平面，l是一条直线，给出下列四个命题：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；
②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；
③若l上有两个点到α的距离相等，则l∥α；
④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.
其中正确命题的序号是 ．
解析 ①有直线lα的可能；②中可以过直线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，故②正确；③中包含两个点在平面两侧的情况；④在平面α内作与α和β交线垂直的直线m，根据面面垂直的性质定理，得m⊥β，再过直线m作平面δ，这个平面与平面γ相交于直线n，根据面面垂直的性质定理，知m∥n，根据线面垂直的性质定理，知n⊥β，再根据面面垂直的判定定理，知γ⊥β，故④正确．故填②④.
失分点2 线面位置关系定理使用不当致误
【例2】 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为DD1、DB的中点．
(1) 求证：EF∥平面ABC1D1；
(2) 求证：EF⊥B1C.
错解 (1) 连接BD1，∵E、F分别为DD1、DB的中点．
∴EF∥D1B，∴EF∥平面ABC1D1.
(2) AC⊥BD，又AC⊥D1D，
∴AC⊥平面BDD1，∴EF⊥B1C.
找准失分点 (1) 由EF∥BD1，得EF∥平面ABC1D1时，缺少EF平面ABC1D1的条件；(2) 思路不清。
失分原因 本题失分原因主要有两点：一是推理论证不严谨，在使用线面位置关系的判定定理、性质定理时忽视定理的使用条件，如由EF∥D1B就直接得出EF∥平面ABC1D1；二是线面位置关系的证明思路出错，如本题第（2）问的证明，缺乏转化的思想意识，不知道要证明线线垂直可以通过线面垂直达到目的，出现证明上的错误。
防错机制 证明空间线面位置关系的基本思想是转化与化归，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，如本题第（2）问是证明线线垂直，但分析问题时不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上（或是把与这些线平行的直线归结到某个平面上），通过证明线面的垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又要借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的。解这类问题时要注意推理严谨，使用定理时找足条件，书写规范等。
正解 (1) 连接BD1，如图所示，
在△DD1B中，E、F分别为DD1、DB的中点，则
EF∥D1BD1B平面ABC1D1EF平面ABC1D1EF∥平面ABC1D1.
(2) ABCDA1B1C1D1为正方体AB⊥面BCC1B1
B1C面BCC1B1B1C⊥BC1AB,BC1平面ABC1D1AB∩BC1=B
B1C⊥平面ABC1D1BD1平面ABC1D1
B1C⊥BD1EF∥BD1EF⊥B1C.
变式训练2 如图所示，在四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA＝2AB＝2.
(1) 若F为PC的中点，求证：PC⊥平面AEF；
(2) 求证：CE∥平面PAB.
证明 (1) ∵PA＝CA＝2AB，F为PC的中点，∴AF⊥PC，
∵PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，
∴PA⊥CD,
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.∴CD⊥PC,
∵E为PD的中点，F为PC的中点，
∴EF∥CD，则EF⊥PC,
∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF.
(2) 方法一 如图所示，取AD的中点M，连接EM、CM，则EM∥PA.
∵EM平面PAB，PA平面PAB，
∴EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，AC＝AM＝2，∴∠ACM＝60°.
而∠BAC＝60°，∴MC∥AB
∵MC平面PAB，AB平面PAB，
∴MC∥平面PAB.∵EM∩MC＝M，
∴平面EMC∥平面PAB.
∵EC平面EMC，∴EC∥平面PAB
方法二 如图所示，延长DC、AB，它们的延长线交于点N，连接PN.
∵∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，
∴C为ND的中点．
∵E为PD的中点，∴EC∥PN.
∵EC平面PAB，PN平面PAB，∴EC∥平面PAB.
牛刀小试
1. （09江苏）设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
（1） 若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
（2） 若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
（3） 设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
（4） 直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直.
上面命题中，真命题的序号是 .（写出所有真命题的序号）
2. 已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别为AA1,CC1,AB的中点，M为BE的中点，AC⊥BE，求证：
（1） C1D⊥BC；
（2） C1D∥平面B1FM.
【参考答案】
1. （1） 由题意及两个平面平行的判定定理可知是真命题；（2） 命题本身就是直线与平面平行的判定定理，是真命题；（3） 如图α与β斜交mα,m⊥l， 但不能推出α⊥β，是假命题；（4） 当α内的两条平行直线与l垂直时，不能推出l⊥α，是假命题.
2. 证明：（1） 由直棱柱可知CC1⊥平面ABC，所以CC1⊥AC，
又因为AC⊥BE，CC1∩BE=E，所以AC⊥面BCE，故AC⊥BC，
又在直棱柱中，CC1⊥BC，因此BC⊥平面AA1C1C，而C1D平面AA1C1C，
所以BC⊥C1D.
（2） 连接AE，因为C1E∥DA，且C1E=DA，所以四边形ADC1E为平行四边形，
所以C1D∥EA，在△AEB中，因为M、F分别是BE、BA中点，所以MF∥EA，
所以MF∥C1D，
又因为C1D平面B1FM，MF平面B1FM，
因此，C1D∥平面B1FM.
(作者：孔帮新，江苏省丹阳市第五中学）