点、直线、平面之间的位置关系教案
点、直线、平面之间的位置关系教案
专题四：立体几何
第二讲 点、直线、平面之间的位置关系
【最新考纲透析】
1．理解空间直线平面位置关系的定义。
2．了解可以作为推理依据的公理和定理。
3．认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理。
4．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题。
【核心要点突破】
要点考向1：线线、线面的位置关系
考情聚焦：1．空间直线的位置关系、直线与平面的位 置关系是最基本的关系，是高考中重点考查的内容，几乎年年都考。
2．题目基本上以柱体、锥体为背景，重点考查异面直线及线面关系。
3．三种题型均可出现，属较容易或中档题。
考向链接：1．解决此类问题时要特别注意线线平行与垂直、线在平行与垂直、面面平行与垂直间的相互转化。
2．证明线线平行的常用方法：（1）利用定义，证两线共面且无公共点；（2）利用公理4，证两线同时平行于第三条直线；（3）利用线面平行的性质定理把证线线平行转化为证线面平行。
3．证明线面平行常用方法：（1）利用线面平行的判定定理把证线面平行转化为证线线平行；（2）利用性质
4．证明线面垂直的方法有：
（1）定义；
（2）判定定理；
例1：（2010?天津高考文科?Ｔ１9）
如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD， CD=1，AD= ，∠BAD＝∠CDA＝45°.
（Ⅰ）求异面直线CE与AF所成角的余弦值；
（Ⅱ）证明CD⊥平面ABF；
（Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值。
【命题立意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力。
【思路点拨】（1）∠CED即为异面直线CE与AF所成角；（2）证明CD垂直于两条相交直线AB、FA;（3）做辅助线构造二面角的平面角。
【规范解答】(I)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA//ED.故 为异面直线CE与AF所成的角.因为FA 平面ABCD，所以FA CD.故ED CD.
在Rt△CDE中，CD=1，ED= ，CE= =3,故cos = = .
所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为 .
(Ⅱ)证明：过点B作BG//CD,交AD于点G，则 .由 ,可得BG AB,从而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为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GN EF,因为BC//AD,所以BC//EF.过点N作NM EF，交BC于M，则 为二面角B-EF-A的平面角。
连接GM，可得AD 平面GNM,故AD GM.从而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的正切值为 .
要点考向2：面面位置关系
考情聚焦：1．在高考中，本部分内容几乎年年考查，主要考查学生分析问题、解决问题的能力。
2．题目基本上以棱柱、棱锥为背景，考查面面平行或垂直。
3．选择题、填空题、解答题均可出现，题目难度为低档或中档。
考向链接：1．证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可。从而将面面平行转化为线面平行，再转化为线线平行。
2．证明面面垂直的方法：证明一个面过另一个面的垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决。
例2：（2010?辽宁高考文科?Ｔ19）
如图，棱柱ABC—A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B.
(Ⅰ)证明：平面AB1C⊥平面A1BC1;
（Ⅱ)设D是A1C1上的点，且A1B∥平面B1CD，求A1D:DC1的值.
【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、以及几何体的计算问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。
【思路点拨】（I）先证明B1C⊥平面A1BC1.再证明平面AB1C⊥平面A1BC1;
（II）利用线面平行的性质，得到DE//A1B，判断出D点是中点，从而可解
【规范解答】（I）
（II）
【方法技巧】
1、证明面面垂直，一般通过证明一个平面经过另一个平面的垂线，为此分析题设，观察图形找到是哪条直线和哪个平面垂直。
2、证明直线和平面垂直，就是要证明这条直线平面内的两条相交直线，这一点在解题时一定要体现出来，如本题中强调了A1B∩BC1＝B
要点考向3：与折叠有关的问题
考情聚焦：1．空间图形的折叠问题是近几年高考命题的一个新的亮点,它通常与其他知识相结合,能够较好地考查学生的空间想象能力、图形变换能力及识图能力。
2．选择题、填空题、解答题均可出现，尤其解答题为多，属中档题。
例3：（2010?浙江高考文科?Ｔ20）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°。E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A’DE，使平面A’DE⊥平面BCD，F为线段A’C的中点。
（Ⅰ）求证：BF∥平面A’DE；
（Ⅱ）设M为线段DE的中点，求直线FM与平面A’DE所成角的余弦值。
【命题立意】本题主要考查空间线线、线面、面面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和推理论证能力。
【思路点拨】（1）可以在面 内找一条直线与BF平行，从而证明线面平行；（2）求线面角的关键是找到对应的平面角。
【规范解答】 (Ⅰ)取A′D的中点G，连结GF，CE，由条件易知FG∥CD，FG= CD. BE∥CD,BE= CD.所以FG∥BE,FG=BE.
故四边形BEGF为平行四边形, 所以BF∥EG
因为 平面 ，BF 平面 ，所以 BF//平面
（Ⅱ）在平行四边形ABCD中，设BC=a，则AB=CD=2a, AD=AE=EB=a, 连CE。
因为 ，在△BCE中，可得CE= a, 在△ADE中，可得DE=a,
在△CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE,
在正三角形A′DE中，M为DE中点，
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的中点N，
连线NM、NF，所以NF⊥DE,NF⊥A′M.因为DE交A′M于M,
所以NF⊥平面A′DE,则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角.
在Rt△FMN中，NF= a, MN= a, FM=a,则cos = .
所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为 .
【方法技巧】找线面所成角时，可适当的作一条面的垂线，从而把线面角转化为线线夹角。
注：（1）解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口。
（2）在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形。
【高考真题探究】
1．（2010?山东高考理科?Ｔ3）在空间，下列命题正确的是（ ）
（A）平行直线的平行投影重合
（B）平行于同一直线的两个平面平行
（C）垂直于同一平面的两个平面平行
（D）垂直于同一平面的两条直线平行
【命题立意】 本题考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力.
【思路点拨】 可利用特殊图形进行排除.
【规范解答】选D，在正方体 中， 但它们在底面 上的投影仍平行，故A选项不正确；平面 与平面 都平行于直线 ，但平面 与平面相交，故B选项不正确；平面 与平面 都垂直于平面 ，但平面 与平面相交 ，故C选项不正确；而由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以证明选项D正确.
2．（2010?浙江高考理科?Ｔ6）设 ， 是两条不同的直线， 是一个平面，则下列命题正确的是（ ）
（A）若 ， ，则 （B）若 ， ，则
（C）若 ， ，则 （D）若 ， ，则
【命题立意】本题考查空间中的线线、线面位置关系，考查空间想象能力。
【思路点拨】利用线面平行、线面垂直的判定定理。
【规范解答】选B。如图（1），选项A不正确；如图（2），选项B正确；如图（3）选项C不正确；如图（4）选项D不正确。
3．（2010?广东高考理科?Ｔ18） 如图5， 是
半径为a的半圆，AC为直径，点E为 的中点，点B
和点C为线段AD的三等分点。平面AEC外一点F满足
FB=FD= a，FE= a
证明：EB⊥FD；
已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得
FQ= FE,FR= FB,求平面BED与平面RQD所成二面角的正弦值。
【命题立意】本题考察空间点、线、面之间的关系以及空间几何体的相关计算.
【思路点拨】（1）点E为 的中点，AC为直径 是 ，又 面 EB⊥FD.
作出二面角的棱 证明 为所求二面角的平面角 求 、
【规范解答】（1）证明：连结 .因为 是半径为a的半圆， 为直径，点E为 的中点，
所以 ，在 中， ，在 中， ，所以 是等腰三角形，且点 是底边 的中点，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）过点 作 ， FQ= FE,FR= FB， ， ，
与 共面且与 共面，
为平面BED与平面RQD的棱.
由（1）知， 平面 ， 平面 ，而 平面 ， 平面 ，
， ， 是平面BED与平面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与平面RQD所成二面角的正弦值为
4．（2010?北京高考理科?Ｔ１6）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在
的平面互相垂直， CE⊥AC,EF∥AC,AB= ，CE=EF=1.
（Ⅰ）求证：AF∥平面BDE；
（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDE；
（Ⅲ）求二面角A-BE-D的大小。
【命题立意】本题考查了线面平行、线面垂直及二面角的求法。一般的，运用几何法（方法一）对空间想象能力，空间运算能力要求较高，关键是寻找二面角的平面角；运用向量法（方法二）思路简单，但运算量较大，熟练掌握向量的线性运算及数量积是解决问题的关键。
【思路点拨】立体几何问题一般有两种方法：几何法与向量法。几何法：（1）证明AF与面BDE内的某条线平行；（2）证明CF垂直于面BDE内的两条相交直线；（3）由第（2）问的结论 ，可过A作一直线与CF平行，从而垂直于面BDE，再过A和垂足向二面角A-BE-D的菱BE作垂线，找到二面角的平面角。向量法：利用三个垂直关系CE，CD，CB，建立空间直角坐标系，利用向量的平行、垂直和数量积求二面角的大小。
【规范解答】方法一：
（I） 设AC与BD交点G。因为EF//AG，且EF=1，AG= AC=1.所以四边形AGEF为平行四边形.
所以AF//EG，因为 平面BDE，AF 平面BDE，所以AF//平面BDE.
(II)连接FG， ， 为平行四边形，
又 ， CEFG为菱形， 。
在正方形ABCD中， 。
正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直， ，
，又 ， 。
（III）在平面ACEF内，过A作 ，垂足为H，连接HB。则AH//CF。
AH 平面BDE， ， 。
又 面ABCD 面ACEF，CE AC， 面ABCD， 。
又 ， 面BCE， 。 面ABH。
。 为所求的二面角A-BE-D的平面角。
由 得， ，
为锐角， 。
方法二：
（I）因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CE AC，所以CE 平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C- .则C（0，0，0）， ，B（0， ，0）， ， ， ，所以 ， ， .设 为平面BDE的法向量，则 ，即 ，令 ，得 ， 。
又 面BDE， AF//平面BDE。
（II）由（I）知 ，所以 ,
所以 , .又因为 ，所以 平面BDE.
(III)设平面ABE的法向量 , 由（I）知 = ， ，则 ， .即 所以 且 令 则 . 所以 . 从而 。所以 。
因为二面角 为锐角，
所以二面角 的大小为 .
5．（2010?福建高考文科?Ｔ20）如图，在长方体ABCD ? A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1,D1C1上的点（点E与B1不重合），且EH//A1D1。过EH的平面与棱BB1,CC1相交，交点分别为F，G。
（I）证明：AD//平面EFGH；
（II）设AB=2AA1=2a。在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，记该点取自于几何体A1ABFE ? D1DCGH内的概率为p。当点E，F分别在棱A1B1, B1B上运动且满足EF=a时，求p的最小值。
【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查函数方程思想、数形结合思想、化归与转化思 想、必然与或然思想。
【思路点拨】第一步由线线平行得到线面平行；第二步求出（1）首先求出三棱柱的体积，并求解三棱柱 的体积的最大值，然后求解圆柱的体积，利用体积比计算出几何概率。
【规范解答】 ( I ) 证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中， ，又 ， ，又 平面 ，所以 平面 ；
（II）设 ，则在长方体ABCD-A1B1C1D1的体积 ，几何体 的体积 ，又 ， ，所以当且仅当 时等号成立，从而 ，故 ，当且仅当 时等号成立，所以 得最小值等于 。
【方法技巧】立 体几何中的证明问题，一定要把条件写完整了，保证逻辑合理，如：本题一定要写出 。
6．（2010?江苏高考?Ｔ１6）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=900。
求证：PC⊥BC；
求点A到平面PBC的距离。
【命题立意】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查几何体的体积，考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。
【思路点拨】（1）可证明BC与PC所在的某一个平面垂直；（2）点A到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的2倍。
【规范解答】（1）因为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。
因为PC 平面PCD，故PC⊥BC。
（2）分别取AB、PC的中点E、F，连DE、DF，则：
易证DE∥CB，DE∥平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等。
又点A到 平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍。
由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC，
因为PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC，所以DF⊥平面 PBC于F。
易知DF= ，故点A到平面PBC的距离等于 。
【方法技巧】一个几何体无论怎样转动，其体积是不变的.如果一个几何体的底面积和高较难求解时，我们可考虑利用等体积法求解。等体积法也称等积转换或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，把底面积和高的求解转化为数量关系清晰的底面及其对应的高，减少运算量，这也是转化与化归思想在立体几何中的具体体现。本题也可利用等体积法求解：
连结AC。设点A到平面PBC的距离为h。
因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900。
从而AB=2，BC=1，得 的面积 。
由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥P-ABC的体积 。
因为PD⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，所以PD⊥DC。
又PD=DC=1，所以 。
由PC⊥BC，BC=1，得 的面积 。
由 ， ，得 ，
故点A到平面PBC的距离等于 。
【跟踪模拟训练】
一、选择题（每小题6分，共36分）
1.给出以下三个命题：
①如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行;
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面;
③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线垂直于这个平面.
其中真命题的个数是( )
(A)3(B)2(C)1(D)0
2.给定空间中的直线l及平面α,条件“直线l与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的 （ ）
(A)充要条件
(B)充分非必要条件
(C)必要非充分条件
(D)既非充分又非必要条件
3.设有直线m、n和平面α、β.下列四个命题中,正确的是（ ）
(A)若m∥α,n∥α,则m∥n
(B)若m α,n α,m∥β,n∥β,则α∥β
(C)若α⊥β,m α,则m⊥β
(D)若α⊥β,m⊥β,m α,则m∥α
4.对于平面α和直线m、n，给出下列命题
①若m∥n,则m、n与α所成的角相等；
②若m⊥α,m⊥n,则n∥α;
③若m与n是异面直线，且m∥α,则n与α相交.
其中真命题的个数是（ ）
(A)0(B)1(C)2(D)3
5.已知平面α外不共线的三点A、B、C到α的距离都相等，则正确的结论是（ ）
(A)平面ABC必不垂直于α
(B)平面ABC必平行于α
(C)平面ABC必与α相交
(D)存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内
6．（2010北京模拟）设A、B、C、D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是（ ）
A．若AC与BD共面，则AD与BC共面
B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
C．若AB = AC，DB = DC，则AD = BC
D．若AB = AC，D B = DC，则AD⊥BC
二、填空题（每小 题6分， 共18分）
7.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中,MN在平面BCC1B1内,MN⊥BC于M，则MN与平面AB1的位置关系是_______.
8.如果一条直线与一个平面垂直,那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是_______.
9.设α、β表示平面，a、b表示不在α内也不在β内的两条直线.给出下列四个论断:①a∥b;②a∥β;③α⊥β;④b⊥α.若以其中三个作为条件,余下的一个作为结论,可以构造出一些命题.写出你认为正确的一个命题________.
三、解答题（10、11题每题15分，12题16分，共46分）
10.如图，在四棱锥P-ABCD中.PD⊥平面ABCD,AD⊥CD.DB平分∠ADC,E为PC的中点,AD=CD.
(1)证明PA∥平面BDE;
(2)证明AC⊥平面PBD;
11.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，△ABC为正三角形，D、E分别是BC、CA的中点.
(1)证明：平面PBE ⊥平面PAC.
(2)在BC上是否存在一点F，使
AD∥平面PEF？说明理由.
12.(探究创新题)如图,A、B、C、D为空间四点,在△ABC中,AB=2，AC=BC= ，等边三角形ADB以AB为轴转动.
（1）当平面ADB⊥平面ABC时，求CD的长;
（2）当△ADB转动时,是否总有AB⊥CD?证明你的结论.
参考答案
一、选择题
1. 【解析】选B.由直线与平面平行的性质定理知①正确；
由直线与平面垂直的判定定理知②正确；
若两条直线都平行于一个平面,则这两条直线平行或相交或异面，故③不正确.
2. 【解析】选C.由直线与平面垂直的定义知,当直线l与平面α内无数条直线都垂直时,直线l与平面α不一定垂直;反之成立.
3. 【解析】选D.m∥α,n∥α m∥n或m与n相交或m,n异面,故A不对.m α,n α,m∥β,n∥β α,β相交或平行,故B不对.α⊥β,m α m∥β或m⊥β或m与β斜交,故C不对.α⊥β,m⊥β,m α m∥α正确.
故选D.
4. 【解析】选B.①正确；对②，若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n α；对③，若m与n异面，m∥α,则n与α相交或平行或在α内.
5. 【解析】选D.如图，A、B、C三点不共线且到α的距离都相等，可得A、B、C皆错.
6. 【解析】选C.A．若AC与BD共面，则A ，B ，C，D四点共面，则AD与BC共面；
B．若AC与BD是异面直线，则A ，B ，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；
C．若AB = AC，DB = DC，四边形ABCD可以是空间四边形，AD不一定等于 BC；
D．若AB = AC，DB = DC，可以证明AD⊥BC。
二、填空题
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与面BCC1B1，AB与面ADD1A1
各构成一个“正交线面对”.
这样的“正交线面对”共有
12×2=24个，
又A1B⊥面AB1C1D.
∴A1B与面AB1C1D构成一个“正交线面对”.
这样的“正交线面对”共有12×1=12个，
∴共有24+12=36个.
答案：36
9. 【解析】由a∥b,a∥β,b⊥α可得α⊥β.
答案：①②④ ③
三、解答题
10. 【证明】(1)设AC∩BD=H,连结EH.在△ADC中,因为AD=CD,且DB平分∠ADC,所以H为AC的中点.又由题设,E为PC的中点,故EH∥PA.又EH 平面BDE且PA 平面BDE,所以PA∥平面BDE.
(2)因为PD⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以PD⊥AC.结合（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的中点,
∴BE⊥AC,而PA∩AC=A.
∴BE⊥平面PAC.
又BE 平面PBE，∴平面PBE⊥平面PAC.
(2)存在点F，F是CD的中点.
理由：∵E、F分别是AC、CD的中点，
∴EF∥AD.
而EF 平面PEF，AD 平面PEF,
∴AD∥平面PEF.
12. 【解析】（1）取AB的中点E,连结DE、CE，
因为△ADB是等边三角形,
所以DE⊥AB,
当平面ADB⊥平面ABC时，
因为平面ADB∩平面ABC=AB，
所以DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.
又DE= ,EC=1.
在Rt△DEC中,
（2）当△ADB以AB为轴转动时,总有AB⊥CD.
证明：①当D在平面ABC内时，
因为AC=BC,AD=BD，
所以C、D都在线段AB的垂直平分线上,
即AB⊥CD.
②当D不在平面ABC内时,由（1） 知AB⊥DE，
又因AC=BC,所以AB⊥CE.
又DE、CE为相交直线,所以AB⊥平面CDE,
由CD 平面CDE，得AB⊥CD.
综上所述得AB⊥CD.
【备课资源】
1.已知α、β是不同的平面，m、n是不同 的直线，则下列命题不正确的是（ ）
(A)若m⊥α,m∥n,n?β,则α⊥β
(B)若m∥α,α∩β=n,则m∥n
(C)若m∥n,m⊥α,则n⊥α
(D)若m⊥α,m⊥β,则α∥β
【解析】选B.对B，m和n可能平行，也可能异面，故错误.
2. 设a、b是两条直线,α、β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（ ）
(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】选C.a α,b⊥β,α∥β?a⊥b.
3. 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,β∥γ,则γ⊥α；
其中正确的命题是（ ）
(A)①③(B)②④(C)①④(D)②③
【解析】选B.α⊥β,l⊥β?l∥α或l?α,故①不正确.l⊥α,l∥β?α⊥β,②正确.
若l上有两个点到α的距离相等,则l∥α或l?α或l与α相交，③不正确.显然④正确.
4.设α、β、γ为三个不同的平面，m、n为两条不同的直线
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的充分条件的为（ ）
(A)①②(B)②④(C)②③(D)③④
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