（课标专用）2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.4直线、平面垂直的判定与性质课件.pptx

8.4 直线、平面垂直的判定与性质,高考文数 (课标专用),考点一 直线与平面垂直的判定和性质,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2017课标全国,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 ( ) A.A1EDC1 B.A1EBD C.A1EBC1 D.A1EAC,答案 C A1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1,A1B1BC1,又BC1B1C,且B1CA1B1=B1, BC1平面A1B1CD, 又A1E平面A1B1CD,BC1A1E.故选C.,2.(2019课标全国,16,5分)已知ACB=90,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到ACB两边AC, BC的距离均为 ,那么P到平面ABC的距离为 .,答案,解析 本题主要考查直线与平面垂直的判定与性质,点到平面距离的计算等知识点;考查了考 生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力;考查的核心素养为直观想象. 设PO平面ABC于O,PEAC于E,PFBC于F, 连接OE、OF、OC,思路分析 设PO平面ABC,作PEAC,PFBC,根据线面垂直的判定与性质判定四边形 OECF为矩形,根据RtPECRtPFC,得出EC=FC,进而判断出四边形OECF是正方形,从而 得出OC的长,进一步在RtPOC中求出PO的长,即点P到平面ABC的距离.,3.(2019课标全国,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1 上,BEEC1. (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.,解析 本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间 想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养. (1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE. 又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3, AA1=2AE=6. 作EFBB1,垂足为F,则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V= 363=18.,思路分析 (1)由长方体的性质易得B1C1BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求 该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂线即 可得高. 解题关键 由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.,4.(2018课标全国,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O为AC 的中点. (1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.,解析 (1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OPAC,且OP=2 . 连接OB,因为AB=BC= AC, 所以ABC为等腰直角三角形, 且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OPOB. 由OPOB,OPAC且OBAC=O知PO平面ABC. (2)作CHOM,垂足为H. 又由(1)可得OPCH,所以CH平面POM. 故CH的长为点C到平面POM的距离. 由题设可知OC= AC=2,CM= BC= ,ACB=45. 所以OM= ,CH= = . 所以点C到平面POM的距离为 .,解题关键 认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积 法求解是关键.,5.(2016课标全国,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平 面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G. (1)证明:G是AB的中点; (2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.,解析 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以ABPD. 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE. (2分) 又PDDE=D,所以AB平面PED, 因为PG平面PED,所以ABPG. 又由已知可得,PA=PB, 从而G是AB的中点. (4分) (2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影. (5分) 理由如下:由已知可得PBPA,PBPC, 又EFPB,所以EFPA,EFPC, 又PAPC=P,因此EF平面PAC, 即点F为E在平面PAC内的正投影. (7分) 连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D, 所以D是正三角形ABC的中心, 由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD= CG. (9分) 由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE= PG,DE= PC.由已知,正三 棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2 .在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF= 2, (11分) 所以四面体PDEF的体积V= 222= . (12分),考点二 平面与平面垂直的判定和性质 1.(2019课标全国,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形, 其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求图2中的四边形ACGD的面积.,思路分析 (1)翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化,特别是平行、垂直的变化.由矩形、 直角三角形中的垂直关系,利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直;而由平行公 理和平面的基本性质不难证明四点共面.(2)根据菱形的特征结合(1)的结论找到菱形BCGE的 边CG上的高求解. 解题关键 抓住翻折前后的垂直关系,灵活转化线线垂直、线面垂直和面面垂直,题中构造侧 棱的特殊“直截面”DEM,是本题求解的关键和难点.,2.(2018课标全国,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧 所在平面垂直,M是 上异 于C,D的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)在线段AM上是否存在点P,使得MC平面PBD?说明理由.,解析 本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质. (1)证明:由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC 平面CMD,故BCDM. 因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)当P为AM的中点时,MC平面PBD. 证明如下:连接AC交BD于O. 因为ABCD为矩形,所以O为AC中点. 连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP. MC平面PBD,OP平面PBD, 所以MC平面PBD.,易错警示 使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.,疑难突破 解决线面平行的探索性问题的策略: (1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明. (2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线.,3.(2017课标全国,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱锥P-ABCD的体积为 ,求该四棱锥的侧面积.,解析 (1)证明:由已知BAP=CDP=90, 得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD,又APPD=P, 从而AB平面PAD. 又AB平面PAB, 所以平面PAB平面PAD. (2)解法一:在平面PAD内作PEAD,垂足为E. 由(1)知,AB平面PAD,故ABPE,又ADAB=A,所以PE平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD= x,PE= x. 故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD= ABADPE= x3. 由题设得 x3= ,故x=2. 从而PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 . 可得四棱锥P-ABCD的侧面积为 PAPD+ PAAB+ PDDC+ BC2sin 60=6+2 . 解法二:由题设条件和(1)可知四棱锥P-ABCD是一个正方体的一部分,底面ABCD是正方体的 一个对角面,P是正方体的一个顶点(如图),设正方体的棱长为a, 则VP-ABCD= aa a= a3, 由题设得 a3= , 解得a=2, 从而PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 , 故四棱锥P-ABCD的侧面积为 PAPD+ PAAB+ PDDC+ BC2sin 60=6+2 .,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 直线与平面垂直的判定和性质,1.(2019北京,13,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断: lm;m;l. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: .,答案 若lm,l,则m(答案不唯一),解析 本题主要考查线面平行、垂直的位置关系,考查了逻辑推理能力和空间想象能力. 把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三种情况逐一验证. 作为条件,作为结论时,还可能l或l与斜交;作为条件,为结论和作为条件, 为结论时,容易证明成立.,易错警示 容易忽视l,m是平面外的两条不同直线这个条件,导致错误判断.,2.(2019天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三角 形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD; (2)求证:PA平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面 所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运 算与直观想象的核心素养. (1)证明:连接BD,易知ACBD=H,BH=DH. 又由BG=PG,故GHPD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)证明:取棱PC的中点N,连接DN. 依题意,得DNPC. 又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA. 又已知PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD. (3)连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角. 因为PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点, 所以DN= . 又DNAN,在RtAND中,sinDAN= = . 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 .,思路分析 (1)在BPD中证明GHPD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱 PC的中点N,连接DN,有DNPC,由面面垂直的性质,得DN平面PAC,从而得DNPA,进而得 出结论;(3)由(2)知所求角为DAN,在RtAND中求其正弦值即可.,3.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC =30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. (1)证明:EFBC; (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.,解析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空 间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养. (1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点, 所以A1EAC, 又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以,A1E平面ABC,则A1EBC. 又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F. 所以BC平面A1EF.,因此EFBC. (2)取BC中点G,连接EG,GF, 则EGFA1是平行四边形. 由于A1E平面ABC, 故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形. 由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G 上. 连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角), 不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=2 ,EG= . 由于O为A1G的中点, 故EO=OG= = , 所以cosEOG= = . 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是 .,4.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E 与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)ADAC.,证明 (1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD, 所以EFAB. 又因为EF平面ABC,AB平面ABC, 所以EF平面ABC. (2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD, BC平面BCD,BCBD, 所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD, 所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所以AD平面ABC. 又因为AC平面ABC, 所以ADAC.,方法总结 立体几何中证明线线垂直的一般思路: (1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc); (2)线面垂直的性质(a,bab).,5.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC. (1)求证:DC平面PAC; (2)求证:平面PAB平面PAC; (3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA平面CEF?说明理由.,解析 (1)证明:因为PC平面ABCD,DC平面ABCD, 所以PCDC. (2分) 又因为DCAC,ACPC=C, 所以DC平面PAC. (4分) (2)证明:因为ABDC,DCAC, 所以ABAC. (6分) 因为PC平面ABCD,AB平面ABCD, 所以PCAB. (7分) 又ACPC=C,所以AB平面PAC. 又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAC. (9分) (3)棱PB上存在点F,使得PA平面CEF. (10分) 证明如下:取PB中点F,连接EF,CE,CF.,又因为E为AB的中点, 所以EFPA. (13分) 又因为PA平面CEF,EF平面CEF, 所以PA平面CEF. (14分),考点二 平面与平面垂直的判定和性质 1.(2019北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的 中点. (1)求证:BD平面PAC; (2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE; (3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.,解析 本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面平行、垂直 的相互转化考查了学生的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核 心素养. (1)因为PA平面ABCD, 所以PABD. 又因为底面ABCD为菱形, 所以BDAC. 所以BD平面PAC. (2)因为PA平面ABCD,AE平面ABCD, 所以PAAE. 因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点, 所以AECD. 所以ABAE. 所以AE平面PAB.,所以平面PAB平面PAE. (3)棱PB上存在点F,使得CF平面PAE. 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG. 则FGAB,且FG= AB. 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点, 所以CEAB,且CE= AB. 所以FGCE,且FG=CE. 所以四边形CEGF为平行四边形. 所以CFEG. 因为CF平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE.,2.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明 (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形. 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形, 所以AB1A1B. 因为AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC.,3.(2018北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PA PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点. (1)求证:PEBC; (2)求证:平面PAB平面PCD; (3)求证:EF平面PCD.,证明 (1)因为PA=PD,E为AD的中点, 所以PEAD. 因为底面ABCD为矩形, 所以BCAD. 所以PEBC. (2)因为底面ABCD为矩形, 所以ABAD. 又因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, 所以AB平面PAD. 所以ABPD. 又因为PAPD,PAAB=A, 所以PD平面PAB. 因为PD平面PCD, 所以平面PAB平面PCD.,4.(2017北京,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线 段AC的中点,E为线段PC上一点. (1)求证:PABD; (2)求证:平面BDE平面PAC; (3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.,5.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示. 四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD. (1)证明:A1O平面B1CD1; (2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM平面B1CD1.,证明 本题考查线面平行与面面垂直. (1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点, 所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此四边形A1OCO1为平行四边形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD,因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1, 又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1, 所以平面A1EM平面B1CD1.,易错警示 ab,a/ b.,C组 教师专用题组 考点一 直线与平面垂直的判定和性质,1.(2010课标全国,9)正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 D BB1DD1,DD1与平面ACD1所成的角即为BB1与平面ACD1所成的角,其大小设 为, 设正方体的棱长为1,则点D到平面ACD1的距离为 , 所以sin = , 得cos = ,故选D.,2.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC平面ABC,ABC= ,点D,E在线段AC 上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EFBC. (1)证明:AB平面PFE; (2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.,解析 (1)证明:由DE=EC,PD=PC知,E为等腰PDC中DC边的中点,故PEAC. 又平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,PE平面PAC,所以PE平面ABC, 又AB平面ABC,从而PEAB. 因为ABC= ,EFBC,故ABEF. 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB平面PFE. (2)设BC=x,则在直角ABC中, AB= = , 从而SABC= ABBC= x . 由EFBC知, = = ,AFEABC, 故 = = , 即SAFE= SABC. 由AD= AE,SAFD= SAFE= SABC= SABC,= x , 从而四边形DFBC的面积为S四边形DFBC=SABC-SAFD = x - x = x . 由(1)知,PE平面ABC, 所以PE为四棱锥P-DFBC的高. 在直角PEC中,PE= = =2 . 体积VP-DFBC= S四边形DFBCPE= x 2 =7, 故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x0,可得x=3或x=3 ,所以,BC=3或BC=3 .,评析 本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体 现了函数与方程的思想.,3.(2015湖北,20,13分)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称 为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑. 在如图所示的阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,点E是PC的中点,连接DE,BD, BE. (1)证明:DE平面PBC.试判断四面体EBCD是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出 结论);若不是,请说明理由; (2)记阳马P-ABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2,求 的值.,解析 (1)因为PD底面ABCD,BC平面ABCD, 所以PDBC. 由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D, 所以BC平面PCD.DE平面PCD, 所以BCDE. 又因为PD=CD,点E是PC的中点, 所以DEPC. 而PCBC=C,所以DE平面PBC. 由BC平面PCD,DE平面PBC,可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形. 即四面体EBCD是一个鳖臑,其四个面的直角分别是BCD,BCE,DEC,DEB. (2)由已知,PD是阳马P-ABCD的高, 所以V1= SABCDPD= BCCDPD; 由(1)知,DE是鳖臑D-BCE的高,BCCE, 所以V2= SBCEDE= BCCEDE.,在RtPDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE=CE= CD, 于是 = = =4.,评析 本题考查了线面垂直的判定和性质;考查体积的计算方法;考查了空间想象能力和运算 求解能力.解题过程不规范容易造成失分.,4.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD= ,AB=BC= AD=a,E是AD 的中点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE. (1)证明:CD平面A1OC; (2)当平面A1BE平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36 ,求a的值.,解析 (1)证明:在题图1中, 因为AB=BC= AD=a,E是AD的中点, BAD= ,所以BEAC. 即在题图2中,BEA1O,BEOC, 又A1OOC=O, 从而BE平面A1OC, 又CDBE, 所以CD平面A1OC. (2)由已知,平面A1BE平面BCDE, 且平面A1BE平面BCDE=BE, 又由(1)知,A1OBE, 所以A1O平面BCDE, 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高. 由题图1知,A1O= AB= a,平行四边形BCDE的面积,S=BCAB=a2. 从而四棱锥A1-BCDE的体积为 V= SA1O= a2 a= a3, 由 a3=36 ,得a=6.,评析 本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力,同时考查线面垂直的判定及面面垂直性 质的应用.,5.(2014课标,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO 平面BB1C1C. (1)证明:B1CAB; (2)若ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.,解析 (1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点. 因为BB1C1C为菱形, 所以B1CBC1. 又AO平面BB1C1C, B1C平面BB1C1C, 所以B1CAO, 因为BC1AO=O, 故B1C平面ABO. 由于AB平面ABO,故B1CAB.,(2)作ODBC,垂足为D,连接AD. 作OHAD,垂足为H. 由于BCAO,BCOD,OAOD=O, 故BC平面AOD, 因为OH平面AOD, 所以OHBC. 又OHAD,BCAD=D, 所以OH平面ABC. 因为CBB1=60, 所以CBB1为等边三角形, 又BC=1,可得OD= . 由于ACAB1,所以OA= B1C= . 由OHAD=ODOA,且AD= = ,得OH= . 又O为B1C的中点, 所以点B1到平面ABC的距离为 . 故三棱柱ABC-A1B1C1的高为 .,一题多题 第(2)问易得 = ,B1C=1,由AO平面BB1C1C,O为B1C的中点,ACAB1,可得 ACB1为等腰直角三角形,可求得SABC= .设点B1到平面ABC的距离为h,由 = 得 = h,故h= ,从而三棱柱ABC-A1B1C1的高为 .,思路分析 (1)连接BC1,证明B1C平面ABO,可得B1CAB;(2)作ODBC于D,连接AD,然后作 OHAD于H,证明CBB1为等边三角形,求出B1到平面ABC的距离即可知三棱柱ABC-A1B1C1的 高.,考点二 平面与平面垂直的判定和性质 1.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B 上,且B1DA1F,A1C1A1B1. 求证:(1)直线DE平面A1C1F; (2)平面B1DE平面A1C1F.,2.(2018天津,17,13分)如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形,平面ABC平面ABD,点M 为棱AB的中点,AB=2,AD=2 ,BAD=90. (1)求证:ADBC; (2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.,解析 本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础 知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)证明:由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故AD BC. (2)取棱AC的中点N,连接MN,ND. 又因为M为棱AB的中点,故MNBC. 所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角. 在RtDAM中,AM=1,3.(2015课标,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE平面ABCD. (1)证明:平面AEC平面BED; (2)若ABC=120,AEEC,三棱锥E-ACD的体积为 ,求该三棱锥的侧面积.,解析 (1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD. 因为BE平面ABCD,AC平面ABCD, 所以ACBE. 又BDBE=B,故AC平面BED. 又AC平面AEC, 所以平面AEC平面BED. (5分) (2)设AB=x,在菱形ABCD中, 由ABC=120,可得AG=GC= x,GB=GD= . 因为AEEC, 所以在RtAEC中, 可得EG= x. 由BE平面ABCD,知EBG为直角三角形, 可得BE= x.,由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD= ACGDBE= x3= .故x=2. (9分) 从而可得AE=EC=ED= . 所以EAC的面积为3,EAD的面积与ECD的面积均为 . 故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2 . (12分),思路分析 (1)由ACBD,ACBE,可得AC平面BED,利用面面垂直的判定定理可证明平面 AEC平面BED.(2)设AB=x,用x表示出AG,GD,BE,然后根据条件求出x.把相关数据求出来,计 算出三个侧面的面积,最后求和即可.,4.(2012课标全国,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,ACB=90,AC=BC= AA1,D是棱AA1的中点. (1)证明:平面BDC1平面BDC; (2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.,评析 本题考查了线面垂直的判定,考查了体积问题,同时也考查了空间想象能力.,考点一 直线与平面垂直的判定和性质,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2018福建泉州二模,6)在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F, G作正方体的截面,则在各个正方体中,直线BD1与平面EFG不垂直的是 ( ),答案 D 如图,在正方体中,E,F,G,M,N,Q均为所在棱的中点,易知E,F,G,M,N,Q六个点共面,直 线BD1与平面EFMNQG垂直,并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合,不满足题意,只有选 项D中的直线BD1与平面EFG不垂直,满足题意.故选D.,2.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,且BC1AC,过C1作C1H 底面ABC,垂足为H,则点H在 ( ) A.直线AC上 B.直线AB上 C.直线BC上 D.ABC内部,答案 B 连接AC1,如图: BAC=90,ACAB, BC1AC,BC1AB=B, AC平面ABC1, 又AC在平面ABC内, 根据面面垂直的判定定理,知平面ABC平面ABC1, 则根据面面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB 上.故选B.,3.(2019河南天一顶尖计划联考,8)已知A是平面外一定点,点B,点A到平面的距离为3.记 直线AB与平面所成的角为,若 ,则点B所在区域的面积为 ( ) A.2 B.4 C.6 D.8,答案 C 设点A在平面上的射影为O,则OA=3.由题意得 =tan 1, ,所以|OB| ,3, 故所求的区域面积为32-( )2=6.,4.(2019湖北武汉调研测试,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,DAB= ,平面PAD平面ABCD,PA=PD= . (1)证明:PBBC; (2)求点A到平面PBC的距离.,解析 (1)证明:如图,取AD的中点H,连接PH,HB,BD. 底面ABCD是边长为1的菱形, AD=AB=1, DAB= ,ABD是等边三角形. BH= ,BHAD. PA=PD,H为AD的中点, PHAD,又PHBH=H, AD平面PHB,又PB平面PHB, ADPB,又ADBC, PBBC. (6分),5.(2019河北石家庄质量检测,19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,侧面ABB1A1为菱形,侧面ACC1A1 为正方形,平面ABB1A1平面ACC1A1. (1)求证:A1B平面AB1C; (2)若A1BAB1=O,AB=2,ABB1=60,求三棱锥C1-COB1的体积.,考点二 平面与平面垂直的判定和性质 1.(2019河北衡水模拟,6)已知m,n,l是不同的直线,是不同的平面,在下列命题中: 若mn,ln,则ml; 若m,n,mn,则; 若ml,m,l,则; 若,=l,m,ml,则m. 其中正确命题的序号为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 如正方体同一个顶点的三条棱,满足的条件,但三条棱都相交,故错;如图, 故错;因为ml,m,则l,又l,所以,故正确;由面面垂直的性质知,正确.故正 确的命题为.故选B.,2.(2017河北唐山一模,8)设m,n是平面内的两条不同直线,l1,l2是平面内两条相交直线,则 的一个充分不必要条件是 ( ) A.l1m,l1n B.ml1,ml2 C.ml1,nl2 D.mn,l1n,答案 B 由ml1,ml2及已知条件可得m,又m,所以;反之,时未必有ml1,m l2,故“ml1,ml2”是“”的充分不必要条件,其余选项均推不出,故选B.,3.(2017广东广州一模,4)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是 ( ) A.若,m,n,则mn B.若m,mn,n,则 C.若mn,m,n,则 D.若,m,n,则mn,答案 B 若,m,n,则m与n相交、平行或异面,故A错误; m,mn,n, 又n,故B正确; 若mn,m,n,则与的位置关系不确定,故C错误; 若,m,n,则mn或m,n异面,故D错误.故选B.,4.(2019全国统一诊断卷A,18)在五边形ABCDF中,E是边DF上的点,AFBECD,BCDF,BC CD,AB=BC= ,AF=EF=1,BE=CD=2,如图1,将四边形AFEB沿BE折起,使平面AFEB平面 BCDE,将BCD沿BD折起,使点C与点A重合,重合的点记为M,如图2. (1)连接EM,证明:平面BDM平面DEM; (2)求点E到平面BDM的距离.,5.(2019河北石家庄模拟一,18)如图,已知三棱锥P-ABC中,PCAB,ABC是边长为2的正三角 形,PB=4,PBC=60. (1)证明:平面PAC平面ABC; (2)设F为棱PA的中点,在AB上取点E,使得AE=2EB,求三棱锥F-ACE与四棱锥C-PBEF的体积之 比.,解析 (1)证明:在PBC中,PBC=60,BC=2,PB=4, 由余弦定理可得PC=2 , PC2+BC2=PB2,PCBC. (2分) 又PCAB,ABBC=B,PC平面ABC, (4分) PC平面PAC,平面PAC平面ABC. (6分) (2)设三棱锥F-ACE的高为h1,三棱锥P-ABC的高为h, 则VF-ACE= SACEh1 = SABC h = SABCh = VP-ABC. (11分) 三棱锥F-ACE与四棱锥C-PBEF的体积之比为12. (12分),思路分析 (1)由余弦定理及勾股定理的逆定理证明PCBC,结合PCAB,得出PC平面 ABC,从而证明平面PAC平面ABC;(2)由F为PA的中点,得到F到平面ABC的距离是点P到平面 ABC的距离的 ,再由AE=2EB得到ACE的面积等于ABC面积的 ,因此三棱锥F-ACE的体积等于三棱锥P-ABC的体积的 ,从而得到三棱锥F-ACE的体积和四棱锥C-PBEF的体积之比为12.,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间:50分钟 分值:65分) 一、选择题(每题5分,共15分),1.(2018山西临汾模拟,7)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD平面ABCD,NB平 面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是 ( ) A.平面BCE平面ABN B.MCAN C.平面CMN平面AMN D.平面BDE平面AMN,答案 C 分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1, 连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体. BC平面ABN, 又BC平面BCE, 平面BCE平面ABN,故A正确; 连接PB,则PBMC, 显然,PBAN, MCAN,故B正确; 取MN的中点F,连接AF,CF,AC. AMN和CMN都是边长为 的等边三角形, AFMN,CFMN, AFC为二面角A-MN-C的平面角, AF=CF= ,AC= , AF2+CF2AC2,即AFC ,平面CMN与平面AMN不垂直,故C错误; DEAN,MNBD, DEBD=D,DE,BD平面BDE,MNAN=N,MN,AN平面AMN, 平面BDE平面AMN,故D正确.故选C.,2.(2017江西南昌摸底考试,3)如图,在四面体ABCD中,已知ABAC,BDAC,那么点D在平面 ABC内的射影H必在 ( ) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.ABC内部,答案 A 因为ABAC,BDAC,ABBD=B,所以AC平面ABD,又AC平面ABC,所以平面 ABC平面ABD,所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上.,3.(2019全国统一诊断卷A,9)在长为2、宽为3、高为2的长方体中,存在一条直线与各个面的夹 角都相等,若将这个角记为,则sin 的值为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 如图,从长方体中截取一个棱长为2的正方体,则图中的AF与长方体的各个面的夹 角都相等,则sin = = .,解后反思 本题要使存在一条直线与各个面的夹角相等,可转化为在长方体内找到一点到相 邻三个面的距离相等,从而在长方体中截出一个正方体,进而得出结果.,二、解答题(共50分) 4.(2019福建质量检测,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的正三角形,M,N 分别是AB,AA1的中点,且A1MB1N. (1)求证:B1NA1C; (2)求M到平面A1B1C的距离.,解析 (1)证明:如图,连接CM. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,CM平面ABC, 所以AA1CM. (1分) 在ABC中,AC=BC,M为AB的中点,所以CMAB. (2分) 又AA1AB=A,所以CM平面ABB1A1. (3分) 因为B1N平面ABB1A1,所以CMB1N. (4分) 又A1MB1N,A1MCM=M,所以B1N平面A1CM. (5分) 因为A1C平面A1CM,所以B1NA1C. (6分) (2)解法一:连接B1M.,在矩形ABB1A1中,因为A1MB1N,所以AA1M=A1B1N. (7分) 所以tanAA1M=tanA1B1N,即 = . 因为ABC是边长为2的正三角形,M,N分别是AB,AA1的中点,所以AM=1,CM= ,A1B1=2. 设AA1=x,则A1N= . 所以 = ,解得x=2. (8分) 从而 = =2,A1C=B1C=2 . 在A1CB1中,cosA1CB1= = , 所以sinA1CB1= , 所以 = A1CB1CsinA1CB1= . (10分) 设点M到平面A1B1C的距离为d,由 = , 得 d= CM,所以d= = , 即点M到平面A1B1C的距离为 . (12分) 解法二:在矩形ABB1A1中,因为A1MB1N,所以AA1M=A1B1N, (7分) 所以tanAA1M=tanA1B1N,即 = . 因为ABC是边长为2的正三角形,M,N分别是AB,AA1的中点, 所以AM=1,CM= ,A1B1=2. 设AA1=x,则A1N= , 所以 = ,解得x=2. (8分) 如图,取A1B1的中点D,连接MD,CD,过M作MOCD于O.,在正方形ABB1A1中,易知A1B1MD,由(1)可得CMA1B1, 又CMMD=M,所以A1B1平面CDM. (9分) 因为MO平面CDM,所以A1B1MO. 又MOCD,A1B1CD=D,所以MO平面A1B1C, 即线段MO的长就是点M到平面A1B1C的距离. (10分) 由(1)可得CMMD,又MD=2,所以由勾股定理,得CD= = . (11分) SCMD= CDMO= CMMD,即 MO= 2, 解得MO= ,故点M到平面A1B1C的距离为 . (12分),5.(2019河北衡水调研卷五,18)如图,在多边形ABPCD中(图1),ABCD为长方形,BPC为正三角 形,AB=3,BC=3 ,现以BC为折痕将BPC折起,使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2). (1)证明:PD平面PAB; (2)若点E在线段PB上,且PE= PB,当点Q在线段AD上运动时,求三棱锥Q-EBC的体积.,解析 (1)证明:过点P作POAD,垂足为O. 由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上, 所以PO平