202X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文

1、8.4直线、平面垂直的判定与性质高考文数高考文数 (课标专用)考点一直线与平面垂直的判定和性质考点一直线与平面垂直的判定和性质五年高考A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组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.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC答案答案 CA1B1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

2、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.3答案答案 2解析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,22PCPEPO平面ABC,POAC,又POPE=P,AC平面POE,ACOE,同理有BCOF,四边形OECF为矩形,PC=PC且PE=PF,RtPEC RtPFC,EC=FC=1,四边形OECF是边长为1的正方形,OC=,在RtPOC中,PO=.222PCOC2思路分析思路

3、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RtPEC RtPFC,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

4、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RtABE RtA1B1E,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=18.13思路分析思路分析(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.解题关键解题关键由长方体的

5、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.2解析解析(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,322

6、12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.12234 232 53sinOC MCACBOM4 554 55解题关键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

7、作法及理由),并求四面体PDEF的体积.解析解析(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A

8、BC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)2323132131243考点二平面与平面垂直的判定和性质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B

9、E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.解析解析本题考查了线面、面面垂直问题,通过翻折、平面与平面垂直的证明考查了空间想象能力和推理论证能力,考查了直观想象的核心素养.(1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中点M,连接EM,DM.因为ABDE,AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,故DECG.由已知,四边形BCGE是菱形

10、,且EBC=60得EMCG,故CG平面DEM.因此DMCG.在RtDEM中,DE=1,EM=,故DM=2.3所以四边形ACGD的面积为4.思路分析思路分析 (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

11、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.CDCD解析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A

12、C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.CD易错警示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.83解析解析(1)证明:由

13、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+BC2sin60=6+2.解法二:由题设条件和(1)可知四棱锥P-ABC

14、D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),2221313138322121212123设正方体的棱长为a,则VP-ABCD=aaa=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+BC2sin60=6+2.1322213138322121212123B B组组 自主命题自主命题省省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点一直线与平面垂直的判定和性质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

15、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:.答案答案若lm,l,则m(答案不唯一)解析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,P

16、ACD,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

17、,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.3DNAD3333思路分析思路分析 (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

18、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

19、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.3312AG1522222EOOG

20、EGEO OG35354.(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,

21、所以ADAC.方法总结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

22、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

23、: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

24、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.12122.(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.

25、(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,PAPD,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.证明证明(

26、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.(3)取PC中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FGBC,FG=BC.因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DEBC,DE=BC.所以DEFG,DE=FG.1212所以四边形DEFG为平行四边形.所以EFDG.又因为EF 平面P

27、CD,DG平面PCD,所以EF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.解析解析(1)证明:因为PAAB,PABC,ABBC=B,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,又ACPA=A,所以BD平面PAC.因为BD平面BDE,所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BD

28、E,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因为D为AC的中点,所以DE=PA=1,BD=DC=.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.122所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=.16135.(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-

29、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.方法总结方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂

30、直的判定定理(a,a).易错警示易错警示ab,a/b.C C组组 教师专用题组教师专用题组考点一直线与平面垂直的判定和性质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.23332363答案答案 DBB1DD1,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.3333632.(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,

31、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.2解析解析(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=SAB

32、C.由AD=AE,SAFD=SAFE=SABC=SABC222ACBC236x1212236xAFABAEAC23AFEABCSS22349491212124929=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=x2=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=3.19236x12236x19236x718236x22PCEC224231313718236x333

33、评析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.12VV解析解析(1)因为PD底面ABCD,BC

34、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.13131316在RtPDC中,因为PD=CD,点E是PC的

35、中点,所以DE=CE=CD,于是=4.2212VV1316BC CD PDBC CE DE2CD PDCE DE评析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.2122解析解析(1)证明:在题图1中,因为

36、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1222222S=BCAB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=SA1O=a2a=a3,由a3=36,得a=6析评析本题首先借“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

37、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B

38、C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=,34121222ODOA74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.2114217217一题多题一题多题第(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-A1

39、B1C1的高为.1CBBS34781A BCBV1BABCV1334121378217217思路分析思路分析(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.证

40、明证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE 平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B

41、1D平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE,所以平面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.3解析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ADBC.(2)取棱AC的

42、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,故DM=.因为AD平面ABC,故ADAC.在RtDAN中,AN=1,故DN=.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cosDMN=.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CMAB,CM=.又因为平面ABC平面ABD,而CM平面ABC,故CM平面ABD.所以,CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在RtCAD中,CD=4.在RtCMD中,sinCDM=.22ADAM1322ADAN1312MNDM1

43、3261326322ACADCMCD34所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.343.(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.63解析解析(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

44、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.322x3222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)131262463655思路分析思路分析 (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.(20

45、12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.12解析解析(1)证明:由题设知BCCC1,BCAC,CC1AC=C,所以BC平面ACC1A1.又DC1平面ACC1A1,所以DC1BC.由题设知A1DC1=ADC=45,所以CDC1=90,即DC1DC.又DCBC=C,所以DC1平面BDC.又DC1平面BDC1,故平面BDC1平面BDC.(2)设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC=1.由题意得V1=11=.又三棱柱AB

46、C-A1B1C1的体积V=1,所以(V-V1) V1=1 1.1312212故平面BDC1分此棱柱所得两部分的体积的比为1 1.评析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考点一直线与平面垂直的判定和性质三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组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()答案答案 D如图,在正方体中,E,F,G,M,

47、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

48、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.2B.4C.6D.8,4 3 答案答案 C设点A在平面上的射影为O,则OA=3.由题意得=tan1,所以|OB|,3,故所求的区域面积为32-()2=6.|OAOB3334.(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P

49、BC的距离.3102解析解析(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)332(2)ADBC,BC平面PBC,AD 平面PBC,AD平面PBC,点A与点H到平面PBC的距离相等.由(1)知AD平面PHB,BC平面PHB,又BC平面PBC,平面PBC平面PHB.过点H作HMPB于M.由平面PHB平面PBC=PB,知HM的长即点H到平面PBC的距离.平面PAD平面AB

50、CD,平面PAD平面ABCD=AD,PH平面PAD,PHAD,PH平面ABCD,又BH平面ABCD,PHBH.PH=,BH=,PB=,HM=.(12分)22PAAH323222PHBH3PH BHPB33223345.(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.解析解析(1)证明:因为平面ABB1A1平面ACC1A1,侧面ACC1A1为正方形,所以AC平面ABB1A1,

51、所以A1BAC.(2分)因为侧面ABB1A1为菱形,所以A1BAB1,又ACAB1=A,所以A1B平面AB1C.(4分)(2)因为A1C1AC,A1C1 平面AB1C,AC平面AB1C,所以A1C1平面AB1C.连接A1C,则三棱锥C1-COB1的体积等于三棱锥A1-COB1的体积.(6分)因为A1B平面AB1C,所以A1O为三棱锥A1-COB1的高.(8分)因为AB=2,ABB1=60,侧面ABB1A1为菱形,所以AB1=2,A1B=2,所以OB1=1,OA1=,所以=OB1CA=12=1.(10分)所以=A1O=1=.(12分)33121211CCOBV三棱锥11ACOBV三棱锥13133

52、33思路分析思路分析 (1)由平面ABB1A1平面ACC1A1及侧面ACC1A1为正方形证明A1BAC,由菱形的对角线互相垂直平分证明A1BAB1,从而证明A1B平面AB1C;(2)连接A1C,将求三棱锥C1-COB1的体积转化为求三棱锥A1-COB1的体积.考点二平面与平面垂直的判定和性质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

53、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,l1nB.ml1,ml2C.ml1,nl2D.mn,l1n答案答案 B由ml1,ml2及已知条件可得m,又m,所以;反之,时未必有ml1,ml2,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mnB.若m,m

54、n,n,则C.若mn,m,n,则D.若,m,n,则mn答案答案 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,BCCD,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

55、.2解析解析(1)证明:因为EM=,MB=,BE=2,所以EM2+MB2=BE2,所以MBEM.又因为BCCD,即MBMD,EMMD=M,EM平面DEM,MD平面DEM,所以MB平面DEM.(4分)因为MB平面BDM,所以平面BDM平面DEM.(5分)(2)易知BED=90,所以SBED=BEED=.又MFBE,BE平面BED,MF 平面BED,所以MF平面BED.因为平面BEFM平面BED,平面BEFM平面BED=BE,EFBE,所以EF平面BED,所以EF是三棱锥M-BED的高,(7分)所以VM-BED=SBEDEF=.(8分)又易知BMD是直角三角形,SBMD=BMMD=.设点E到平面B

56、DM的距离为h,则VE-BDM=h,(10分)22AFEF221221323122132因为VM-BED=VE-BDM,所以=h,得h=1,即点E到平面BDM的距离为1.(12分)231325.(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P

57、CAB,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=SABCh=SABCh=VP-ABC.(11分)三棱锥F-ACE与四棱锥C-PBEF的体积之比为1 2.(12分)313132312131313思路分析思路分析(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-AC

58、E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1 2.122313B B组组 2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组(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ABNB.MCANC.平面CMN平面AMND.平面BDE平面AMN答案答案 C分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,

59、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,26222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

60、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.32632 3333答案答案 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=.22 333解后反思解后反