北京专用高考数学一轮复习第八章立体几何84直线平面垂直的判定与性质课件

§8.4直线、平面垂直的判定与性质高考数学

(北京专用)§8.4直线、平面垂直的判定与性质高考数学(北京专用)A组自主命题·北京卷题组五年高考1.(2019北京理,12,5分)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.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l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)解析本题考查线面平行、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.①

②作为条件,③作为结论时,还可能l∥α或l与α斜交;①③作为条件,②作为结论和②③作为条

件,①作为结论时,容易证明命题成立.

易错警示

容易忽视l,m是平面α外的两条不同直线这一条件,导致判断错误.A组自主命题·北京卷题组五年高考1.(2019北京理,1222.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=

CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且

=

.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且

=

.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

2.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABC3解析本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱

锥为背景考查直观想象的核心素养.(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

解析本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学4因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以

=(0,1,1),

=(2,2,-2),

=(0,0,2).所以

=

=

,

=

+

=

.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则

即

令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos<n,p>=

=-

.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为

.(3)直线AG在平面AEF内.因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).5因为点G在PB上,且

=

,

=(2,-1,-2),所以

=

=

,

=

+

=

.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以

·n=-

+

+

=0.所以直线AG在平面AEF内.思路分析

(1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出

⊥n,结合A∈平面AEF可证明AG⊂平面AEF.因为点G在PB上,且 = , =(2,-1,-2),所以 =6一题多解

(2)∵PA=AD且E为PD的中点,∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD,又EF⊂平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP为二面角F-AE-P的平面角.∵PE=

=

,PF=

=

,cos∠CPD=

=

,sin∠CPD=

,∴EF2=

+(

)2-2×

×

×

=

,∴EF=

,在△PEF中,由正弦定理得

=

,即sin∠FEP=

=

,且∠FEP为锐角,∴cos∠FEP=

=

.故二面角F-AE-P的余弦值为

.一题多解

(2)∵PA=AD且E为PD的中点,∴AE⊥73.(2018北京文,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:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.

3.(2018北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABC8证明(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形,

所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.证明(1)因为PA=PD,E为AD的中点,9所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.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FG∥BC,FG=

BC.因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE=

BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.所以AB⊥PD.104.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为

线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PA⊥BD;(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.

4.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC11解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考

查空间想象能力.(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.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.所以三棱锥E-BCD的体积V=

BD·DC·DE=

.解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行125.(2016北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(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.

5.(2016北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABC13解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.

(2分)又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.

(4分)(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.

(6分)因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.

(7分)又AC∩PC=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)解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,14证明如下:取PB的中点F,连接EF,CE,CF.

因为E为AB的中点,所以EF∥PA.

(13分)又因为PA⊄平面CEF,所以PA∥平面CEF.

(14分)思路分析(1)证出PC⊥DC后易证DC⊥平面PAC.(2)先证AB⊥AC,PC⊥AB,可证出AB⊥平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证.(3)此问为探究性问题,求解时可构造面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条线,由于点E为AB

的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.证明如下:思路分析(1)证出PC⊥DC后易证DC⊥平面PA156.(2013北京文,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面

ABCD,PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点.求证:(1)PA⊥底面ABCD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面BEF⊥平面PCD.

6.(2013北京文,17,14分)如图,在四棱锥P-ABC16证明(1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,所以AB∥DE,且AB=DE.所以四边形ABED为平行四边形.所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD,而且四边形ABED为平行四边形,所以BE⊥CD,AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.证明(1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个17因为E和F分别是CD和PC的中点,所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又EF∩BE=E,所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD.思路分析(1)由面面垂直的性质定理可证.(2)根据线面平行的判定定理把问题转化为证明线线平行,即证BE∥AD,故需证四边形ABED为

平行四边形.(3)利用(1)的结论,通过证线面垂直,即CD⊥平面BEF,即可证得平面BEF⊥平面PCD.因为E和F分别是CD和PC的中点,思路分析(1)由面面垂直187.(2013北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平

面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1⊥平面ABC;(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;(3)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.并求

的值.

7.(2013北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A119解析(1)因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB.由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),

A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).

设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则

即

令z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3).同理可得,平面B1BC1的一个法向量为m=(3,4,0).所以cos<n,m>=

=

.解析(1)因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.20由题知二面角A1-BC1-B1为锐角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为

.(3)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且

=λ

.所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.所以

=(4λ,3-3λ,4λ).由

·

=0,即9-25λ=0,解得λ=

.因为

∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.此时,

=λ=

.由题知二面角A1-BC1-B1为锐角,21思路分析

(1)利用面面垂直的性质定理得出线面垂直;(2)建立空间直角坐标系,求出两个半

平面的法向量m,n,利用cos<n,m>=

求值;(3)利用线线垂直可得

·

=0,再利用向量的坐标运算可求线段比例.评析

本题主要考查面面垂直的性质定理、空间角的求法以及探索性问题的求证,考查空间

向量在立体几何中的应用,体现了向量法的便捷性,考查学生的空间想象和运算求解能力,正确

建立空间直角坐标系和准确求出各点坐标是正确解题的前提,正确利用向量共线表示点D的

坐标是解决第(3)问的关键.思路分析

(1)利用面面垂直的性质定理得出线面垂直;(22B组统一命题·省(区、市)卷题组考点一线面垂直的判定与性质1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则

()A.A1E⊥DC1

B.A1E⊥BD

C.A1E⊥BC1

D.A1E⊥AC答案

C∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,

∴BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,∴BC1⊥A1E.故选C.B组统一命题·省(区、市)卷题组考点一线面垂直的判定与性232.(2018课标全国Ⅱ文,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.(2018课标全国Ⅱ文,19,12分)如图,在三棱锥P-24解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2

.连接OB,因为AB=BC=

AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=

AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,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

.解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以点253.(2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体

ABCE与四面体ACDE的体积比.

3.(2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD26解析(1)证明:取AC的中点O,连接DO、BO.因为AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.又∵DO∩BO=O,∴AC⊥平面DOB,∴AC⊥BD.(2)解法一:连接EO.由(1)及题设知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=

AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=

BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的

,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的

,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.解析(1)证明:取AC的中点O,连接DO、BO.27

解法二:由已知

可得△ABD≌△CBD,则∠CBE=∠ABE,所以△CEB≌△AEB,则AE=CE.又AE⊥CE,所以∠CAE=∠ACE=45°,又△ACD是直角三角形,且AD=CD,所以∠DAC=∠DCA=

45°,又AC为公共边,所以△AEC≌△ADC.由此可设AD=CD=AE=CE=a,则AC=AB=BD=

a.在△AED和△BAD中,∠AED=∠ADE=∠BAD,则等腰三角形AED相似于等腰三角形BAD,所以

=

,由此得DE=

a,即E为BD中点,

28D到平面AEC的距离等于B到平面AEC的距离,所以四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1∶1.难点突破(1)四面体ABCE与四面体ACDE的体积比转化为四面体ABCE与四面体ABCD的体

积比.(2)观察到两个四面体共底面ACE,将体积比转化为相应高之比,难点在于发现E为BD的中点及

其证明.D到平面AEC的距离等于B到平面AEC的距离,难点突破(1294.(2017天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=

3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

4.(2017天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABC30解析本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基

础知识.考查学生的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.(1)如图,由AD∥BC,知∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC,所

以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由题意得AP=

=

,故cos∠DAP=

=

.所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为

.(2)证明:因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC,又PD⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC,所以PD⊥平面PBC.(3)如图,解析本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线31

过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成

的角.因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,故BC⊥DC,在Rt△DCF中,DF=

=2

,

32在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=

=

.所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为

.方法点拨

1.求异面直线所成角的步骤:(1)作:通过作平行线得到相交直线;(2)证:证明所作角为异面直线所成的角(或其补角);(3)求:解

三角形,求出所作的角.如果求得的角是锐角或直角,则它就是所求的角,如果求出的角是钝角,

则它的补角为所求的角.2.求直线与平面所成角的方法:(1)定义法:关键是找出斜线在平面内的射影;(2)公式法:sinθ=

(其中θ为直线与平面所成角,h为斜线上一点到平面的距离,l为该点到斜足的距离).在Rt△DPF中,可得sin∠DFP= = .方法点拨

335.(2016课标全国Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分

别在AD,CD上,AE=CF=

,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=

.(1)证明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.

5.(2016课标全国Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的34解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得

=

,故AC∥EF.因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.

(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=

=4.由EF∥AC得

=

=

.所以OH=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.

(4分)又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.

(5分)(2)如图,以H为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.35

=(3,-4,0),

=(6,0,0),

=(3,1,3).

(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,则

即

所以可取m=(4,3,-5).

(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,则

即

所以可取n=(0,-3,1).

(10分)

36于是cos<m,n>=

=

=-

.sin<m,n>=

.因此二面角B-D'A-C的正弦值是

.

(12分)思路分析

(1)利用已知条件及翻折的性质得出D'H⊥EF,利用勾股定理的逆定理得出D'H⊥

OH,从而得出结论;(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量

的夹角公式求二面角的余弦值,从而求出正弦值.评析

本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和

基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空

间问题的关键.于是cos<m,n>= = =- .思路分析

(1)利376.(2015福建,20,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平

面,且PO=OB=1.(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;(3)若BC=

,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.

6.(2015福建,20,12分)如图,AB是圆O的直径,点38解析(1)证明:在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.又AB=2,所以△ABC面积的最大值为

×2×1=1.又因为三棱锥P-ABC的高PO=1,故三棱锥P-ABC体积的最大值为

×1×1=

.(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=

=

.同理,PC=

,所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所

示.解析(1)证明:在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中39

当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.又因为OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,即E为PB中点.从而OC'=OE+EC'=

+

=

,亦即CE+OE的最小值为

.解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB=

=

.同理PC=

.所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所

示.

40当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.所以在△OC'P中,由余弦定理得:OC'2=1+2-2×1×

×cos(45°+60°)=1+2-2

=2+

.从而OC'=

=

.所以CE+OE的最小值为

+

.评析

本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识,考查空间想象能力、

推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.评析

本题41考点二面面垂直的判定与性质1.(2019课标全国Ⅲ理,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥

平面ABCD,M是线段ED的中点,则

()

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线考点二面面垂直的判定与性质1.(2019课标全国Ⅲ理,8,42答案

B本题考查了直线与平面的位置关系,两直线的位置关系,考查了学生的空间想象能

力和数学运算能力.渗透的核心素养是直观想象.过E作EQ⊥CD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.∵平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平

面ABCD=CD,∴EQ⊥平面ABCD,∴EQ⊥QN,同理可知BC⊥CE,设CD=2,易得EQ=

,QN=1,则EN=

=

=2,BE=

=

=2

.易知BE=BD,又∵M为DE的中点,∴BM⊥DE,∴BM=

=

=

,∴BM=

>2=EN.∴BM≠EN.又∵点M、N、B、E均在平面BED内,∴BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,∴BM,EN是相

交直线,故选B.

疑难突破

过点E作CD的垂线,构造直角三角形是求BM、EN的关键.答案

B本题考查了直线与平面的位置关系,两直线的位置432.(2018课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折

痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=

DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

2.(2018课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形44解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3

.又BP=DQ=

DA,所以BP=2

.作QE⊥AC,垂足为E,则QE

DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP=

·QE·S△ABP=

×1×

×3×2

sin45°=1.解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.45规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否

准确.解题关键(1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂

直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:解题关键(1)利463.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把

△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

3.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为正47解析(1)由已知可得BF⊥EF,又已知BF⊥PF,且PF、EF⊂平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,

的方向为y轴正方向,|

|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.

由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=

,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,解析(1)由已知可得BF⊥EF,48可得PH=

,EH=

,则H(0,0,0),P

,D

,

=

,

=

为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=

=

=

.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为

.易错警示

利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角

即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以为直线的方向

向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.可得PH= ,EH= ,易错警示

利用空间向量求线面角494.(2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠

ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE

-C的余弦值.

4.(2017课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四面体ABCD50解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.(1)由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,

的方向为x轴正方向,|

|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,

,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).

解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.51由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的

,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的

,即E为DB的中点,得E

.故

=(-1,0,1),

=(-2,0,0),

=

.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则

即

可取n=

.设m是平面AEC的法向量,则

同理可取m=(0,-1,

).则cos<n,m>=

=

.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值为

.由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的 ,从52方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判

断二面角是钝角还是锐角.方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一535.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E

与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.

5.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中54证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.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,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.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(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,方法556.(2017山东文,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.

6.(2017山东文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B56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,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面

ABCD,证明本题考查线面平行与面面垂直.57所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,587.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2

FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.

7.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在以A,B,C59解析(1)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.

(2分)又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.

(3分)(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,

的方向为x轴正方向,|

|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

(6分)

由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=

,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,

).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.

(8分)又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得解析(1)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面60C(-2,0,

).所以

=(1,0,

),

=(0,4,0),

=(-3,-4,

),

=(-4,0,0).

(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则

即

所以可取n=(3,0,-

).设m是平面ABCD的法向量,则

同理可取m=(0,

,4).则cos<n,m>=

=-

.又易知二面角E-BC-A为钝二面角,故二面角E-BC-A的余弦值为-

.

(12分)C(-2,0, ).61思路分析(1)根据已知条件证出AF⊥平面EFDC,进而得出平面ABEF⊥平面EFDC;(2)根据证

得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E

-BC-A的余弦值.方法总结对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂

直的证明,寻找平面的垂线往往是解题的关键.思路分析(1)根据已知条件证出AF⊥平面EFDC,进而得出62C组教师专用题组考点一线面垂直的判定与性质1.(2014浙江,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面

()A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α答案

C对于选项A、B、D,均能举出m∥α的反例;对于选项C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又n⊥

α,∴m⊥α,故选C.C组教师专用题组考点一线面垂直的判定与性质1.(2014632.(2019课标全国Ⅱ文,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1

上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.

2.(2019课标全国Ⅱ文,17,12分)如图,长方体ABC64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B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,

AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=

×3×6×3=18.

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65思路分析

(1)由长方体的性质易得B1C1⊥BE,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.思路分析

(1)由长方体的性质易得B1C1⊥BE,再利663.(2016课标全国Ⅰ,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.

3.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,已知正三棱锥P67解析(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(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.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的

正投影.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.

由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=

PG,DE=

PC.解析(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB68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,所以四面体PDEF的体积V=

×

×2×2×2=

.易错警示

推理不严谨,书写不规范是造成失分的主要原因.评析

本题考查了线面垂直的判定和性质;考查了锥体的体积的计算;考查了空间想象能力和

逻辑推理能力.属中档题.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,694.(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EF∥BC.(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.

4.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,70解析(1)证明:如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,

又AB⊂平面ABC,从而PE⊥AB.因为∠ABC=

,EF∥BC,故AB⊥EF.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S△ABC=

AB·BC=

x

.由EF∥BC知,

=

=

,得△AFE∽△ABC,解析(1)证明:如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰71故

=

=

,即S△AFE=

S△ABC.由AD=

AE,S△AFD=

S△AFE=

·

S△ABC=

S△ABC=

x

,从而四边形DFBC的面积为SDFBC=S△ABC-S△AFD=

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=

·SDFBC·PE=

·

x

·2

=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,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.故 = = ,即S△AFE= S△ABC.评析

本题考725.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方

形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为

,求四面体ADPQ的体积.

5.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-73解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,

y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,

3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.

(1)证明:若P是DD1的中点,则P

,

=

.又

=(3,0,6),于是

·

=18-18=0,所以

⊥

,即AB1⊥PQ.(2)由题设知,

=(6,m-6,0),

=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则

即

取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐74量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=

=

=

.而二面角P-QD-A的余弦值为

,因此

=

,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设

=λ

(0<λ≤1),而

=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以

=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以

·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=

,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积

V=

S△ADQ·h=

×

×6×6×4=24.解法二:(1)证明:如图a,取A1A的中点R,连接PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D

的中点,所以PR∥AD,于是由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥AB1.①因为tan∠ABR=

=

=

=tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+量是n2=(0,0,1),75∠BAB1=90°,于是AB1⊥BR.再由①即知AB1⊥平面PRBC.又PQ⊂平面PRBC,故AB1⊥PQ.

图a

图b(2)如图b,过点P作PM∥A1A交AD于点M,则PM∥平面ABB1A1.②因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,则PN⊥QD,∠∠BAB1=90°,76PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=

,即

=

,从而

=

.③连接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM为

矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=

=

.④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE

=3.于是

=

=

=2,所以PM=2MD=2t.再由③④得

=

,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=

S△ADQ·PM=

×

×6×6×4=24.PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM= ,776.(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.

6.(2015湖北,20,13分)《九章算术》中,将底面为长78解析(1)因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=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=

SABCD·PD=

BC·CD·PD;由(1)知,DE是鳖臑D-BCE的高,BC⊥CE,所以V2=

S△BCE·DE=

BC·CE·DE.解析(1)因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,79在Rt△PDC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.在Rt△PDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE807.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,

B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.

7.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A81证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,

AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.

(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又

因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为

BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为

AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.评析

本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能

力.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,82考点二面面垂直的判定与性质1.(2019课标全国Ⅲ文,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC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.

考点二面面垂直的判定与性质1.(2019课标全国Ⅲ文,1983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AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,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AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=

,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.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84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