北师大版高考数学一轮复习练习-直线、平面垂直的判定与性质
高考数学一轮复习第七章直线平面垂直的判定及其性质学案理含解析北师大版
高考数学一轮复习第七章：第五节直线、平面垂直的判定及其性质命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等．本节通过线、面垂直的判定及性质考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第150页知识点一直线与平面垂直（1）直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l⊥a，l⊥ba∩b＝Oaαbα⇒l⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b•温馨提醒•二级结论1．直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，bα⇒a⊥b．2．若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．3．垂直于同一条直线的两个平面平行．4．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．5．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．必明易错证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件．1．（2021·深圳四校联考）若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为（）A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β解析：由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β．因此A正确．过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不一定在平面α内，因此B不正确．根据面面垂直的性质定理知，选项C，D正确．答案：B2．（2021·唐山模拟）如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是（）A．①②B．②④C．①③D．②③解析：对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE．答案：B3．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的条件．解析：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”，反之则可以，所以应是必要不充分条件．答案：必要不充分知识点二平面与平面垂直（1）平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直l⊥α，lβ⇒α⊥β性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al⊥alβ⇒l⊥α•温馨提醒•面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．面面垂直的性质定理在使用时易忘一个平面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．1．下列命题中不正确的是（）A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ解析：若平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l平面β或直线l与平面β相交．故选项A错误．答案：A2．（2021·苏州模拟）在三棱锥P-ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O．（1）若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的心；（2）若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的心．解析：（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G．因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB平面P AB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．答案：（1）外（2）垂授课提示：对应学生用书第151页题型一直线与平面垂直的判定与性质[例]如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：（1）CD⊥AE；（2）PD⊥平面ABE．[证明]（1）在四棱锥P-ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴P A⊥CD．又∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，P A，AC平面P AC，∴CD⊥平面P AC．又AE平面P AC，∴CD⊥AE．（2）由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由（1）知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，又PD平面PCD，∴AE⊥PD．∵P A ⊥底面ABCD ，AB 平面ABCD ， ∴P A ⊥AB ．又∵AB ⊥AD ，且P A ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面P AD ，而PD 平面P AD ， ∴AB ⊥PD ．又∵AB ∩AE ＝A ， AB ，AE 平面ABE ， ∴PD ⊥平面ABE ．1．判定线面垂直的四种方法2．判定线线垂直的四种方法[对点训练]如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面P AD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△P AD 中AD 边上的高．求证：（1）PH ⊥平面ABCD ； （2）EF ⊥平面P AB ．证明：（1）因为AB ⊥平面P AD ，PH 平面P AD ，所以PH ⊥AB ． 因为PH 为△P AD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ．因为AB ∩AD ＝A ，AB 平面ABCD ，AD 平面ABCD ，所以PH ⊥平面ABCD ． （2）如图，取P A 的中点M ，连接MD ，ME ．因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB ．又因为DF 綊12AB ．所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形， 所以EF ∥MD ．因为PD ＝AD ，所以MD ⊥P A ．因为AB ⊥平面P AD ，MD 平面P AD ，所以MD ⊥AB ． 因为P A ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面P AB ， 所以EF ⊥平面P AB ．题型二 面面垂直的判定与性质[例] 如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点．（1）求证：CE ∥平面P AD ； （2）求证：平面EFG ⊥平面EMN ．[证明] （1）法一：取P A 的中点H ，连接EH ，DH ． 又E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB ．又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD ．所以四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ． 又DH 平面P AD ，CE 平面P AD ．所以CE ∥平面P AD ．法二：连接CF ．因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB ．又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ．又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ． 又CF平面P AD ，AD 平面P AD ，所以CF ∥平面P AD ．因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A ． 又E F 平面P AD ，P A 平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD ．又因为CF ∩EF ＝F ．故平面CEF ∥平面P AD ．又因为CE平面CEF，所以CE∥平面P AD．（2）因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥P A，又AB⊥P A，所以AB⊥EF．同理可得AB⊥FG．又EF∩FG＝F，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB⊥平面EFG．又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD．又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG．又MN平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN．[变式探究1]在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC．证明：因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC．又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB．所以MN⊥平面P AC．又MN平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC．[变式探究2]在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC．证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又E F平面P AC，P A平面P AC，所以EF∥平面P AC．同理，FG∥平面P AC．又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC．面面垂直判定的两种方法与一个转化（1）两种方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理（a⊥β，aα⇒α⊥β）．（2）一个转化：在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．[对点训练]（2020·高考全国卷Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AC ；（2）设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P -ABC 的体积． 解析：（1）证明：由题设可知，P A ＝PB ＝PC ． 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC ． 又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°． 从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ， 故PB ⊥平面P AC ， 所以平面P AB ⊥平面P AC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3． 从而AB ＝3．由（1）可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62． 所以三棱锥P -ABC 的体积为13×12×P A ×PB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68． 题型三 平行与垂直的综合问题[例] 如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．求证：（1）AF ∥平面BCE ； （2）平面BCE ⊥平面CDE ．[证明] （1）如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG ． ∵F 为CD 的中点， ∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ．∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB ． 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB ．∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG ． ∵A F 平面BCE ，BG 平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE ．（2）∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD ． ∵DE ⊥平面ACD ，AF 平面ACD ，∴DE ⊥AF ． 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ． ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE ．又∵BG 平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE ．1．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用等腰三角形的中线等．2．证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．[对点训练]如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE ⊥BC ；（2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．证明：（1）因为P A ＝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P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD ，因为PD 平面P AD ，所以AB ⊥PD ．又因为P A ⊥PD ，AB ∩P A ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ．因为PD 平面PCD ，所以平面P AB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG ．因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以FG ∥BC ，FG ＝12BC ．因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC ．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E F 平面PCD ，DG 平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ．平行、垂直关系中的核心素养逻辑推理、直观想象——在平行、垂直关系证明中的体现逻辑推理在该部分主要体现在空间平行、垂直关系的证明与探究，其理论根据就是空间垂直关系的判定定理和性质定理，需要掌握推理的基本形式，表述论证的过程平行、垂直关系证明的起点就是平面图形中的线线平行、垂直关系．[例] （2020·高考全国卷Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B -EB 1C 1F 的体积．[解析] （1）证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN ．又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B -EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．如图所示，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT ＝PM sin ∠MPN＝3．底面EB 1C 1F 的面积为12×（B 1C 1＋EF ）×PN ＝12×（6＋2）×6＝24．所以四棱锥B -EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24．解决平行与垂直的综合应用问题的策略处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化．[对点训练]如图，在底面为菱形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，E 为侧棱PC 上一点．（1）若BE ⊥PC ，求证：PC ⊥平面BDE ；（2）若P A ∥平面BDE ，求平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比．解析：（1）证明：连接AC （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥AD ，P A ⊥CD ，且AD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥BD ．又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，所以BD ⊥PC ．又因为BE ⊥PC ，BD ∩BE ＝B ，所以PC ⊥平面BDE ．（2）设AC ∩BD ＝O ，连接OE （图略），因为四边形ABCD 为菱形，所以AO ＝OC ．因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝OE ，所以P A ∥OE ，所以PE ＝EC ，即E 是PC 的中点．由（1）知P A ⊥底面ABCD ，所以点E 到平面ABCD 的距离为12P A ． 故V E -BCD V P -ABCD ＝13S △BCD ×P A 213S 菱形ABCD ×P A ＝13S △BCD ×P A 213×2S △BCD ×P A ＝14， 所以平面BDE 把四棱锥P -ABCD 分成两部分的体积比为1∶3（或3∶1）．。
高考数学一轮复习课时规范练40直线平面平行的判定与性质理北师大版
课时规范练40 直线、平面平行的判定与性质基础巩固组1.(2019江西景德镇盟校二联,5)关于直线l与平面α,下列说法正确的是()A.若直线l平行于平面α,则l平行于α内的任意一条直线B.若直线l与平面α相交,则l不平行于α内的任意一条直线C.若直线l不垂直于平面α,则l不垂直于α内的任意一条直线D.若直线l不垂直于平面α,则过l的平面不垂直于α2.(2018黑龙江哈尔滨师范大学附属中学三模,3)已知互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ,则下列命题正确的是()A.若l与m为异面直线,l⫋α,m⫋β,则α∥βB.若α∥β,l⫋α,m⫋β,则l∥mC.若α∩β=l,β∩γ=m,α∩γ=n,l∥γ,则m∥nD.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β3.(2018辽宁沈阳质检一,6)如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一点(不与端点重合),BD1∥平面B1CE,则()A.BD1∥CEB.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC14.(2018福建漳州质检,9)在正方形ABCD中,AB=4,点E、F分别是AB、AD的中点,将△AEF沿EF折起到△A'EF的位置,使得A'C=2,在平面A'BC内,过点B作BG∥平面A'EF交边A'C上于点G,则A'G=()A. B. C. D.5.如图所示的四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB ∥面MNP的图形的序号是.(写出所有符合要求的图形序号)6.(2018黑龙江仿真模拟五,18)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知侧棱与底面垂直,∠CAB=90°,且AC=1,AB=2,E为BB1的中点,M为AC上一点,AM=AC.(1)若三棱锥A1-C1ME的体积为,求AA1的长;(2)证明:CB1∥平面A1EM.综合提升组7.(2018陕西榆林二模,4)如图,在三棱台ABC-A1B1C1的6个顶点中任取3个点作平面α,设α∩平面ABC=l,若l∥A1C1,则这3个点可以是()A.B,C,A1B.B1,C1,AC.A1,B1,CD.A1,B,C18.(2018四川“联测促改”,11)正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为3,点E在边BC上,且满足BE=2EC,动点M 在正方体表面上运动,并且总保持ME⊥BD1,则动点M的轨迹的周长为()A.6B.4C.4D.39.(2018河北衡水调研二模,18)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,平面PAB⊥平面ABCD,E是PD的中点,棱PA与平面BCE交于点F.(1)求证:AD∥EF;(2)若△PAB是正三角形,求三棱锥P-BEF的体积.10.(2018江西景德镇二联,17)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,F为棱AC上靠近A的三等分点,点E在棱BB1上且BF∥平面A1CE.(1)求BE的长;(2)求正三棱柱ABC-A1B1C1被平面A1CE分成的左右两个几何体的体积之比.创新应用组11.(2018青海西宁二模,19)如图所示,四边形ABCD为菱形,AF=2,AF∥DE,DE⊥平面ABCD,(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)当DE为何值时,直线AC∥平面BEF?请说明理由.12.(2018山西大同二模, 18)如图,梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,CD=2,AD=AB=1,四边形BDEF为正方形,且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求证:DF⊥CE;(2)若AC与BD相交于点O,那么在棱AE上是否存在点G,使得平面OBG∥平面EFC?并说明理由.参考答案课时规范练40 直线、平面平行的判定与性质1.B对于A,若直线l平行于平面α,则l与α内的任意一条直线平行或异面,A错;对于B,若直线l与平面α相交,则l不平行于α内的任意一条直线,B正确;对于C,若直线l不垂直于平面α,则l可垂直于α内的无数条直线,C错;对于D,若直线l不垂直于平面α,则过l的平面可垂直于α,D 错,故选B.2.C若l与m为异面直线,l⫋α,m⫋β,则α与β平行或相交,A错,排除A;若α∥β,l⫋α,m⫋β,则l与m平行或异面,B错,排除B;若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β或α⫋β,D错,排除D,故选C.3.D设B1C∩BC1=O,如图,BD1∥平面B1CE,平面BC1D1∩平面B1CE=OE,∴BD1∥OE,∵O为BC1的中点,∴E为C1D1的中点,∴D正确,由异面直线的定义知BD1,CE是异面直线,故A错;在矩形ABC1D1中,AC1与BD1不垂直,故B错;C显然错,故选D.4.B连接AC分别交BD,EF于O,H,∵E,F分别是AB,AD中点,则EF∥BD,∴=,∴BD∥面A'EF,又∵BG∥面A'EF,∴面BGD∥面A'EF,面A'CH分别与两面交于OG,HA',∴OG∥HA',∴==,A'G=A'C=,故选B.5.①③在①中,由于平面MNP与AB所在的侧面平行,所以AB∥平面MNP;在③中,由于AB与以MP 为中位线的三角形的底边平行,所以AB∥MP,又因为MP⫋平面MNP,AB⊈平面MNP.所以AB∥平面MNP.②④中,只须平移AB,即可发现AB与平面MNP相交.故填①③.6.(1)解设AA1=h,∵=,=A1C1×h=,三棱锥E-A1C1M的高为2,∴=××2=,解得h=,即AA1=.(2)证明如图,连接AB1交A1E于F,连接MF.∵E为BB1的中点,∴AF=AB1,又AM=AC,∴MF∥CB1,而MF⫋平面A1EM,CB1⊈平面A1EM,∴CB1∥平面A1EM.7.D当α为平面A1BC1时,因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面A1BC1∩平面ABC=l,平面A1BC1∩平面A1B1C1=A1C1,所以l∥A1C1,故选D.8.A如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连AC,CB1,B1A,则有BD1⊥平面AB1C.在BB1、BA上分别取F,G使得BF=2FB1,BG=2GA,连EF,FG,GE,则有EF∥CB1,EG∥AC,可得平面EFG∥平面AB1C,故得BD1⊥平面EFG,所以△EFG即为点M的运动轨迹.由题意得EF=FG=GE=×3=2,动点M的轨迹的周长为EF+FG+GE=6.选A.9.(1)证明因为底面ABCD是边长为2的正方形,所以BC∥AD.又因为BC⊈平面PAD,AD⫋平面PAD,所以BC∥平面PAD.又因为B,C,E,F四点共面,且平面BCEF∩平面PAD=EF,所以BC∥EF.又因为BC∥AD,所以AD∥EF.(2)解因为AD∥EF,E是PD的中点,所以F为PA的中点,EF=AD=1.又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊥AB,所以AD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.又因为△PAB是正三角形,所以PA=PB=AB=2,所以S△PBF=S△PBA=.又EF=1,所以V P-BEF=V E-PBF=××1=.故三棱锥P-BEF的体积为.10.解 (1)如图,作FG∥CC1与A1C交于点G,∵BE∥CC1,∴BE∥FG,面BEGF∩面A1CE=EG,∵BF∥面A1CE,∴BF∥EG.于是在平行四边形BEGF中,BE=FG=AA1=2.(2)=××(1+3)×2×=,=×2×2×3=3,左边几何体的体积为:-=3-=,∴左右两个几何体的体积之比为∶=5∶4.11.(1)证明因为DE⊥平面ABCD,AC⫋平面ABCD,所以AC⊥DE,菱形ABCD中,AC⊥BD,DE∩BD=D,DE⫋面BDE,BD⫋面BDE.所以AC⊥平面BDE.(2)解当DE=4时,直线AC∥平面BEF,理由如下:设菱形ABCD中,AC交BD于O,取BE的中点M,连接OM,则OM为△BDE的中位线,所以OM∥DE,且OM=DE=2,又AF∥DE,AF=DE=2,所以OM∥AF,且OM=AF.所以四边形AOMF为平行四边形.则AC∥MF.因为AC⊈平面BEF,FM⫋平面BEF,所以直线AC∥平面BEF.12.(1)证明连接EB.因为在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=1,DC=2,∴BD=,BC=,∴BD2+BC2=CD2,∴BC⊥BD,又因为平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BC⫋平面ABCD, ∴BC⊥平面BDEF,∴BC⊥DF,又因为正方形BDEF中,DF⊥EB且EB,BC⫋平面BCE,EB∩BC=B,∴DF⊥平面BCE,又∵CE⫋平面BCE,∴DF⊥CE.(2)解在棱AE上存在点G,使得平面OBG∥平面EFC,且=,证明如下:因为梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,AB=1,DC=2,∴AB∥DC,∴==,又∵=,∴OG∥CE,又因为正方形BDEF中,EF∥OB,且OB,OG⊈平面EFC,EF,CE⫋平面EFC, ∴OB∥平面EFC,OG∥平面EFC,又∵OB∩OG=O,且OB,OG⫋平面OBG,所以平面OBG∥平面EFC.。
2020版高考数学(北京)一轮总复习 8.4 直线、平面垂直的判定与性质
8.4直线、平面垂直的判定与性质挖命题【考情探究】分析解读从北京高考试题来看,线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一.考查的具体内容可分为两个层次:一是将定义、判定和性质结合起来,以客观题的形式出现,判断某些命题的真假;二是以常见几何体为背景,以解答题的形式出现,证明几何体中直线、平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间的相互转化.属于中档题.破考点【考点集训】考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2013北京文,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有()A.3个B.4个C.5个D.6个答案 B2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AC.过点A的平面与棱PB,PC,PD分别交于点E,F,G(E,F,G 三点均不在棱的端点处).(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;(2)若PC⊥平面AEFG,求的值;(3)直线AE是否能与平面PCD平行?请说明你的理由.解析(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC.因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥BC,因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB.因为BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.(2)连接AF.因为PC⊥平面AEFG,所以PC⊥AF.又因为PA=AC,所以F是PC的中点,所以=.(3)直线AE与平面PCD不可能平行.理由如下:假设AE∥平面PCD.因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD.而AE,AB⊂平面PAB,且AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PCD,这显然与平面PAB与平面PCD交于点P相矛盾,所以假设不成立,即直线AE与平面PCD不可能平行.思路分析(1)根据面面垂直的判定定理易证.(2)根据线面垂直的性质及等腰三角形的性质可求.(3)反证法:假设AE∥平面PCD,易证AB∥平面PCD,进而推出平面PAB∥平面PCD,与已知相矛盾,从而证得结论.解后反思本题考查了空间中的垂直与平行关系,熟练掌握相关定理是解题的关键.3.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.四边形ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.(1)求证:AB∥平面PDC;(2)当平面PBC⊥平面ABCD时,求四棱锥P-ABCD的体积;(3)请在图中所给的五个点P,A,B,C,D中找出两个点,使得这两点所在的直线与直线BC垂直,并给出证明.解析(1)证明:因为AB∥DC,且AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.(2)取BC的中点F,连接PF.因为PB=PC,所以PF⊥BC,因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,所以PF⊥平面ABCD.在直角梯形ABCD中,过C作CH⊥AB于点H.因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,DC=3,AB=5,所以CH∥AD,所以四边形ADCH为平行四边形,所以AD=CH,DC=AH,所以BC==2,且S梯形ABCD=×(3+5)×4=16.又因为PB=3,BF=,所以PF=2.所以V P-ABCD=S梯形ABCD·PF=×16×2=.(3)PA⊥BC.证明如下:连接AF,AC.在直角梯形ABCD中,因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,CD=3,所以AC=5.因为AB=5,点F为BC的中点,所以AF⊥BC.又因为BC⊥PF,AF∩PF=F,所以BC⊥平面PAF.又因为PA⊂平面PAF,所以PA⊥BC.炼技法【方法集训】方法1证明线面垂直的方法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 C2.如图,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3FC.(1)求三棱锥D-ABC的体积;(2)求证:AC⊥平面DEF;(3)若M为DB的中点,N在棱AC上,且CN=CA,求证:MN∥平面DEF.解析(1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a,所以S△BCD=a2.又AB⊥平面BCD,所以V D-ABC=V A-BCD=·S△BCD·AB=×a2·a=a3.(2)证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH,因为AB=BC,所以BH⊥AC.因为AF=3FC,所以F为CH的中点.又因为E为BC的中点,所以EF∥BH,则EF⊥AC,因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD.因为△BCD是正三角形,E为BC的中点.所以DE⊥BC,则DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.又DE∩EF=E,且DE,EF⊂平面DEF,所以AC⊥平面DEF.(3)证明:当CN=CA时,连接CM交DE于O,连接OF.因为E为BC的中点,M为DB的中点,所以O为△BCD的重心,则CO=CM.因为AF=3FC,CN=CA.所以CF=CN,所以==,所以MN∥OF.又OF⊂平面DEF,MN⊄平面DEF,所以MN∥平面DEF.思路分析(1)由V D-ABC=V A-BCD求解即可;(2)在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH,由题意证明EF⊥AC,利用面面垂直的性质定理证明DE⊥平面ABC,则可得DE⊥AC,即可证得结论;(3)连接CM,OF,设CM∩DE=O,易证CO=CM,CF=CN,则MN∥OF,从而证得结论.方法点睛本题主要考查空间几何体的体积,直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质以及直线与平面平行的判定,考查了等积法求体积、空间想象能力与逻辑推理能力.方法2证明面面垂直的方法3.(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.解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以PC⊥DC.(2分)又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,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,AB⊂平面ABCD,所以PC⊥AB.(7分)又AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,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)理由如下:如图,取PB的中点F,连接EF,CE,CF.又因为E为AB的中点,所以EF∥PA.(13分)又因为PA⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)思路分析(1)证出PC⊥DC,从而证得DC⊥平面PAC.(2)先证AB⊥AC,PC⊥AB,从而证出AB⊥平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证得结论.(3)此问为探究性问题,求解时可构造平面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条直线,由于点E为AB的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.4.已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别是PB,PD的中点.(1)求证:PB∥平面FAC;(2)求三棱锥P-EAD的体积;(3)求证:平面EAD⊥平面FAC.解析(1)证明:连接BD,与AC交于点O,连接OF,在△PBD中,O,F分别是BD,PD的中点,所以OF∥PB,又因为OF⊂平面FAC,PB⊄平面FAC,所以PB∥平面FAC.(2)解法一:因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,又因为AB⊥AD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB,即AD为三棱锥D-PAE的高,在Rt△PAB中,PA=AB=2,E为PB的中点,所以S△PAE=1,又底面ABCD为正方形,所以AD=AB=2,所以V P-EAD=V D-PAE=·S△PAE·AD=.解法二:因为PA⊥平面ABCD,所以PA为四棱锥P-ABCD的高.因为PA=AB=2,底面ABCD是正方形,所以V P-ABD=S△ABD·PA=××2×2×2=,因为E为PB的中点,所以S△PAE=S△ABE,所以V D-PAE=V D-ABE=V D-PAB,所以V P-EAD=V P-ABD=.(3)证明:因为AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB,在等腰直角△PAB中,AE⊥PB,又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面EAD,所以PB⊥平面EAD,又OF∥PB,所以OF⊥平面EAD,又OF⊂平面FAC,所以平面EAD⊥平面FAC.方法3翻折问题的处理方法5.(2015浙江,8,5分)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则()A.∠A'DB≤αB.∠A'DB≥αC.∠A'CB≤αD.∠A'CB≥α答案 B6.如图①所示,已知直角△ABC,其中∠ABC=90°,D,E分别是AB,AC边上的中点,现沿DE将△ADE翻折,使得A与平面ABC外一点P重合,得到如图②所示的几何体.(1)证明:平面PBD⊥平面BCED;(2)记平面PDE与平面PBC的交线为l,探究:直线l与BC是否平行.若平行,请给出证明;若不平行,请说明理由.解析(1)证明:∵D,E分别为边AB,AC的中点,∴DE∥BC,∵∠ABC=90°,∴AB⊥BC,∴BD⊥DE,PD⊥DE,∵PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,∴DE⊥平面PBD,∵DE⊂平面BCED,∴平面PBD⊥平面BCED.(2)平行.证明如下:∵DE∥BC,DE⊂平面PDE,BC⊄平面PDE,∴BC∥平面PDE,∵BC⊂平面PBC,平面PDE∩平面PBC=l,∴l∥BC.过专题【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(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.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,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC的中点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.2.(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.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.考查了学生的空间想象力. (1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,BC∩AB=B,BC,AB⊂平面ABC,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的中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.又BD⊂平面BDE,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=.直击高考立体几何是高考的必考题型,对立体几何的考查主要有两个方面:一是空间位置关系的证明;二是体积或表面积的求解.3.(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.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,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD.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,EF,BE⊂平面BEF,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)中的结论,通过证线面垂直,即CD⊥平面BEF,即可证得平面BEF⊥平面PCD.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2018课标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.解析(1)证明:因为AP=PC=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且OB∩AC=O知OP⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM,垂足为H.由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,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是解题的关键.2.(2017天津,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.解析(1)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,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,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(或其补角)为异面直线所成的角;(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:sin θ=(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).3.(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,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,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.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).易错警示a∥b,a∥α⇒/ b∥α.4.(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.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).5.(2014湖北,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.又FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)连接AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,PN,MN⊂平面PQMN,所以直线AC1⊥平面PQMN.评析本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质,考查学生的空间想象能力.6.(2014重庆,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)证明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.解析(1)证明:连接OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.因为∠BAD=,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin=1,又因为BM=,且∠OBM=,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos=.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.所以S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=.所以V P-ABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.评析本题考查线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,在证明直线与平面垂直时,打破以往单纯的几何逻辑推理,将余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的交汇性.C组教师专用题组1.(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.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,DO,PO⊂平面PDO,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所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.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的中点.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所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.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,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,以及数形结合思想、转化与化归思想.2.(2014四川,18,12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.解析(1)证明:因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,所以AA1⊥平面ABC.因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.又AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,所以BC⊥平面ACC1A1.(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.由已知可知O为AC1的中点.连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,所以MD∥AC且MD=AC,OE∥AC且OE=AC,因此MD OE.连接OM,从而四边形MDEO为平行四边形,则DE∥MO.因为直线DE⊄平面A1MC,MO⊂平面A1MC,所以直线DE∥平面A1MC,即线段AB上存在一点M(线段AB的中点),使直线DE∥平面A1MC.3.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.解析(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.建立空间直角坐标系Axyz如图,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),则=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).则··设直线BC与平面ABF所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=·=.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设=λ(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2).所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0.解得λ=,所以点H的坐标为.所以PH=-=2.思路分析(1)利用线面平行的判定和性质,推出线线平行;(2)建立恰当的空间直角坐标系,求出平面ABF的法向量n,利用sin α=·求角α(直线BC与平面ABF所成的角为α),再求出点H的坐标,进而得出PH的长.评析本题考查了空间直线与平面平行,线面角,空间向量等知识;考查空间推理论证能力,计算能力;建立恰当的空间直角坐标系,利用空间向量准确求解是解题的关键.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2018北京顺义二模,5)已知直线a,b,m,其中a,b在平面α内,则“m⊥a,m⊥b”是“m⊥α”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B2.(2018北京十一中12月月考,5)正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,E,F分别是棱AA',CC'的中点,过直线E,F的平面分别与棱BB'、DD'交于M,N两点,设BM=x,x∈[0,1],给出以下四个结论:①平面MENF⊥平面BDD'B';②当且仅当x=时,四边形MENF的面积最小;③四边形MENF的周长L=f(x), x∈[0,1]是单调函数;④四棱锥C'-MENF的体积V=h(x) 为常数函数.其中错误结论的序号为()A.①④B.②C.③D.③④答案 C3.(2019届北京朝阳期中文,6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有以下四个说法:①若α⊥β,m∥α,则m⊥β;②若m⊥α,m∥n,则n⊥α;③若m⊥α,m⊥n,则n∥α;④若m⊥α,m⊥β,则α∥β.其中正确说法的序号为()A.①③B.②③C.①④D.②④答案 D二、解答题(共60分)4.(2019届北京大兴9月统练,17)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AD=2,E,F分别是棱AD,PC 的中点.(1)求证:EF∥平面PAB;(2)求证:平面PEC⊥平面PBC;(3)求二面角E-PC-D的大小.解析(1)证明:设G是PB的中点,连接AG,GF,∵E,F分别是AD,PC的中点,底面ABCD为正方形,∴GF BC,AE BC,∴GF AE,∴四边形AEFG是平行四边形,∴EF∥AG,∵EF⊄平面PAB,AG⊂平面PAB,∴EF∥平面PAB.(2)证明:分别以AB,AD,AP所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,∵PA=AD=2,底面ABCD是正方形,∴E(0,1,0),C(2,2,0),P(0,0,2),B(2,0,0),∴=(2,2,-2),=(0,2,0),=(2,1,0).设平面PEC的法向量为m=(x,y,z),则··-令y=2,则x=-1,z=1,∴m=(-1,2,1),同理,平面PBC的法向量为n=(1,0,1).∴m·n=0,即m⊥n,∴平面PEC⊥平面PBC.(3)由(2)得,D(0,2,0),则=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为p=(m,n,q),则·-·-取n=1,得p=(0,1,1),又平面PEC的法向量为m=(-1,2,1),∴cos<m,p>==,易知二面角E-PC-D为锐二面角,∴二面角E-PC-D的大小为30°.5.(2018北京海淀期末,17)如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,CD⊥BC,BC=CD=1,AD=2,E为AD的中点.将△ABE沿BE翻折到△A1BE 的位置,使A1E=A1D,如图2.(1)求证:平面A1DE⊥平面BCDE;(2)求A1B与平面A1CD所成角的正弦值;(3)设M,N分别为A1E和BC的中点,试比较三棱锥M-A1CD和三棱锥N-A1CD(图中未画出)体积的大小,并说明理由.解析(1)证明:在梯形ABCD中,AD∥BC,CD⊥BC,E为AD的中点,所以BE⊥AD,故题图2中,BE⊥A1E,BE⊥DE,因为A1E∩DE=E,A1E,DE⊂平面A1DE,所以BE⊥平面A1DE,因为BE⊂平面BCDE,所以平面A1DE⊥平面BCDE.(2)取DE的中点O,连接OA1,ON.在△A1DE中,A1E=A1D=DE=1,O为DE的中点,所以A1O⊥DE,因为平面A1DE⊥平面BCDE,平面A1DE∩平面BCDE=DE,A1O⊂平面A1DE,所以A1O⊥平面BCDE.在正方形BCDE中,O,N分别为DE,BC的中点,所以ON⊥DE.建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,如图.则A1,B-,C,D,所以=--,=-,=(1,0,0). 设平面A1CD的法向量为n=(x,y,z),则·即-令z=1,得y=,·所以n=(0,,1).因为cos<,n>=·=-=-,·所以A1B与平面A1CD所成角的正弦值为.(3)三棱锥M-A1CD和三棱锥N-A1CD的体积相等.理由如下:解法一:如图,取DE的中点P,连接MP,NP,MN.在△A1DE中,M,P分别是A1E,DE的中点,所以MP∥A1D,在正方形BCDE中,N,P分别是BC,DE的中点,所以NP∥CD,因为MP∩NP=P,MP,NP⊂平面MNP,A1D,CD⊂平面A1CD,所以平面MNP∥平面A1CD,因为MN⊂平面MNP,所以MN∥平面A1CD,故点M,N到平面A1CD的距离相等,所以三棱锥M-A1CD和三棱锥N-A1CD同底等高,所以两三棱锥的体积相等. 解法二:如图,取A1D的中点Q,连接MN,MQ,CQ.在△A1DE中,M,Q分别是A1E,A1D的中点,所以MQ∥ED且MQ=ED,在正方形BCDE中,N是BC的中点,所以NC∥ED且NC=ED,所以MQ∥NC且MQ=NC,故四边形MNCQ是平行四边形,故MN∥CQ,因为CQ⊂平面A1CD,MN⊄平面A1CD,所以MN∥平面A1CD.故点M,N到平面A1CD的距离相等,所以三棱锥M-A1CD和三棱锥N-A1CD同底等高,所以两三棱锥的体积相等.6.(2018北京西城二模,16)如图,梯形ABCD所在的平面与等腰梯形ABEF所在的平面互相垂直,AB∥CD∥EF,AB⊥AD,CD=DA=AF=FE=2,AB=4.(1)求证:DF∥平面BCE;(2)求二面角C-BF-A的余弦值;(3)线段CE上是否存在点G,使得AG⊥平面BCF?请说明理由.解析(1)证明:因为CD∥EF,且CD=EF,所以四边形CDFE为平行四边形,所以DF∥CE.因为CE⊂平面BCE,DF⊄平面BCE,所以DF∥平面BCE.(2)因为AB⊥AD,所以可建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(0,4,0),C(2,2,0),E(0,3,),F(0,1,), 所以=(2,-2,0),=(0,-3,).设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),则··即--令y=1,则x=1,z=,所以n=(1,1,).又平面ABF的一个法向量为v=(1,0,0),则cos<n,v>=·=.由图可知二面角C-BF-A的平面角为锐角,所以二面角C-BF-A的余弦值为.(3)线段CE上不存在点G,使得AG⊥平面BCF,理由如下:解法一:设平面ACE的法向量为m=(x1,y1,z1),则··即令y1=1,则x1=-1,z1=-,所以m=(-1,1,-).因为m·n≠0,所以平面ACE与平面BCF不可能垂直,从而线段CE上不存在点G,使得AG⊥平面BCF.解法二:假设线段CE上存在点G,使得AG⊥平面BCF.设=λ,其中λ∈[0,1].设G(x2,y2,z2),则有(x2-2,y2-2,z2)=(-2λ,λ,λ),所以x2=2-2λ,y2=2+λ,z2=λ,从而G(2-2λ,2+λ,λ),所以=(2-2λ,2+λ,λ).因为AG⊥平面BCF,所以∥n.所以-==,无解,所以假设不成立.所以线段CE上不存在点G,使得AG⊥平面BCF.7.(2018北京西城一模,18)如图1,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,F为A1C的中点,如图2.(1)求证:EF∥平面A1BD;(2)求证:平面A1OB⊥平面A1OC;(3)线段OC上是否存在点G,使得OC⊥平面EFG?说明理由.解析(1)证明:取线段A1B的中点H,连接HD,HF.在△ABC中,因为D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,且DE=BC.因为H,F分别为A1B,A1C的中点,所以HF∥BC,且HF=BC,所以HF∥DE,且HF=DE,所以四边形DEFH为平行四边形,所以EF∥HD.因为EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,所以EF∥平面A1BD.(2)证明:因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=AC,所以AD=AE.所以A1D=A1E,又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O⊥平面BCED,所以CO⊥A1O.在△OBC中,BC=4,易知 OB=OC=2,所以OB2+OC2=BC2,所以CO⊥BO,又因为A1O∩BO=O,所以CO⊥平面A1OB,因为CO⊂平面A1OC,所以平面A1OB⊥平面A1OC.(3)线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.假设线段OC上存在点G,使得OC⊥平面EFG,则必有OC⊥GF,且OC⊥GE.在Rt△A1OC中,由F为A1C的中点,OC⊥GF,得G为OC的中点.在△EOC中,因为OC⊥GE,所以EO=EC,这显然与EO=1,EC=矛盾.所以线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.8.(2018北京朝阳一模,18)如图1,在梯形ABCD中,BC∥AD,BC=1,AD=3,BE⊥AD于E,BE=AE=1,将△ABE沿BE折起至△A'BE,使得平面A'BE⊥平面BCDE(如图2),M为线段A'D上一点.(1)求证:A'E⊥CD;(2)若M为线段A'D的中点,求多面体A'BCME与三棱锥M-CDE的体积之比;(3)是否存在一点M,使得A'B∥平面MCE?若存在,求A'M的长.若不存在,请说明理由.图1图2解析(1)证明:在梯形ABCD中,有BE⊥AE,所以A'E⊥BE,∵平面A'BE⊥平面BCDE,平面A'BE∩平面BCDE=BE, A'E⊂平面A'BE,∴A'E⊥平面BCDE,∵CD⊂平面BCDE,∴A'E⊥CD.(2)解法一:由(1)知A'E⊥平面BCDE.∵M为A'D的中点,∴M到底面BCDE的距离为A'E,在梯形ABCD中,连接CE,则S△DCE=DE·BE=×2×1=1, S△BCE=×1×1=,则V M-DCE=×A'E·S△DCE=,V A'-BCE=A'E·S△BCE=.∵A'E⊥DE,M为A'D的中点,∴S△A'EM=,∵A'E⊥平面BCDE,A'E⊂平面A'ED,∴平面A'DE⊥平面BCDE,∵BE⊥ED,平面A'DE∩平面BCDE=ED,∴BE⊥平面A'DE.∵BC∥ED,∴C到平面A'DE的距离为BE=1.∵V C-A'EM=·S△A'EM·BE=,V A'BCME=V C-A'EM+V A'-BCE=,∴V A'BCME∶V M-CDE=2∶1.解法二:由(1)知A'E⊥平面BCDE,则V A'-BCDE=A'E·S梯形BCDE=×1×=,同解法一得V M-DCE=,则V A'BCME=-=,则V A'BCME∶V M-CDE=2∶1.(3)存在一点M,使得A'B∥平面MCE.理由如下:连接BD交CE于O,连接OM,如图所示.在四边形BCDE中,∵BC∥DE,∴△BOC∽△DOE,∴==,∴=,∵A'B∥平面CME,平面A'BD∩平面CEM=OM,∴A'B∥OM,在△A'BD中,OM∥A'B,∴==,∵A'E=1,DE=2,A'E⊥ED,∴在Rt△A'ED中,A'D=,∴A'M=.方法点睛(1)折起后仍有A'E⊥BE,由面面垂直的性质定理可得A'E⊥平面BCDE,∵CD⊂平面BCDE,∴A'E⊥CD.(2)直接求出三棱锥M-CDE的体积,利用分割法求出V A'BCME=V C-A'EM+V A'-BCE=,从而可得结果;亦可先求出四棱锥A'-BCDE的体积,三棱锥M-DCE的体积,即可得到多面体A'BCME的体积,从而可求比值.(3)根据三角形相似可得=,进而可得=,由线面平行的性质定理可得A'B∥OM,∴==,又在Rt△A'ED中,求得A'D=,∴A'M=.。
高考数学一轮复习专题训练—直线、平面垂直的判定与性质
直线、平面垂直的判定与性质考纲要求1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．知识梳理1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l 与平面α内的任意直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥al ⊥b a ∩b ＝O a ⊂αb ⊂α⇒l ⊥α 性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎬⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角． (2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2. 3．二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．(3)二面角的范围：[0，π]． 4．平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直⎭⎬⎫l ⊥αl ⊂β⇒α⊥β 性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al ⊥a l ⊂β⇒l ⊥α1．三个重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．2．使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”． 3．三种垂直关系的转化线线垂直判定定理性质线面垂直判定定理性质定理面面垂直诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( )(2)垂直于同一个平面的两平面平行．()(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误．(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误．(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误．(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误．2．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n答案 C解析由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.3．在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．图1(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.因为PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，所以PC⊥平面P AB，又AB⊂平面P AB，所以PC⊥AB，因为PO⊥AB，PO∩PC ＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．图24．(2021·日照检测)已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析m⊂α，m⊥β⇒α⊥β，反过来，若m⊂α，α⊥βD m⊥β(m∥β或m与β斜交)，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．5．(2021·西安联考)已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD⊥圆柱的底面，则必有()A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD答案 B解析因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD.由于BC⊂平面BCD.所以平面BCD⊥平面ACD.6．(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为()A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3答案 C解析连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝232－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.考点一线面垂直的判定与性质【例1】(2019·全国Ⅱ卷)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EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E －BB 1C 1C 的体积．(1)证明 由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，B 1C 1，EC 1⊂平面EB 1C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)解 由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°， 故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6.如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ，则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3. 所以四棱锥E －BB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18.感悟升华 1.证明直线和平面垂直的常用方法有：(1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；(3)面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；(4)面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝a ，l ⊥a ，l ⊂β⇒l ⊥α)．2．证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思路．【训练1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，又∵AC⊥CD，且P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.又AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD，且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考点二面面垂直的判定与性质【例2】(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面P AB⊥平面P AC；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 由题设可知，P A ＝PB ＝PC . 由△ABC 是正三角形，可得△P AC ≌△P AB ，△P AC ≌△PBC . 又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°.从而PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又P A ，PC ⊂平面P AC ，P A ∩PC ＝P ， 故PB ⊥平面P AC ，又PB ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝ 3. 从而AB ＝ 3.由(1)可得P A 2＋PB 2＝AB 2，故P A ＝PB ＝PC ＝62. 所以三棱锥P －ABC 的体积为 13·12·P A ·PB ·PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫623＝68. 感悟升华 1.判定面面垂直的方法主要是：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．2．已知平面垂直时，解题一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【训练2】 (2021·安徽A10联盟检测)如图，在四棱锥A －BCDE 中，△ADE 是边长为2的等边三角形，平面ADE ⊥平面BCDE ，底面BCDE 是等腰梯形，DE ∥BC ，DE ＝12BC ，BE＝DC ＝2，BD ＝23，点M 是DE 边的中点，点N 在BC 上，且BN ＝3.(1)证明：BD ⊥平面AMN ；(2)设BD ∩MN ＝G ，求三棱锥A －BGN 的体积． (1)证明 ∵△ADE 是等边三角形，M 是DE 的中点， ∴AM ⊥DE .又平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE ∩平面BCDE ＝DE ， ∴AM ⊥平面BCDE ，∵BD ⊂平面BCDE ，∴AM ⊥BD ，∵MD ＝ME ＝1，BN ＝3，DE ∥BC ，DE ＝12BC ，∴MD 綉CN ，∴四边形MNCD 是平行四边形， ∴MN ∥CD .又BD ＝23，BC ＝4，CD ＝2，∴BD 2＋CD 2＝BC 2， ∴BD ⊥CD ，∴BD ⊥MN .又AM ∩MN ＝M ，∴BD ⊥平面AMN . (2)解 由(1)知AM ⊥平面BCDE ， ∴AM 为三棱锥A －BGN 的高． ∵△ADE 是边长为2的等边三角形， ∴AM ＝ 3.易知GN ＝34CD ＝32，又由(1)知BD ⊥MN ，∴BG ＝BN 2－NG 2＝332.∴S △BGN ＝12BG ·NG ＝12×332×32＝938.∴V A －BGN ＝13S △BGN ·AM ＝13×938×3＝98.考点三 平行与垂直的综合问题角度1 平行与垂直关系的证明【例3】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面P AB ⊥平面PCD ； (3)EF ∥平面PCD .证明 (1)因为P A ＝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P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面P AD .又PD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ，且P A ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面P AB .又PD ⊂平面PCD ， 所以平面P AB ⊥平面PCD .(3)如图，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 ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .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 .感悟升华 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． 2．垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．如果有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．角度2 平行垂直关系与几何体的度量【例4】 (2019·天津卷)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P AC ⊥平面PCD ，P A ⊥CD ，CD ＝2，AD ＝3.(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面P AD ； (2)求证：P A ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值． (1)证明 连接BD ，易知AC ∩BD ＝H ，BH ＝DH .又由BG ＝PG ，故GH 为△PBD 的中位线，所以GH ∥PD . 又因为GH ⊄平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以GH ∥平面P AD . (2)证明 取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC .又因为平面P AC ⊥平面PCD ，平面P AC ∩平面PCD ＝PC ，DN ⊂平面PCD ，所以DN ⊥平面P AC .又P A ⊂平面P AC ，所以DN ⊥P A . 又已知P A ⊥CD ，CD ∩DN ＝D ， 所以P A ⊥平面PCD .(3)解 连接AN ，由(2)中DN ⊥平面P AC ，可知∠DAN 为直线AD 与平面P AC 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 ＝ 3.又DN ⊥AN ，在Rt △AND 中，sin ∠DAN ＝DN AD ＝33.所以直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为33. 感悟升华 1.平行垂直关系应用广泛，不仅可以证明判断空间线面、面面位置关系，而且常用以求空间角和空间距离、体积．2．综合法求直线与平面所成的角，主要是找出斜线在平面内的射影，其关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解．【训练3】 如图，AB 是⊙O 的直径，P A 垂直于⊙O 所在的平面，C 是圆周上不同于A ，B 的一动点．(1)证明：△PBC是直角三角形；(2)若P A＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为2时，求直线AB与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．∴BC⊥AC，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，又P A∩AC＝A，P A，AC⊂平面P AC，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥PC，∴△BPC是直角三角形．(2)解如图，过A作AH⊥PC于H，∵BC⊥平面P AC，∴BC⊥AH，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，∴AH⊥平面PBC，∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，∵P A⊥平面ABC，∴∠PCA是直线PC与平面ABC所成的角，∵tan∠PCA＝P AAC＝2，又P A＝2，∴AC＝2，∴在Rt △P AC 中，AH ＝P A ·AC P A 2＋AC 2＝233，∴在Rt △ABH 中，sin ∠ABH ＝AH AB ＝2332＝33，故直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为33.与垂直平行相关的探索性问题立体几何中的探索性问题是近年高考的热点，题目主要涉及线面平行、垂直位置关系的探究，条件或结论不完备的开放性问题的探究，重点考查逻辑推理，直观想象与数学运算核心素养． 【典例】 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，△PDC 和△BDC 均为等边三角形，且平面PDC ⊥平面BDC .(1)在棱PB 上是否存在点E ，使得AE ∥平面PDC ？若存在，试确定点E 的位置；若不存在，试说明理由． (2)若△PBC 的面积为152，求四棱锥P －ABCD 的体积． 解 (1)存在点E ，当点E 为棱PB 的中点时，使得AE ∥面PDC ，理由如下：如图所示，取PB 的中点E ，连接AE ，取PC 的中点F ，连接EF ，DF ，取BC 的中点G ，连接DG .因为△BCD 是等边三角形，所以∠DGB ＝90°. 因为∠ABC ＝∠BAD ＝90°，所以四边形ABGD 为矩形，所以AD ＝BG ＝12BC ，AD ∥BC .因为EF 为△BCP 的中位线，所以EF ＝12BC ，且EF ∥BC ，故AD ＝EF ，且AD ∥EF ，所以四边形ADFE 是平行四边形，从而AE ∥DF ， 又AE ⊄平面PDC ，DF ⊂平面PDC ， 所以AE ∥平面PDC .(2)取CD 的中点M ，连接PM ，过点P 作PN ⊥BC 交BC 于点N ，连接MN ，如图所示． 因为△PDC 为等边三角形，所以PM ⊥DC .因为PM ⊥DC ，平面PDC ⊥平面BDC ，平面PDC ∩平面BDC ＝DC . 所以PM ⊥平面BCD ，故PM 为四棱锥P －ABCD 的高． 又BC ⊂平面BCD ，所以PM ⊥BC .因为PN ⊥BC ，PN ∩PM ＝P ，PN ⊂平面PMN ，PM ⊂平面PMN ，所以BC ⊥平面PMN . 因为MN ⊂平面PMN ，所以BC ⊥MN . 由M 为DC 的中点，易知NC ＝14BC .设BC ＝x ，则△PBC 的面积为x 2·x 2－⎝⎛⎭⎫x 42＝152，解得x ＝2，即BC ＝2， 所以AD ＝1，AB ＝DG ＝PM ＝ 3.故四棱锥P －ABCD 的体积为V ＝13×S 梯形ABCD ×PM ＝13×1＋2×32×3＝32.素养升华 1.求条件探索性问题的主要途径：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．2．涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果． 【训练】 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，P A ＝1，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P －ABC 的体积；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得AC ⊥BM ，若存在点M ，求出PMMC 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题知AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°， 可得S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin 60°＝32，由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P －ABC 的高． 又P A ＝1，所以三棱锥P －ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥AC ，所以MN ⊥AC . 由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN . 又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM .在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12，从而NC ＝AC －AN ＝32.由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13.A 级 基础巩固一、选择题1．(2021·淮北质检)已知平面α，直线m ，n ，若n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的( )A ．充分不必要条件B ．充分必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 由n ⊂α，m ⊥n ，不一定得到m ⊥α；反之，由n ⊂α，m ⊥α，可得m ⊥n . ∴若n ⊂α，则“m ⊥n ”是“m ⊥α”的必要不充分条件．2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( ) A ．A 1E ⊥DC 1 B ．A 1E ⊥BD C ．A 1E ⊥BC 1 D ．A 1E ⊥AC 答案 C解析 如图，由题设知，A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，且BC 1⊂平面BCC 1B 1，从而A 1B 1⊥BC 1. 又B 1C ⊥BC 1，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1CD ，又A 1E ⊂平面A 1B 1CD ，所以A 1E ⊥BC 1.3．(2021·郑州调研)已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( ) A ．m ⊥l ，m ⊂β，l ⊥α B ．m ⊥l ，α∩β＝l ，m ⊂α C ．m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β D ．l ⊥α，m ∥l ，m ∥β答案 D解析 在A 中，m ⊥l ，m ⊂β，l ⊥α，则α与β相交或平行，故A 错误； 在B 中，m ⊥l ，α∩β＝l ，m ⊂α，则α与β有可能相交但不垂直，故B 错误； 在C 中，m ∥l ，m ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故C 错误；在D 中，l ⊥α，m ∥l ，则m ⊥α，又m ∥β，则α⊥β，故D 正确．4．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形，若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12 B ．π3C.π4 D ．π6答案 B解析 如图，取正三角形ABC 的中心为O ，连接OP ，则∠P AO 是P A 与平面ABC 所成的角．因为底面边长为3， 所以AD ＝3×32＝32，AO ＝23AD ＝23×32＝1.三棱柱的体积为34×(3)2AA 1＝94， 解得AA 1＝3，即OP ＝AA 1＝3， 所以tan ∠P AO ＝OPOA＝3，因为直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， 所以∠P AO ＝π3.5. (2020·昆明诊断)如图，AC ＝2R 为圆O 的直径，∠PCA ＝45°，P A 垂直于圆O 所在的平面，B 为圆周上不与点A 、C 重合的点，AS ⊥PC 于S ，AN ⊥PB 于N ，则下列不正确的是( )A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面P ABC．平面P AB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面P AC答案 B解析∵P A⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴P A⊥BC，又AC为圆O直径，所以AB⊥BC，又P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，又AN⊂平面ABP，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，∴AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正确，C，D显然正确．6．(2020·衡水调研)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的结论的个数是()A．1个B．2个C．3个D．4个答案 C解析对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C 的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1綉AC，由于①知：AD1∥BC1，所以面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．二、填空题7．(2019·北京卷)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m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.8.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案 12解析 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF ， 由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又12×2×2＝12×h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66. 由面积相等得12×66×x 2＋⎝⎛⎭⎫222＝12×22x ， 得x ＝12.9.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD (只要填写一个你认为是正确的条件即可)．答案 DM ⊥PC (或BM ⊥PC ) 解析 连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，因为P A ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC . 所以当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时， 有PC ⊥平面MBD .PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD ⊥平面PCD . 三、解答题10.如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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． (1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ，AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)解 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 ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°.所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.11. (2021·昆明诊断)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，△P AD 是正三角形，E 为线段AD 的中点．(1)求证：平面PBC ⊥平面PBE ；(2)是否存在满足PF →＝λFC →(λ>0)的点F ，使得V B －P AE ＝34V D －PFB ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为△P AD 是正三角形，E 为线段AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 是菱形，所以AD ＝AB ，又∠BAD ＝60°， 所以△ABD 是正三角形， 所以BE ⊥AD . 又BE ∩PE ＝E ， 所以AD ⊥平面PBE . 又AD ∥BC ， 所以BC ⊥平面PBE . 又BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PBE .(2)解 由PF →＝λFC →，知(λ＋1)FC ＝PC ， 所以V B －P AE ＝12V P －ADB ＝12V P －BCD ＝λ＋12V F －BCD ，V D －PFB ＝V P －BDC －V F －BDC ＝λV F －BCD . 因此，λ＋12＝3λ4，得λ＝2.故存在满足PF →＝λFC →(λ>0)的点F ， 使得V B －P AE ＝34V D －PFB ，此时λ＝2.B 级 能力提升12．如图，正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，已知△A ′DE 是△ADE 绕直线DE 翻折过程中的一个图形，现给出下列命题： ①恒有直线BC ∥平面A ′DE ； ②恒有直线DE ⊥平面A ′FG ；③恒有平面A ′FG ⊥平面A ′DE ，其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D解析对于①，∵DE为△ABC的中位线，∴DE∥BC，又知DE⊂平面A′DE，BC⊄平面A′DE，∴BC∥平面A′DE，故①正确；对于②，∵△ABC为等边三角形，AF为BC边上的中线，∴BC⊥AF，又知DE∥BC，∴DE⊥AF，∴DE⊥FG，根据翻折的性质可知，DE⊥A′G，又A′G∩FG＝G，∴DE⊥平面A′FG，故②正确；对于③，由②知DE⊥平面A′FG，又知DE⊂平面A′DE，∴平面A′FG⊥平面A′DE，故③正确．综上，正确的命题为①②③. 13．(2019·全国Ⅰ卷)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3，那么P到平面ABC的距离为________．答案 2解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.所以PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝32－12＝ 2.14.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 ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．(1)证明 由已知可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝A ，AC ，AD ⊂平面ACD ，所以AB ⊥平面ACD . 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解 由已知可得， DC ＝CM ＝AB ＝3， DA ＝AM ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綉13DC .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V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.。
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习课时规范练36直线平面垂直的判定与性质北师大版
课时规范练36直线、平面垂直的判定与性质基础巩固组1.(2021湖南师大附中模拟)若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且m⊥α,n⊂β,则“m∥n”是“α⊥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.已知平面α,β,直线n⊂α,直线m⊂β,则下列命题正确的是()A.α∥β⇒m∥nB.α⊥β⇒m⊥nC.m⊥α⇒α⊥βD.m⊥n⇒m⊥α3.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是()A.AC⊥SBB.AD⊥SCC.平面SAC⊥平面SBDD.BD⊥SA4.已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD垂直圆柱的底面,则必有()A.平面ABC⊥平面BCDB.平面BCD⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面BCD⊥平面ABD5.(2021浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B16.如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是()A.①③B.②④C.①④D.②③7.(2021北京人大附中模拟)已知α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β,下列四个命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l⊥m⇒α∥β;④l∥m⇒α⊥β.其中正确的命题是.(写出所有正确命题的序号)8.如图,已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连接PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有对.9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为a的正方形,侧棱PD=a,PA=PC=√2a.求证:(1)PD⊥平面ABCD;(2)平面PAC⊥平面PBD.综合提升组10.若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,正确的是()A.若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线B.若直线m⊥α,则在平面β内,不存在无数条直线与直线m垂直C.若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m异面的直线D.若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线11.如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的是()A.①③B.①④C.②③D.②④12.(2021河北迁西第一中学模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1⊥平面ABC,BC=CC1,当底面A1B1C1满足条件时,有AB1⊥BC1.(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情况)13.在矩形ABCD中,AB<BC,现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是.14.(2021广东珠海第二中学模拟)在五面体EF-ABCD中,正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直,四AB.边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=DC=BC=12(1)求证:平面BCF⊥平面ACE;(2)若三棱锥A-BCE的体积为4√3,求线段AB的长.3创新应用组15.刘徽注《九章算术·商功》“斜解立方,得两堑堵.斜解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.合两鳖臑三而一,验之以棊,其形露矣.”如图1解释了由一个长方体得到“堑堵”“阳马”“鳖臑”的过程.堑堵是底面为直角三角形的直棱柱;阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥;鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体.图1图2在如图2所示由正方体ABCD-A1B1C1D1得到的堑堵ABC-A1B1C1中,当点P在下列三个位置:A1A中点,A1B 中点,A1C中点时,分别形成的四面体P-ABC中,鳖臑的个数为()A.0B.1C.2D.316.(2021广东深圳月考)已知某“鞠”(鞠为一种球体)的表面上有四个点A,B,C,D满足AB=BC=CD=DA=DB=10 cm,AC=15 cm,则点A到平面BCD的距离为cm,该“鞠”的表面积为cm2.课时规范练36直线、平面垂直的判定与性质1.A解析:若m∥n,∵m⊥α,∴n⊥α.又n⊂β,由面面垂直判定定理知,α⊥β.∴“m∥n”是“α⊥β”的充分条件;若α⊥β,如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,记平面BCC'B'为α,记平面ABCD为β,A'B'为直线m,AD为直线n,满足条件α⊥β,m⊥α,n⊂β,直线m,n异面.∴“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件.故选A.2.C解析:若直线n⊂α,直线m⊂β,α∥β,则m与n可能异面,可能平行,故A错误;由直线n⊂α,直线m⊂β,α⊥β,则m与n可能平行,可能相交,可能异面,故B错误;由直线m⊂β,m⊥α,可得α⊥β,故C正确;由直线n⊂α,直线m⊂β,m⊥n,则m与α可能平行,可能相交,故D错误.故选C.3.D解析:SD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直,则SB⊥AC,A正确;SC在平面ABCD 的射影DC与AD垂直,则SC⊥AD,B正确;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC⊂平面SAC,从而有平面SAC⊥平面SBD,C正确;若BD⊥SA,则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA,这不符合题意,D错误.故选D.4.B解析:因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC.又AD垂直圆柱的底面,所以AD⊥BC.因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B.5.A解析:连接AD1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1D的中点,所以M为AD1中点.又N是D1B的中点,所以MN∥AB.因为MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.因为AB不垂直BD,所以MN不垂直BD,则MN不垂直平面BDD1B1,所以选项B,D错误;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD1⊥A1D,AB⊥平面AA1D1D,所以AB⊥A1D,AD1∩AB=A,所以A1D⊥平面ABD1.D1B⊂平面ABD1,所以A1D⊥D1B,且直线A1D,D1B是异面直线,所以选项C错误,选项A正确.故选A.6.B解析:对于①,由AB与CE所成角为45°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于②,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;对于③,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于④,连接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB ⊥平面CDE.故选B.7.①④解析:α∥β,l⊥α,所以l⊥β.又m⊂β,所以l⊥m,①正确;α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,所以l,m可能平行、相交或异面,②错误;l⊥m,l⊥α,m⊂β,则α,β相交或平行,③错误;l∥m,l⊥α,则m⊥α,又m⊂β,所以α⊥β,④正确.8.7解析:在四棱锥P-ABCD中,①因为PD⊥平面ABCD,PD⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD;同理可得,平面PBD⊥平面ABCD,平面PCD⊥平面ABCD;②因为PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PD⊥AB.因为ABCD为正方形,所以AB⊥AD.又PD,AD在平面PAD内,且相交于点D,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.同理可得,平面PCB⊥平面PCD,平面PAC⊥平面PBD,平面PCD⊥平面PAD.所以一定互相垂直的平面有7对.9.证明(1)∵PD=a,DC=a,PC=√2a,∴PC2=PD2+DC2,则PD⊥DC.同理可证PD⊥AD.又AD∩DC=D,且AD⊂平面ABCD,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥平面ABCD.(2)(方法1)由(1)知PD⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又BD∩PD=D,且PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.(方法2)设AC与BD交于点O,连接PO(图略),易知PO⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又PO∩BD=O,PO⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.10.D解析:设平面α∩平面β=直线l,对于A,当平面α⊥平面β时,在平面β内作直线n⊥l,则n⊥α,而m⊥α,则n∥m,故A错误;对于B,m⊥α,则m⊥l,则平面β内与l平行的所有直线都与直线m垂直,故B错误;对于C,因为直线m⊂α,则m与l重合时,即m⊂β,β内的所有直线都与m共面,故C错误;对于D,当m⊥β时,结论成立,直线m与β不垂直时,作与直线m垂直的平面γ,则γ必与β相交,所得交线与m垂直,故D正确.故选D.11.C解析:设正方体的棱长为2,对于①,如图1所示,连接AC,则MN∥AC,图1 故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=√2,CP=1,故tan∠POC=√2=√22,则MN⊥OP不成立,故①错误;图2对于②,如图2所示,取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥MT,PQ⊥MN.由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面AMDT,而OQ⊂平面AMTD,故SM⊥OQ,而SN∩MN=N,故OQ⊥平面SNTM.又MN⊂平面SNTM,则OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故②正确;图3对于③,如图3,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故③正确;对于④,如图4所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,图4则AC∥MN.因为DP=PC ,DQ=QA ,所以PQ ∥AC ,故PQ ∥MN , 所以∠QPO (或其补角)为异面直线OP ,MN 所成的角, 因为PQ=12AC=√2,OQ=√AO 2+AQ 2=√2+1=√3, PO=√PK 2+OK 2=√4+1=√5,所以OQ 2<PQ 2+OP 2, 所以∠QPO 不是直角,故OP 与MN 不垂直,故④错误.故选C .12.A 1C 1⊥B 1C 1(答案不唯一) 解析:当底面A 1B 1C 1满足条件A 1C 1⊥B 1C 1时,有AB 1⊥BC 1. 证明如下:∵AA 1⊥平面ABC ,BC=CC 1, ∴四边形BCC 1B 1是正方形,∴BC 1⊥B 1C. ∵CC 1∥AA 1,∴A 1C 1⊥CC 1.又A 1C 1⊥B 1C 1,CC 1∩B 1C 1=C 1,CC 1,B 1C 1⊂平面BCC 1B 1, ∴A 1C 1⊥平面BCC 1B 1.∵AC ∥A 1C 1,∴AC ⊥平面BCC 1B 1. ∵BC 1⊂平面BCC 1B 1,∴BC 1⊥AC. ∵AC ,B 1C ⊂平面ACB 1,∴BC 1⊥平面ACB 1,∴当底面A 1B 1C 1满足条件A 1C 1⊥B 1C 1时,有AB 1⊥BC 1. 13.② 解析:①假设AC 与BD 垂直,过点A 作AE ⊥BD 于点E ,连接CE.则AE ⊥BDBD ⊥AC }⇒BD ⊥平面AEC ,则BD ⊥CE ,而在平面BCD 中,CE 与BD 不垂直,故假设不成立,①不正确.②假设AB ⊥CD ,∵AB ⊥AD ,∴AB ⊥平面ACD ,∴AB ⊥AC ,由AB<BC 可知,存在这样的直角三角形,使AB ⊥AC ,故假设成立,②正确.③假设AD ⊥BC ,∵CD ⊥BC ,∴BC ⊥平面ACD ,∴BC ⊥AC ,即△ABC 为直角三角形,且AB 为斜边,而AB<BC ,故矛盾,假设不成立,③不正确.14.(1)证明取AB 中点O ,连接CO.∵AD=DC=BC=12AB ,AB ∥CD , ∴四边形AOCD 为菱形,∴CO=OA=OB ,∴△OCB 为正三角形,∴AC ⊥BC. ∵正方形CDEF 所在平面与平面ABCD 垂直, 且平面CDEF ∩平面ABCD=CD ,CD ⊥CF ,∴FC ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,∴FC ⊥AC.BC ∩FC=C , ∴AC ⊥平面BCF.∵AC ⊂平面ACE ,∴平面ACE ⊥平面BCF.(2)解设BC=x ,则AB=2x ,由勾股定理得AC=√3x ,由(1)可知,ED ⊥平面ABCD , 故V A-BCE =V E-ABC =13S △ABC ·ED ,S △ABC =12·x ·√3x=√32x 2,即√36x 3=4√33,解得x=2,即AB=4.15.C 解析:设正方体的棱长为a ,则由题意知,A 1C 1=AC=√2a ,A 1B=√2a ,A 1C=√3a ,当P 为A 1A 的中点时,因为PA ⊥平面ABC ,则∠PAC=∠PAB=90°,∠ABC=90°.由BC ⊥平面PAB ,得BC ⊥PB ,即∠PBC=90°,则△PAB ,△PAC ,△ABC ,△PBC 是直角三角形,即此时P-ABC 是鳖臑;当P 为A 1B 的中点时,因为BC ⊥平面ABB 1A 1,所以BC ⊥PB ,BC ⊥AB , 所以△PBC ,△ABC 为直角三角形.因为ABB 1A 1是正方形,所以AP ⊥BP ,则△PAB 是直角三角形,又AP ⊥BC ,BP ∩BC=B ,所以AP ⊥平面PBC ,所以AP ⊥PC ,所以△PAC 是直角三角形,则此时P-ABC 是鳖臑;当P 为A 1C 的中点时,此时PA=PC=12A 1C=√3a2,又AC=√2a ,由勾股定理可知,△PAC 不是直角三角形,则此时P-ABC 不是鳖臑.故选C . 16.152700π3解析:由已知得△ABD ,△CBD 均为等边三角形.如图所示,设球心为O ,设△BCD 的中心为O',取BD 的中点F ,连接AF ,CF ,OO',OB ,O'B ,AO ,则AF ⊥BD ,CF ⊥BD ,AF ∩CF=F ,得BD ⊥平面AFC ,则AF=CF=5√3cm,而AC=15cm,所以∠AFC=120°.在平面AFC 中过点A 作CF 的垂线,与CF 的延长线交于点E ,由BD ⊥平面AFC ,得BD ⊥AE ,故AE ⊥平面BCD.过点O 作OG ⊥AE 于点G ,则四边形O'EGO 是矩形,则O'B=23BC sin60°=10√33(cm),O'F=12O'B=5√33(cm), AE=AF sin60°=152(cm),即点A 到平面BCD 的距离为152cm,EF=AF sin30°=5√32(cm). 设球的半径为R ,OO'=x cm,则由OO'2+O'B 2=OB 2,OA 2=AG 2+GO 2,得x 2+1003=R 2,5√32+5√332+152-x 2=R 2,解得x=5,则R=√1753cm,故三棱锥A-BCD 外接球的表面积S=4πR 2=700π3(cm 2).。
2020版高考数学理科一轮复习课件(北师大版)：直线、平面垂直的判定与性质
直线 与平 面垂 直
课前双基巩固
对点演练
题组一 常识题
1.[教材改编] 已知直线 a,b 和平面 α,且 a⊥α,b∥α,则 a 与 b 的位置关系为 .
[答案] a⊥b
[解析] 因为 a⊥α,所以 a 垂直于 α 内的任意直线.因为 b∥α,所以 b 可 以平移至 α 内,所以 a⊥b.
课前双基巩固
②
课前双基巩固
题组二 常错题
◆索引:忽略线面垂直的条件;忽视平面到空间的变化.
5.“直线 a 与平面 α 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平面 α 垂直”的 条件.
[答案] 必要不充分
[解析] 根据直线与平面垂直的定 义知“直线 a 与平面 α 内的无数条 直线都垂直”不能推出“直线 a 与 平面 α 垂直”,反之则可以,所以应 是必要不充分条件.
(2)若 PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则 点 O 是△ABC 的 心.
①
课前双基巩固
2.[教材改编] 在三棱锥 P-ABC 中, 点 P 在平面 ABC 上的射影为点 O, (1)若 PA=PB=PC,则点 O 是△ABC 的 心;
(2)如图②,∵PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,
∴PC⊥平面 PAB,又 AB⊂平面 PAB,∴PC⊥AB,
两条相交直线 都垂直,则该直线与
图形表示
符号表示 b 是平面 α 内任意一条直 b ⫋ α , 线, ⇒a⊥α a⊥b a,b⫋α, a⋂b = O, ⇒l⊥α l ⊥ a,l ⊥ b
应用
证明直线和 平面垂直
此平面垂直
一条 如果两条平行直线中的
垂直 a ⊥ α, ⇒b⊥α a∥b
于一个平面,那么 另一条 也垂直于同 一个平面
高考数学第一轮知识点总复习 第五节 直线、平面垂直的判定及其性质
(2)证明:当a=4时,取BC边的中点M,AD边的中点N,连接AM、DM、 MN……..5′ ∵四边形ABMN和四边形DCMN都是正方形,…………………………………..6′ ∴∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+45°=90°,…………………………………..7′ 即DM⊥AM.又∵PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥DM,∴DM⊥面PAM，得PM⊥DM,………………………………………..9′ 故(3当)设aM=4是时B,CBC边边上的符中合点题M设使的P点MM⊥, DM. ∵PA⊥底面ABCD,∴DM⊥AM………………………………………………11′ 因此,M点应是以AD为直径的圆和BC边的交点,则AD≥2AB,即a≥4为所 求…………….12′
ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t，则t的
取值范围是
.
解析: 如图2，过K作KM⊥AF于M点，连接DM，
由平面ABD⊥平面ABC易得DM⊥AF，与折前的图
1对比，可知在折前的图形中D、M、K三点共线且
DK⊥AF，于是△DAK∽△FDA,
AK DA
AD ， t DF 1
分析 （1）本题第(1)问是寻求BD⊥平面PAC的条件,即BD垂直于平面 PAC内两相交直线,易知BD⊥PA,问题归结为a为何值时,BD⊥AC,从而知 ABCD为正方形. （2）若PM⊥DM,易知DM⊥面PAM，得DM⊥AM,由AB=2，a=4知， M为BC的中点时得两个全等的正方形，满足DM⊥AM.
2020届一轮复习北师大版直线平面垂直的判定和性质作业
1.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,3)设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则使a⊥b成立的一个充分条件是( )A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,a⊂α,b⊂βC.a⊥α,b⊥αD.a⊥α,b∥α答案 D2.(2018浙江诸暨高三上学期期末,19,15分)如图,在空间几何体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AB∥EF,AF=EF=BE=1,DF=.(1)求证:BF⊥平面ADF;(2)求直线BF与平面DCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:在等腰梯形ABEF中,AB=2,EF=AF=BE=1⇒∠FAB=,(1分)故BF=,则BF2+AF2=AB2,可得AF⊥BF.(3分)在△DFB中,由BF2+DF2=BD2,可得BF⊥DF.(5分)因为AF∩DF=F,所以BF⊥平面ADF.(7分)(2)作FO⊥AB交AB于O,如图,以O为原点,OF,OB,OG所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,(9分)则F,B,E,C,∴=(0,1,0),=,设平面DCEF的法向量为n=(x,y,z),由可取n=,(12分)设直线BF与平面DCEF所成角为θ,又=,所以sin θ=|cos<,n>|==,即直线BF与平面DCEF所成角的正弦值为.(15分)3.(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=2FD,∠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.解析(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,AF∩EF=F,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C(-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ABC的法向量,则同理可取m=(0,,4).则cos<n,m>==-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)评析本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.炼技法【方法集训】方法1 线面垂直判定的方法1.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),19,15分)如图,四边形ABEF是正方形,AB∥CD,AD=AB=BC=CD.(1)若平面ABEF⊥平面ABCD,求证:DB⊥平面EBC;(2)若DF⊥BC,求直线BD与平面ADF所成角的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABEF是正方形,∴EB⊥AB,又∵平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,∴EB⊥平面ABCD,∴EB⊥BD,(2分)∵AD=AB=BC=CD,∴不妨设AD=AB=BC=1,DC=2,则BD=,∴BD⊥BC.(4分)∵EB∩BC=B,∴DB⊥平面EBC.(6分)(2)解法一:如图,过点F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,连接AH并延长,交CD于点G.过点H作HI⊥AD交AD于点I,连接FI,作HO⊥FI交FI于点O,∵FH⊥平面ABCD,∴FH⊥BC,∵DF⊥BC,∴BC⊥平面FDH,∴BC⊥DH,即点H在BD上,(9分)∵FH⊥AD,HI⊥AD,FH∩HI=H,∴AD⊥平面FIH,∴AD⊥HO,∵HO⊥FI,FI∩AD=I,∴HO⊥平面AFD,∴点H到平面AFD的距离为HO,(11分)由已知可得DG=,HG=HI=,HO=,而BD=3DH,∴点B到平面AFD的距离为.(13分)设直线BD与平面AFD所成的角为θ,则sin θ=.(15分)解法二:以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AD=AB=BC=DC=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),C,D.(8分)设F(x,y,z),由题意可得将坐标代入得解得即F,(11分)设平面AFD的法向量为n=(a,b,c),则即令a=,则b=,c=-1,即n=(,,-1),(13分)设直线BD与平面AFD所成的角为θ,易知=,故sin θ=|cos<,n>|==,∴直线BD与平面ADF所成角的正弦值为.(15分)2.(2018浙江萧山九中12月月考,19)如图,在三棱柱ABC-DFE中,点P,G分别是AD,EF的中点,已知AD⊥平面ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.(1)求证:DG⊥平面BCEF;(2)求PE与平面BCEF所成角的正弦值.解析(1)证明:由题意知,AD⊥平面DEF,∴AD⊥DG,∴BF⊥DG,(2分)∵DE=DF,G是EF的中点,∴EF⊥DG,(4分)又BF∩EF=F,∴DG⊥平面BCEF.(7分)(2)取BC的中点H,连接HG,取HG的中点O,连接OP,OE,易知PO∥DG,所以PO⊥平面BCEF,所以∠OEP是PE与平面BCEF所成的角,(10分)由已知得,PE=,OP=,所以sin∠OEP==,(14分)故PE与平面BCEF所成角的正弦值为.(15分)方法2 面面垂直判定的方法1.( 2018浙江杭州第二次高考教学质量检测(4月),19)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,∠A=120°,M为线段BC的中点,D为线段BC上一点,且BD=BA,沿直线AD将△ADC 翻折至△ADC',使AC'⊥BD.(1)证明:平面AMC'⊥平面ABD;(2)求直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)证明:由题意知AM⊥BD,又AC'⊥BD,所以BD⊥平面AMC',因为BD⊂平面ABD,所以平面AMC'⊥平面ABD.(7分)(2)在平面AC'M中,过C'作C'F⊥AM交AM于点F,连接FD.由(1)知,C'F⊥平面ABD,所以∠C'DF为直线C'D与平面ABD所成的角.设AM=1,则AB=AC=2,BM=,MD=2-,DC=DC'=2-2,AD=-.在Rt△C'MD中,MC'2=C'D2-MD2=(2-2)2-(2-)2=9-4.设AF=x,在Rt△C'FA中,AC'2-AF2=MC'2-MF2,即4-x2=(9-4)-(1-x)2,解得x=2-2,即AF=2-2.所以C'F=2.故直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值等于=.(15分)2.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,19)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=PC=2,AC=4,∠PBC=,点E在BC上,且BE=EC.(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;(2)求AE与平面PAB所成角的正弦值.解析(1)证明:因为PC⊥平面ABC,所以PC⊥AB,PC⊥BC.(2分)又因为在三角形PBC中,PC=2,∠PBC=,所以BC=2,(4分)而AB=2,AC=4,所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.(6分)又AB⊥PC,PC∩BC=C,所以AB⊥平面PBC,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PBC.(8分) (2)设AE与平面PAB所成的角为θ.因为BE=EC,所以点E到平面PAB的距离d E=d C(d C表示点C到平面PAB的距离).(11分)过C作CF⊥PB于点F,由(1)知CF⊥平面PAB,易得d C=CF=,所以d E=d E=.(13分)又AE==,所以sin θ==.(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点垂直的判定和性质1.(2014浙江文,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 C2.(2016浙江文,18,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.解析(1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)因为BF⊥平面ACK,所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角.在Rt△BFD中,BF=,DF=,得cos∠BDF=,所以,直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,线面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以四边形A1AED 为平行四边形.故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解法一:作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cos∠A1FB1=-.解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,).因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos<m,n>|==.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.4.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解法一:作BF⊥AD与AD交于点F,过点F作FG∥DE与AE交于点G,连接BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD,所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,所以AF=,即AF=AD,从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.在△BFG中,cos∠BFG==,所以∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意及(1)知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|===,由题图可知,所求二面角的平面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识和空间向量的应用,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点垂直的判定和性质1.(2017课标全国Ⅲ文,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC答案 C2.(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.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V Q-ABP=·QE·S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.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的关系;(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.3.(2018课标全国Ⅲ文,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)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=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MC∥OP.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.4.(2018课标全国Ⅲ理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的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)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.解析本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0) .设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==,sin<n,>=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.解后反思一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.5.(2018北京理,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.解析(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1⊥平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以AC⊥EF.因为AB=BC,所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC,所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos<n,>==-.由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n·=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直线FG与平面BCD相交.6.(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.解析(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.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.7.(2017课标全国Ⅲ文,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A E⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.解析(1)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.从而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.(2)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∶1.8.(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.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,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.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).易错警示a∥b,a∥α⇒/ b∥α.9.(2017课标全国Ⅲ理,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.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).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.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.C组教师专用题组考点垂直的判定和性质1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β,则在α内与β平行的直线D.若m,n,则m与n垂直于同一平面答案 D2.(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.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)因为PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)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=.直击高考立体几何是高考的必考题型,对立体几何的考查主要有两个方面:一是空间位置关系的证明;二是体积或表面积的求解.3.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.解析(1)证明:连接BD.设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)(2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.(10分)故cos<,>==-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分)评析本题考查了线面垂直的判定和性质、面面垂直的判定、异面直线所成的角.建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量的有关公式是求解的关键.证明“EG⊥平面AFC”是解题的难点.本题属中等难度题.4.(2015湖北,19,12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之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF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,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.解析解法一:(1)因为PD⊥底面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,而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.而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=,在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=,则tan=tan∠DPF===,解得λ=.所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),=(λ,1,-1),点E是PC的中点,所以E,=,于是·=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.因=(0,1,-1),·=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)因为PD⊥平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos===,解得λ=,所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.5.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.解析(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==-.由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即·=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以·=-2(a-2)-3(a-2)2.由·=0及0<a<2,解得a=.评析本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学生空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题的关键.6.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.解析(1)证明:ABCD为矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP==,故四棱锥P-ABCD的体积V=··m·=.因为m==,故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,,0),=.设平面BPC的法向量为n1=(x,y,1),则由n1⊥,n1⊥得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的法向量为n2=.从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cos θ===.评析本题考查面面垂直的性质定理、线线垂直的判定、空间几何体的体积以及二面角的求解等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力,正确利用面面垂直的性质定理求出棱锥的高是解决本题的关键.计算失误是失分的主要原因.7.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O 为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.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.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.=,==,==.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即所以可取n=(1,,).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-,).则cos<n,m>==.易知二面角A-A1B1-C1为锐角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.评析本题主要考查直线与平面垂直的判定定理与性质定理、直线与直线垂直、二面角的求法、空间向量的应用等基础知识,考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从O点引出的三条射线OA,OB,OB1两两垂直.8.(2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=.在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===.故cos∠C1HO1===.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB,OC,OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ=|cos<n1,n2>|===.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.9.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解析(1)证法一:过E作EO⊥BC,垂足为O,连接OF.由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC=∠FOC=,即FO⊥BC.又EO⊥BC,因此BC⊥面EFO.又EF⊂面EFO,所以EF⊥BC.图1证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此·=0.从而⊥,所以EF⊥BC.图2(2)解法一:在图1中,过O作OG⊥BF,垂足为G,连EG.由平面ABC⊥平面BDC,从而EO⊥面BDC,又OG⊥BF,易知EG⊥BF.因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角.在△EOC中,EO=EC=BC·cos 30°=,由△BGO∽△BFC知,OG=·FC=,因此tan∠EGO==2,从而sin∠EGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为θ,且由题意知θ为锐角,则cos θ=|cos<n1,n2>|==,因此sin θ==,即所求二面角的正弦值为.评析本题考查空间位置关系的证明及空间角的求法,考查线线垂直的本质是对垂直关系转化的考查.在利用向量法求二面角的正弦值时,注意到平面BFC的一个法向量为(0,0,1),可以使问题简捷,本题的难点和易错点都是空间直角坐标系的建立,由于A,D两点都不在坐标轴上,因此正确求出A,D两点的坐标是解决本题的关键.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共20分)1.(2019届浙江高考模拟试卷(三),5)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,现给出以下四个命题:①l∥β⇒l∥m;②α∥β⇒l⊥m;③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒l⊥β.其中,是正确命题的是( )A.①②③④B.①③。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
8.4 直线、平面垂直的判定与性质【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面垂直的判定与性质①以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的有关性质和判定定理②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2016北京文,18直线、平面垂直的判定与性质的应用直线与平面平行的判定★★★2018北京文,18平面与平面垂直的判定与性质的应用直线与平面平行的判定2017北京文,18空间几何体的体积分析解读从北京高考试题来看,线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一.考查的具体内容可分为两个层次:一是将定义、判定和性质结合起来,以客观题的形式出现,判断某些命题的真假;二是以常见几何体为背景,以解答题的形式出现,证明几何体中直线、平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间的相互转化.破考点练考向【考点集训】考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2019北京昌平二模文,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PCD★平面ABCD,AB=2,BC=1,PC=PD=√2,E为PB的中点.(1)求证:PD★平面ACE;(2)求证:PD★平面PBC;(3)求三棱锥E-ABC的体积.解析(1)证明:连接BD,交AC于点F,连接EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD的中点.又因为E为PB的中点,所以EF★PD.因为PD★平面ACE,EF★平面ACE,所以PD★平面ACE.(2)证明:因为底面ABCD为矩形,所以BC★CD.又因为平面PCD★平面ABCD,BC★平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,所以BC★平面PCD.因为PD★平面PCD,所以BC★PD.因为PC=PD=√2,CD=AB=2,所以PC2+PD2=CD2,即PD★PC.因为BC∩PC=C,BC,PC★平面PBC,所以PD★平面PBC.(3)因为底面ABCD是矩形,所以AD★BC.因为AD★平面PBC,BC★平面PBC,所以AD★平面PBC.由(2)得,PD★平面PBC,所以V E-ABC=V A-EBC=V D-EBC=13×12S★PBC·PD=13×12×12×1×√2×√2=16.所以三棱锥E-ABC的体积为16.2.(2019北京西城二模文,18)如图1,在平行四边形ABCD中,O为AD的中点,BO^AD.将三角形ABO沿BO折起到三角形A1BO的位置,如图2.(1)求证:BO^A1D;(2)若M为A1B的中点,求证:MO★平面A1CD;(3)判断平面A1OD能否垂直于平面A1CD,证明你的结论.图1图2解析 (1)证明:因为在题图1中,BO ★AD, 所以在题图2中,BO ★A 1O,BO ★OD, 又因为A 1O ∩OD=O,A 1O,OD ★平面A 1OD,所以BO ★平面A 1OD,又因为A 1D ★平面A 1OD, 所以BO ★A 1D.(2)证明:如图,取A 1C 的中点N,连接MN 、DN. 因为M 为A 1B 的中点,所以MN ★BC,MN=12BC,又因为OD ★BC,OD=12BC,所以MN ★OD,MN=OD,所以四边形OMND 为平行四边形,所以MO ★DN. 又因为MO ★平面A 1CD,DN ★平面A 1CD, 所以MO ★平面A 1CD.(3)结论:平面A 1OD 不可能垂直于平面A 1CD. 证明如下:假设平面A 1OD ★平面A 1CD,在平面A 1OD 内过O 作OE ★A 1D 于E, 因为平面A 1OD ∩平面A 1CD=A 1D, 所以OE ★平面A 1CD.又因为CD ★平面A 1CD,所以OE ★CD. 由(1)知BO ★平面A 1OD,所以BO ★OE.又因为BO 与CD 相交,BO,CD ★平面OBCD, 所以OE ★平面OBCD,故OE 同时垂直于两个相交平面OBCD 和A 1CD, 这显然不成立,故假设不成立.所以平面A 1OD 不可能垂直于平面A 1CD.解后反思 (1)先由线面垂直的判定定理得线面垂直,再由线面垂直的性质得线线垂直;(2)要证明线面平行,即在平面中找到一条直线与该直线平行,用线面平行的判定定理进行证明;(3)运用反证法进行证明.炼技法 提能力 【方法集训】方法1 证明线面垂直的方法1.如图,在三棱锥D-ABC 中,已知★BCD 是正三角形,AB ★平面BCD,AB=BC=a,E 为BC 的中点,F 在棱AC 上,且AF=3FC.(1)求三棱锥D-ABC 的体积; (2)求证:AC ★平面DEF;(3)若M 为DB 的中点,N 在棱AC 上,且CN=38CA,求证:MN ★平面DEF.解析 (1)因为★BCD 是正三角形,且AB=BC=a, 所以S ★BCD =√34a 2.又AB ★平面BCD,所以V D-ABC =V A-BCD =13·S ★BCD ·AB=13×√34a 2×a=√312a 3.(2)证明:取AC 的中点H,连接BH, 因为AB=BC,所以BH ★AC.因为AF=3FC,所以F 为CH 的中点. 又因为E 为BC 的中点, 所以EF ★BH,则EF ★AC,因为AB ★平面BCD,AB ★平面ABC, 所以平面ABC ★平面BCD.因为★BCD 是正三角形,E 为BC 的中点,所以DE ★BC.又因为平面ABC ∩平面BCD=BC,DE ★平面BCD,所以DE ★平面ABC. 因为AC ★平面ABC,所以DE ★AC. 又DE ∩EF=E,且DE,EF ★平面DEF, 所以AC ★平面DEF.(3)证明:当CN=38CA 时,连接CM 交DE 于O,连接OF.因为E 为BC 的中点,M 为DB 的中点, 所以O 为★BCD 的重心,则CO=23CM. 因为AF=3FC,CN=38CA,所以CF=23CN,所以CO CM =CF CN =23,所以MN ★OF. 又OF ★平面DEF,MN ★平面DEF, 所以MN ★平面DEF.思路分析 (1)由V D-ABC =V A-BCD 求解即可;(2)取AC 的中点H,连接BH,由题意证明EF ★AC,利用面面垂直的性质定理证明DE ★平面ABC,则可得DE ★AC,即可证得结论;(3)连接CM,交DE 于O,易证CO=23CM,CF=23CN,则MN ★OF,从而证得结论.方法点睛 本题主要考查空间几何体的体积,直线、平面垂直的判定与性质以及直线与平面平行的判定,考查了等积法求体积、空间想象能力与逻辑推理能力.2.在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知侧棱CC 1★底面ABC,M 为BC 的中点,AC=AB=3,BC=2,CC 1=√2. (1)证明:B 1C ★平面AMC 1;(2)求点A 1到平面AMC 1的距离.解析 (1)证明:在★ABC 中,AC=AB,M 为BC 的中点,故AM ★BC, 又侧棱CC 1★底面ABC,AM ★平面ABC,所以CC 1★AM, 又BC ∩CC 1=C,BC,CC 1★平面BCC 1B 1, 所以AM ★平面BCC 1B 1,又B 1C ★平面BCC 1B 1,所以AM ★B 1C.在Rt ★BCB 1中,tan ★B 1CB=B 1B BC =√22,在Rt ★MCC 1中,tan ★MC 1C=MC C 1C =√2=√22,所以★B 1CB=★MC 1C,又★B 1CB+★C 1CB 1=90°, 所以★MC 1C+★C 1CB 1=90°,即MC 1★B 1C,又AM ★B 1C,AM ∩MC 1=M,AM,MC 1★平面AMC 1,所以B 1C ★平面AMC 1. (2)由(1)知AM ★MC 1,设点A 1到平面AMC 1的距离为h,由于V A1-AMC1=V M-A1AC1=V M-CAC1=V C1-AMC,所以13S★AMC1·h=13S★AMC·CC1,于是h=S★AMC·CC1S★AMC1=12·AM·MC·CC112·AM·C1M=MC·CC1C1M=√2√3=√63,所以点A1到平面AMC1的距离为√63.方法2 证明面面垂直的方法3.(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.解析(1)证明:因为PC★平面ABCD,DC★平面ABCD,所以PC★DC.(2分)又因为DC★AC,AC∩PC=C,AC,PC★平面PAC,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,AB★平面ABCD,所以PC★AB.(7分)又AC∩PC=C,AC,PC★平面PAC,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)理由如下:如图,取PB的中点F,连接EF,CE,CF.又因为E为AB的中点,所以EF★PA.(13分)又因为PA★平面CEF,EF★平面CEF,所以PA★平面CEF.(14分)思路分析(1)证出PC★DC,从而证得DC★平面PAC.(2)先证AB ★AC,PC ★AB,从而证出AB ★平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证得结论. (3)此问为探究性问题,求解时可构造平面CEF,使得PA 平行于平面CEF 内的一条直线,由于点E 为AB 的中点,所以可取PB 的中点,构造中位线.4.已知四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,PA ★平面ABCD,PA=AB=2,E,F 分别是PB,PD 的中点.(1)求证:PB ★平面FAC;(2)求三棱锥P-EAD 的体积; (3)求证:平面EAD ★平面FAC.解析 (1)证明:连接BD,与AC 交于点O,连接OF, 在★PBD 中,O,F 分别是BD,PD 的中点,所以OF ★PB, 又因为OF ★平面FAC,PB ★平面FAC,所以PB ★平面FAC.(2)因为PA ★平面ABCD,AB,AD ★平面ABCD, 所以PA ★AB,PA ★AD,又因为AB ★AD,PA ∩AB=A,PA,AB ★平面PAB,所以AD ★平面PAB,在直角★PAB 中,PA=AB=2,E 为PB 的中点, 所以S ★PAE =1,所以V P-EAD =V D-PAE =13·S ★PAE ·AD=23.(3)证明:因为AD ★平面PAB,PB ★平面PAB,所以AD ★PB, 在等腰直角★PAB 中,AE ★PB, 又AE ∩AD=A,AE,AD ★平面EAD, 所以PB ★平面EAD,又OF ★PB,所以OF ★平面EAD,又OF ★平面FAC,所以平面EAD ★平面FAC.方法3 翻折问题的处理方法5.(2015浙江,8,5分)如图,已知★ABC,D是AB的中点,沿直线CD将★ACD翻折成★A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则( )A.★A'DB≤αB.★A'DB≥αC.★A'CB≤αD.★A'CB≥α答案B6.如图①所示,在Rt★ABC中,其★ABC=90°,D,E分别是AB,AC的中点,现沿DE将★ADE翻折,使得A与平面ABC外一点P重合,得到如图②所示的几何体.(1)证明:平面PBD★平面BCED;(2)记平面PDE与平面PBC的交线为l,探究:直线l与BC是否平行.若平行,请给出证明;若不平行,请说明理由.解析(1)证明:∵D,E分别为AB,AC的中点,∴DE★BC,∵★ABC=90°,∴AB★BC,∴BD★DE,PD★DE,∵PD∩BD=D,PD,BD★平面PBD,∴DE★平面PBD,∵DE★平面BCED,∴平面PBD★平面BCED.(2)平行.证明如下:∵DE★BC,DE★平面PDE,BC★平面PDE,∴BC★平面PDE,∵BC★平面PBC,平面PDE∩平面PBC=l,∴l★BC.【五年高考】A组自主命题·北京卷题组1.(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.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,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB★平面ABCD,所以AB★平面PAD.又PD★平面PAD,所以AB★PD.又因为PA★PD,AB∩PA=A,AB,PA★平面PAB,所以PD★平面PAB.又PD★平面PCD,所以平面PAB★平面PCD.(3)取PC的中点G,连接FG,DG.因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG★BC,FG=1BC.2因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE★BC,DE=1BC.2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.2.(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.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. (1)证明:因为PA ★AB,PA ★BC, BC ∩AB=B,BC,AB ★平面ABC, 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 的中点, 所以BD ★AC.由(1)知,PA ★BD, 又AC ∩PA=A,AC,PA ★平面PAC, 所以BD ★平面PAC. 又BD ★平面BDE,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=12PA=1,BD=DC=√2.由(1)知,PA ★平面ABC,所以DE ★平面ABC. 所以三棱锥E-BCD 的体积V=16BD ·DC ·DE=13.3.(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.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,PA,AD★平面PAD,所以CD★平面PAD.又PD★平面PAD,所以CD★PD.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,EF,BE★平面BEF,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)中的结论,通过证线面垂直,即CD★平面BEF,即可证得平面BEF★平面PCD.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(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.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数学运算的核心素养.(1)证明: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.×3×6×3=18.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=13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.2.(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.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)证明: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=√3,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.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.3.(2018课标Ⅱ文,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2√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=PC=AC=4,O 为AC 的中点, 所以OP ★AC,且OP=2√3. 连接OB,因为AB=BC=√22AC,所以★ABC 为等腰直角三角形,且OB ★AC,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ★OB.由OP ★OB,OP ★AC 且OB ∩AC=O 知OP ★平面ABC.(2)作CH ★OM,垂足为H.由(1)可得OP ★CH,又OM ∩OP=O,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=12AC=2,CM=23BC=4√23,★ACB=45°.所以OM=2√53,CH=OC ·MC ·sin ★OCM OM=4√55. 所以点C 到平面POM 的距离为4√55.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是解题的关键. 4.(2017天津,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.解析 (1)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=√AD 2+PD 2=√5,故cos ★DAP=AD AP =√55.所以,异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为√55.(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,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=√CD 2+CF 2=2√5,在Rt ★DPF 中,可得sin ★DFP=PD DF =√55.所以,直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为√55.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(或其补角)为异面直线所成的角;(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=ℎ(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l到斜足的距离).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,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,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.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a★β,a★α★α★β).易错警示a★b,a★α★/b★α.6.(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.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).C组教师专用题组1.(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=√2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.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,DO,PO★平面PDO,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12×2×1=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13×1×1=13. (3)解法一:在★POB 中,PO=OB=1,★POB=90°,所以PB=√12+12=√2.同理,PC=√2,所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC 中,将侧面BCP 绕PB 所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP 共面,如图所示.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 的中点.从而OC'=OE+EC'=√22+√62=√2+√62,亦即CE+OE 的最小值为√2+√62.解法二:在★ POB 中,PO=OB=1,★ POB=90°,所以★OPB=45°,PB=√12+12=√2.同理,PC=√2. 所以PB=PC=BC,所以★CPB=60°.在三棱锥P-ABC 中,将侧面BCP 绕PB 所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP 共面,如图所示.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×√2×cos(45°+60°) =1+2-2√2(√22×12-√22×√32)=2+√3.从而OC'=√2+√3=√2+√62.所以CE+OE 的最小值为√2+√62.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,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,以及数形结合思想、转化与化归思想.2.(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.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=23CG.由题设可得PC ★平面PAB,DE ★平面PAB,所以DE ★PC,因此PE=23PG,DE=13PC. 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√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=13×12×2×2×2=43.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.3.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC 中,平面PAC ★平面ABC,★ABC=π2,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.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=π2,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=√AC 2-BC 2=√36-x 2, 从而S ★ABC =12AB ·BC=12x 2.由EF ★BC 知,AF AB =AE AC =23,得★AFE ★★ABC,故S★AFE S ★ABC=(23)2=49,即S ★AFE =49S ★ABC .由AD=12AE,S ★AFD =12S ★AFE =12·49S ★ABC =29S ★ABC=19x √36-x 2,从而四边形DFBC 的面积为S DFBC =S ★ABC -S ★AFD =12x √36-x 2-19x √36-x 2=718x √36-x 2.由(1)知,PE ★平面ABC,所以PE 为四棱锥P-DFBC 的高. 在直角★PEC 中,PE=√PC 2-EC 2=√42-22=2√3. 体积V P-DFBC =13·S DFBC ·PE=13·718x √36-x 2·2√3=7,故得x 4-36x 2+243=0,解得x 2=9或x 2=27,由于x>0,可得x=3或x=3√3,所以,BC=3或BC=3√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.4.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD 为菱形,★ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的两点,BE ★平面ABCD,DF ★平面ABCD,BE=2DF,AE ★EC. (1)证明:平面AEC ★平面AFC;(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.解析 (1)证明:连接BD.设BD ∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD 中,不妨设GB=1.由★ABC=120°,可得AG=GC=√3.由BE ★平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE ★EC,所以EG=√3,且EG ★AC. 在Rt ★EBG 中,可得BE=√2,故DF=√22.在Rt ★FDG 中,可得FG=√62.在直角梯形BDFE 中,由BD=2,BE=√2,DF=√22,可得EF=3√22.从而EG 2+FG 2=EF 2,所以EG ★FG. 又AC ∩FG=G,可得EG ★平面AFC.因为EG ★平面AEC,所以平面AEC ★平面AFC.(6分)(2)如图,以G 为坐标原点,分别以GB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴正方向,|GB⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz. 由(1)可得A(0,-√3,0),E(1,0,√2),F (-1,0,√22),C(0,√3,0),所以AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,√2),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-√3,√22).(10分)故cos<AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CF ⃗⃗⃗⃗ |AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CF ⃗⃗⃗⃗ |=-√33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为√33.(12分)【三年模拟】一、选择题(共5分)1.(2018北京顺义二模,5)已知直线a,b,m,其中a,b 在平面α内,则“m ★a,m ★b ”是“m ★α”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B二、解答题(共95分)2.(2019北京丰台一模文,18)三棱柱ABC-A1B1C1被平面A1B1C截去一部分后得到如图所示几何体,BB1★平面ABC,★ABC=90°,BC=BB1,E为棱B1C上的动点(不包含端点),平面ABE交A1C于点F.(1)求证:AB★平面B1BC;(2)求证:EF★AB;(3)是否存在点E,使得平面ABE★平面A1B1C?并说明理由.解析(1)证明:因为BB1★平面ABC,AB★平面ABC,所以BB1★AB.因为★ABC=90°,所以BC★AB.因为BB1∩BC=B,B1B★平面B1BC,BC★平面B1BC,所以AB★平面B1BC.(2)证明:由题意可得AB★A1B1.因为AB★平面A1B1C,A1B1★平面A1B1C,所以AB★平面A1B1C.因为AB★平面ABEF,平面ABEF∩平面A1B1C=EF,所以EF★AB.(3)当点E为B1C的中点时,平面ABE★平面A1B1C.理由:因为BC=BB1,E为B1C的中点,所以BE★B1C.因为AB★平面B1BC,BE★平面B1BC,所以AB★BE.因为AB★A1B1,所以BE★A1B1.因为A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C★平面A1B1C,所以BE★平面A1B1C.因为BE★平面ABE,所以平面ABE★平面A1B1C.3.(2019北京东城一模文,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA★平面ABCD,PA=√3,AB ★CD,AB ★AD,AD=DC=1,AB=2,E 为侧棱PA 上一点. (1)若PE=13PA,求证:PC ★平面EBD;(2)求证:平面EBC ★平面PAC;(3)在侧棱PD 上是否存在点F,使得AF ★平面PCD?若存在,求出线段PF 的长;若不存在,请说明理由.解析 (1)证明:设AC ∩BD=G,连接EG.由AB ★CD,DC=1,AB=2,得AG GC =ABDC =2. 由PE=13PA,得AEEP=2.在★PAC 中,由AE EP =AGGC=2,得EG ★PC.因为EG ★平面EBD,PC ★平面EBD, 所以PC ★平面EBD.(2)证明:因为PA ★平面ABCD,BC ★平面ABCD, 所以BC ★PA.由已知得AC=√2,BC=√2,所以AC 2+BC 2=AB 2,所以BC ★AC.又PA ∩AC=A,PA,AC ★平面PAC,所以BC ★平面PAC. 因为BC ★平面EBC,所以平面EBC ★平面PAC. (3)存在.在平面PAD 内作AF ★PD 于点F.因为PA ★平面ABCD,CD ★平面ABCD,所以PA ★CD. 因为AB ★CD,AB ★AD,所以AD ★CD. 又PA ∩AD=A,PA,AD ★平面PAD, 所以CD ★平面PAD.因为AF ★平面PAD,所以CD ★AF.又PD ∩CD=D,PD,CD ★平面PCD,所以AF ★平面PCD. 由PA=√3,AD=1,PA ★AD, 得PF=32.4.(2019北京西城一模文,18)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,侧面ADEF为梯形,AF★DE,DE★AD,DC=DE.(1)求证:AD★CE;(2)求证:BF★平面CDE;(3)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面ADQ★平面BCE,并说明理由.解析(1)证明:由底面ABCD为矩形,知AD★CD,又因为DE★AD,DE∩CD=D,DE,CD★平面CDE,所以AD★平面CDE,又因为CE★平面CDE,所以AD★CE.(2)证明:由底面ABCD为矩形,知AB★CD,又因为AB★平面CDE,CD★平面CDE,所以AB★平面CDE,同理AF★平面CDE,又因为AB∩AF=A,AB,AF★平面ABF,所以平面ABF★平面CDE,又因为BF★平面ABF,所以BF★平面CDE,(3)结论:线段BE上存在点Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ★平面BCE.理由如下:取CE的中点P,BE的中点Q,连接AQ,DP,PQ,则PQ★BC.由AD★BC,得PQ★AD,所以A,D,P,Q四点共面.由(1)知AD★平面CDE,又因为DP★平面CDE,所以AD★DP,故BC★DP.在★CDE中,由DC=DE,P是CE的中点,可得DP★CE.又因为BC∩CE=C,BC,CE★平面BCE,所以DP★平面BCE,又因为DP★平面ADPQ,所以平面ADPQ★平面BCE(即平面ADQ★平面BCE),故线段BE 上存在点Q(Q 为BE 的中点),使得平面ADQ ★平面BCE.5.(2018北京朝阳一模,18)如图1,在梯形ABCD 中,BC ★AD,BC=1,AD=3,BE ★AD 于E,BE=AE=1,将★ABE 沿BE 折起至★A'BE,使得平面A'BE ★平面BCDE(如图2),M 为线段A'D 上一点. (1)求证:A'E ★CD;(2)若M 为线段A'D 的中点,求多面体A'BCME 与三棱锥M-CDE 的体积之比;(3)是否存在一点M,使得A'B ★平面MCE?若存在,求A'M 的长.若不存在,请说明理由.图1 图2解析 (1)证明:在梯形ABCD 中,有BE ★AE,所以A'E ★BE,∵平面A'BE ★平面BCDE,平面A'BE ∩平面BCDE=BE,A'E ★平面A'BE, ∴A'E ★平面BCDE,∵CD ★平面BCDE,∴A'E ★CD.(2)解法一:由(1)知A'E ★平面BCDE. ∵M 为A'D 的中点,∴M 到底面BCDE 的距离为12A'E,在梯形ABCD 中,连接CE,则S ★DCE =12DE ·BE=12×2×1=1, S ★BCE =12BC ·BE=12×1×1=12,则V M-DCE =13×12A'E ·S ★DCE =16,V A'-BCE =13A'E ·S ★BCE =16.由(1)易知A'E ★DE,∵M 为A'D 的中点,∴S ★A'EM =12, ∵A'E ★平面BCDE,A'E ★平面A'ED, ∴平面A'DE ★平面BCDE,∵BE ★ED,平面A'DE ∩平面BCDE=ED,BE ★平面BCDE, ∴BE ★平面A'DE.∵BC ★ED,∴C 到平面A'DE 的距离为BE=1. ∵V C-A'EM =13·S ★A'EM ·BE=16, V A'BCME =V C-A'EM +V A'-BCE =13,∴V A'BCME ∶V M-CDE =2∶1.解法二:由(1)知A'E ★平面BCDE, 则V A'-BCDE =13A'E ·S 梯形BCDE =13×1×(1+2)×12=12,同解法一得V M-DCE =16,则V A'BCME =12-16=13,则V A'BCME ∶V M-CDE =2∶1.(3)存在一点M,使得A'B ★平面MCE.理由如下:连接BD 交CE 于O,连接OM,如图所示.在四边形BCDE 中,∵BC ★DE,∴★BOC ★★DOE,∴OB OD =BC DE =12,∴OB BD =13,∵A'B ★平面CME,平面A'BD ∩平面CEM=OM,A'B ★平面A'BD, ∴A'B ★OM,在★A'BD 中,OM ★A'B,∴A'M A'D =BO BD =13, ∵A'E=1,DE=2,A'E ★ED,∴在Rt ★A'ED 中,A'D=√5,∴A'M=√53.思路分析 (1)折起后仍有A'E ★BE,由面面垂直的性质定理可得A'E ★平面BCDE,∵CD ★平面BCDE,∴A'E ★CD.(2)直接求出三棱锥M-CDE 的体积,利用分割法求出V A'BCME =V C-A'EM +V A'-BCE =13,从而可得结果;亦可先求出四棱锥A'-BCDE 的体积,三棱锥M-DCE 的体积,即可得到多面体A'BCME 的体积,从而可求比值.(3)根据三角形相似可得OBOD =12,进而可得OBBD =13,由线面平行的性质定理可得A'B ★OM,∴A'M A'D =BO BD =13,又在Rt ★A'ED 中,求得A'D=√5,∴A'M=√53.6.(2019北师大附中一模,16)在多面体CABDE 中,★ABC 为等边三角形,四边形ABDE 为菱形,平面ABC ★平面ABDE,AB=2,★DBA=π3.(1)求证:AB ★CD;(2)求点B 到平面CDE 的距离.解析 (1)证明:取AB 的中点O,连接CO,DO,AD, ∵★ABC 为等边三角形,∴CO ★AB, ∵四边形ABDE 为菱形,★DBA=π3,∴★DAB 为等边三角形,∴DO ★AB, 又∵CO ∩DO=O,CO,DO ★平面DOC, ∴AB ★平面DOC,∵CD ★平面DOC,∴AB ★CD.(2)∵平面ABDE ★平面ABC,CO ★AB,平面ABDE ∩平面ABC=AB,CO ★平面ABC,∴CO ★平面ABDE, ∵OD ★平面ABDE,∴CO ★OD,易得OD=OC=√3,在Rt ★COD 中,CD=√OD 2+OC 2=√6, 由(1)得AB ★CD,∵ED ★AB,∴ED ★DC, ∴S ★CDE =12×CD ·ED=12×√6×2=√6,∵S ★BDE =12×2×2×sin 2π3=√3, 设点B 到平面CDE 的距离为h, ∵V B-CDE =V C-BDE ,即13×S ★CDE ·h=13×S ★BDE ·CO,即13×√6×h=13×√3×√3,∴h=√62.7.(2020届北大附中周测,17)如图,在四边形ABED 中,AB ★DE,AB ★BE,点C 在AB 上,且AB ★CD,AC=BC=CD=2,现将★ACD 沿CD 折起,使点A 到达点P 的位置,且PE 与平面PBC 所成的角为45°.(1)求证:平面PBC ★平面DEBC; (2)求二面角D-PE-B 的余弦值.解析 (1)证明:∵AB ★CD,AB ★BE,∴CD ★EB, ∵AB ★CD,∴PC ★CD,∴PC ★EB,又∵BE ★BC,PC ∩BC=C,PC,BC ★平面PBC, ∴EB ★平面PBC,又∵EB ★平面DEBC,∴平面PBC ★平面DEBC.(2)由(1)知EB ★平面PBC,PB ★平面PBC,∴EB ★PB, 由PE 与平面PBC 所成的角为45°得★EPB=45°, ∴★PBE 为等腰直角三角形,PB=EB, ∵AB ★DE,CD ★EB,∴BE=CD=2, ∴PB=2,故★PBC 为等边三角形,取BC 的中点O,连接PO,则PO ★BC,∵平面PBC ★平面DEBC,平面PBC ∩平面DEBC=BC,PO ★平面PBC,∴PO ★平面DEBC,如图,以O 为坐标原点,过点O 与BE 平行的直线为x 轴,CB 所在的直线为y 轴,OP 所在的直线为z 轴,建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),E(2,1,0),D(2,-1,0),P(0,0,√3),从而DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,-√3), 设平面PDE 的法向量为m =(x,y,z),平面PEB 的法向量为n =(a,b,c),则由{m ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PE ⃗⃗⃗⃗ =0得{2y =0,2x +y -√3z =0,令z=-2,得m =(-√3,0,-2),由{n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PE ⃗⃗⃗⃗ =0得{2a =0,2a +b -√3c =0,令c=1,得n =(0,√3,1),设二面角D-PE-B 的大小为θ,则cos θ=m ·n|m|·|n|==-√77, 易知所求二面角为钝角,所以二面角D-PE-B 的余弦值为-√77.8.(2020届北师大附中摸底,16)如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,底面四边形ABCD 为正方形,PA ★平面ABCD,AB=2,PA=√2.(1)证明:BD ★PC;(2)求PC 与平面PBD 所成角的正弦值;(3)在棱PC 上是否存在一点E,使得平面BDE ★平面BDP?若存在,求PEPC 的值并证明;若不存在,说明理由.解析 (1)证明:连接AC,交BD 于点O,因为PA ★平面ABCD,BD ★平面ABCD,所以PA ★BD, 因为底面ABCD 为正方形,所以BD ★AC, 又因为PA ∩AC=A,PA,AC ★平面PAC, 所以BD ★平面PAC,又因为PC ★平面PAC,所以BD ★PC.解法一:(2)因为PA ★平面ABCD,AB ★平面ABCD,AD ★平面ABCD,所以PA ★AB,PA ★AD,又AB ★AD,所。