2020年北京高考数学复习练习课件§8.3　直线、平面平行的判定与性质.pptx

1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,1.(2014北京文,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,ABBC,AA1=AC=2,BC =1,E,F分别是A1C1,BC的中点. (1)求证:平面ABE平面B1BCC1; (2)求证:C1F平面ABE; (3)求三棱锥E-ABC的体积.,解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1底面ABC. 所以BB1AB. 又因为ABBC,BB1BC=B, 所以AB平面B1BCC1.又因为AB平面ABE, 所以平面ABE平面B1BCC1. (2)证明:取AB的中点G,连接EG,FG. 因为E,F分别是A1C1,BC的中点,

2、 所以FGAC,且FG= AC. 因为ACA1C1,且AC=A1C1, 所以FGEC1,且FG=EC1. 所以四边形FGEC1为平行四边形.,所以C1FEG. 又因为EG平面ABE,C1F平面ABE, 所以C1F平面ABE. (3)因为AA1=AC=2,BC=1,ABBC, 所以AB= = , 所以SABC= 1 = . 所以三棱锥E-ABC的体积 V= SABCAA1= 2= .,思路分析 (1)欲证平面ABE平面B1BCC1,利用判定定理,只需证明平面ABE内的直线AB与平 面B1BCC1垂直,即只需证明AB与平面B1BCC1内的两条相交直线垂直,利用直棱柱的性质和直角 三角形可证. (2

3、)欲证C1F平面ABE,只需在平面ABE内找到一条直线与C1F平行即可,取AB的中点G,利用平 行四边形可证明C1FEG. (3)在直角三角形中求出边AB的长,进而得到ABC的面积,易求三棱锥E-ABC的体积.,易错警示 在证明C1F平面ABE时,易出现不写“EG平面ABE,C1F平面ABE”的错误,从 而失分.,评析 本题考查直线与平面、平面与平面的位置关系及其判定定理与性质定理的应用,考查 空间几何体的体积的计算,考查考生的空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力.判定线面 平行的关键是构造线线平行或面面平行.,2.(2014北京,17,14分)如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为

4、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:ABFG; (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ABDE.又因为AB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ABFG. (2)因为PA底面ABCDE,所以PAAB,PAAE. 如图建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1), =(1

5、,1,0). 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1). 设直线BC与平面ABF所成角为, 则sin =|cos|= = .,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 = (01), 即(u,v,w-2)=(2,1,-2).所以u=2,v=,w=2-2. 因为n是平面ABF的法向量,所以n =0, 即(0,-1,1)(2,2-2)=0. 解得= ,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

6、,求 出平面ABF的法向量n,利用sin = 求角(直线BC与平面ABF所成的角为),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.,3.(2012北京文,16,14分)如图1,在RtABC中,C=90,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD 上的一点.将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1FCD,如图2. (1)求证:DE平面A1CB; (2)求证:A1FBE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C平面DEQ?说明理由.,解析 (1

7、)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点, 所以DEBC. 又因为DE平面A1CB,所以DE平面A1CB. (2)证明:由已知得ACBC且DEBC, 所以DEAC. 所以DEA1D,DECD. 因为A1DCD=D,所以DE平面A1DC. 而A1F平面A1DC, 所以DEA1F. 又因为A1FCD,CDDE=D, 所以A1F平面BCDE.所以A1FBE. (3)线段A1B上存在点Q,使A1C平面DEQ.理由如下: 如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,则PQBC.,又因为DEBC, 所以DEPQ. 所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知,DE平面A1DC, 所以DEA1C. 又因

8、为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点, 所以A1CDP.,所以A1C平面DEP. 即A1C平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C平面DEQ.,评析 本题的前两问属容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢 靠的学生而言,可能不能顺利解答.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 线面平行的判定与性质,1.(2017课标文,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱 的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 ( ),答案 A 解法一:B选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MN

9、Q;C 选项中,ABMQ,且AB平面MNQ,MQ平面MNQ,则AB平面MNQ;D选项中,ABNQ,且AB 平面MNQ,NQ平面MNQ,则AB平面MNQ.故选A. 解法二:A选项中(如图),连接CB交MN于D,连接DQ,则平面MNQ与平面ABC的交线为DQ,在 ABC中,Q为AC的中点,而点D为CB的四等分点,所以AB与DQ不平行,从而可知AB与平面MNQ 不平行,故选A.,2.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“lm”是“l”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 B 因为lm,m,所以l或l.

10、故充分性不成立.反之,l,m,一定有lm.故必 要性成立.选B.,3.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是 ( ) A.若,垂直于同一平面,则与平行 B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行 C.若, ,则在内 与平行的直线 D.若m,n ,则m与n 垂直于同一平面,答案 D 若,垂直于同一个平面,则,可以都过的同一条垂线,即,可以相交,故A错;若 m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若,不平行,则,相 交,设=l,在内存在直线a,使al,则a,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂 直于同一个平面

11、,由线面垂直的性质定理知mn,故D正确.,4.(2016课标全国,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么. 如果m,n,那么mn. 如果,m,那么m. 如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号),答案 ,解析 若mn,m,则n或n,又n,则,相交或平行,所以错误; 若m,n,则mn,所以正确; 若,m,由面面平行的性质可得m,正确; 由线面所成角的定义可得正确. 所以正确的命题有.,5.(2019课标全国理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,

12、 BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值.,解析 本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的性质定理,二面角求解等知识点;旨在考 查学生的空间想象能力;以直四棱柱为模型考查直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养. (1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中 点,所以ND= A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四 边形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE. (2)由已知可得

13、DEDA.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, 则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, ,2),N(1,0,2), =(0,0,-4), =(-1, ,-2), =(-1,0,-2), =(0,- , 0).,设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则 所以 可取m=( ,1,0). 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则 所以 可取n=(2,0,-1). 于是cos= = = , 所以二面角A-MA1-N的正弦值为 .,思路分析 (1)要证明线面平行,可先证线线平行.通过作辅助线及题设条件可得MNED,从 而可得MN与平面C1

14、DE平行. (2)建立空间直角坐标系,找到相关点的坐标,求出平面A1MA与平面A1MN的法向量,再由向量的 夹角公式求解.,解题关键 建立空间直角坐标系后,写出各点坐标,正确求解平面的法向量是解决本题的关 键.,6.(2019天津理,17,13分)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用 空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力

15、、运算求解能力和推理论证能力.重点 考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算. 依题意,可以建立以A为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系 (如图), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h0),则F(1,2,h). (1)证明:依题意, =(1,0,0)是平面ADE的法向量,又 =(0,2,h),可得 =0, 又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE. (2)依题意, =(-1,1,0), =(-1,0,2), =(-1,-2,2).,设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则

16、 即 不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos= =- . 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 . (3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则 即 不妨令y=1,可得m= . 由题意,有|cos|= = = ,解得h= .经检验,符合题意.所以,线段CF的长为 .,思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体 几何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几 何中的位置关系或长度.,方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: 观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;写出相应点的坐标,求出相应

17、直线的方向向量; 设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量; 将空间位置关系转化为向量关系;根据定理结论求出相应的角或距离.,7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC. 求证:(1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E.,证明 本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查 空间想象能力和推理论证能力.满分14分. (1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED. 又因为ED

18、平面DEC1,A1B1平面DEC1, 所以A1B1平面DEC1. (2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC. 又因为BE平面ABC,所以C1CBE. 因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C, 所以BE平面A1ACC1. 因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.,8.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明 本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面

19、的位置关系,考查学生的空间 想象能力和推理论证能力. (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形. 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形, 所以AB1A1B. 因为AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因为AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC.,9.(2016四川文,17,12分)如图,

20、在四棱锥P-ABCD中,PACD,ADBC,ADC=PAB=90,BC= CD= AD. (1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM平面PAB,并说明理由; (2)证明:平面PAB平面PBD.,解析 (1)取棱AD的中点M(M平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下: 连接CM.因为ADBC,BC= AD, 所以BCAM,且BC=AM. 所以四边形AMCB是平行四边形,从而CMAB. 又AB平面PAB,CM平面PAB, 所以CM平面PAB. (说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)证明:连接BM,由已知,PAAB,PACD, 因为ADBC,BC= AD,所以直

21、线AB与CD相交, 所以PA平面ABCD. 从而PABD.,因为ADBC,BC= AD, 所以BCMD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形. 所以BM=CD= AD,所以BDAB. 又ABAP=A,所以BD平面PAB. 又BD平面PBD, 所以平面PAB平面PBD.,思路分析 (1)要得到CM平面PAB,可以先猜出M点所在位置再证明. (2)由已知的线线垂直得到线面垂直,再证面面垂直.,评析 本题考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定和性质及面面垂直的判定, 熟练掌握线面平行与线面垂直的判定与性质是解题的关键.,10.(2015天津,17,13分)如图,已知AA1平面AB

22、C,BB1AA1,AB=AC=3,BC=2 ,AA1= ,BB1=2 ,点E和F分别为BC和A1C的中点. (1)求证:EF平面A1B1BA; (2)求证:平面AEA1平面BCB1; (3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.,解析 (1)证明:如图,连接A1B.在A1BC中,因为E和F分别是BC和A1C的中点,所以EFBA1.又 因为EF平面A1B1BA,所以EF平面A1B1BA. (2)证明:因为AB=AC,E为BC中点,所以AEBC.因为AA1平面ABC,BB1AA1,所以BB1平面 ABC,从而BB1AE.又因为BCBB1=B,所以AE平面BCB1,又因为AE平面AEA1,所以平

23、面 AEA1平面BCB1. (3)取BB1的中点M和B1C的中点N,连接A1M,A1N,NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点,所以NE B1B,NE= B1B,故NEA1A且NE=A1A,所以A1NAE,且A1N=AE.又因为AE平面BCB1,所以A1N 平面BCB1,从而A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角. 在ABC中,可得AE=2,所以A1N=AE=2. 因为BMAA1,BM=AA1, 所以A1MAB,A1M=AB, 又由ABBB1,有A1MBB1.,在RtA1MB1中,可得A1B1= =4. 在RtA1NB1中,sinA1B1N= = , 因此A1B1N=30. 所以,直

24、线A1B1与平面BCB1所成的角为30.,评析 本题主要考查直线与平面平行、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识. 考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.,考点二 面面平行的判定与性质,1.(2019课标全国文,7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是 ( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面,答案 B 本题主要考查平面与平面平行的判定与性质;考查了推理论证能力与空间想象能 力;考查的核心素养为逻辑推理. 易知A、C、D选项中与可能相交,故选B.,易错警示 A、C、D三个选项中学生均可能忽略、相交的情况.,2.(

25、2016山东,18,12分)在如图所示的几何体中,D是AC的中点,EFDB. (1)已知AB=BC,AE=EC,求证:ACFB; (2)已知G,H分别是EC和FB的中点.求证:GH平面ABC.,证明 (1)因为EFDB, 所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE=EC,D为AC的中点,所以DEAC. 同理可得BDAC. 又BDDE=D,所以AC平面BDEF, 因为FB平面BDEF,所以ACFB. (2)设FC的中点为I.连接GI,HI. 在CEF中,因为G是CE的中点, 所以GIEF.又EFDB,所以GIDB.,在CFB中,因为H是FB的中点,所以HIBC. 又HIGI=I,所以平

26、面GHI平面ABC. 因为GH平面GHI,所以GH平面ABC.,思路分析 第(1)问连接DE,利用等腰三角形的性质得ACDE,ACDB,从而得线面垂直,利用 线面垂直的性质得结论;第(2)问取FC的中点I,连接GI,HI,利用三角形的中位线得线线平行,从 而证面面平行,再利用面面平行的性质得出结论.,评析 本题主要考查线面垂直的判定与性质以及线面平行的判定与性质,考查学生的空间想 象能力和逻辑思维能力,同时考查转化与化归思想的应用.,C组 教师专用题组,1.(2014辽宁,4,5分)已知m,n表示两条不同直线,表示平面.下列说法正确的是 ( ) A.若m,n,则mn B.若m,n,则mn C.

27、若m,mn,则n D.若m,mn,则n,答案 B 若m,n,则m与n可能平行、相交或异面,故A错误;B正确;若m,mn,则n 或n,故C错误;若m,mn,则n与可能平行、相交或n,故D错误.因此选B.,2.(2019课标全国文,19,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2, BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离.,解析 本题考查了线面平行、垂直的判定和点到平面的距离,通过平行、垂直的证明,考查了 学生的空间想象力,体现了直观想象的核心素养. (1)连接B1C,ME

28、.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME= B1C.又因为N为A1D的中 点,所以ND= A1D. 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE. (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DEBC,DEC1C,所以DE平面C1CE, 故DECH. 从而CH平面C1DE,故CH的长即为C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E= , 故CH= . 从而点C到平面C1DE的距离为 .,思路分析 (1)连接B1C,ME.证明四边形MNDE是平行四边形,得出

29、MNDE,然后利用线面平行 的判定定理证出结论.(2)注意到DE平面BCC1B1,只需过点C作C1E的垂线便可求解.,3.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC AD,CDAD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. (1)证明:CE平面PAB; (2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.,解析 (1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EFAD且EF= AD. 又因为BCAD,BC= AD,所以EFBC且EF=BC, 即四边形BCEF为平行四边形,所以CEBF, 因此CE平面P

30、AB. (2)分别取BC,AD的中点为M,N. 连接PN交EF于点Q,连接MQ. 因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点, 在平行四边形BCEF中,MQCE. 由PAD为等腰直角三角形得PNAD.,由DCAD,N是AD的中点得BNAD. 所以AD平面PBN, 由BCAD得BC平面PBN, 那么平面PBC平面PBN. 过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH. MH是MQ在平面PBC上的射影,所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1. 在PCD中,由PC=2,CD=1,PD= 得CE= , 在PBN中,由PN=BN=1,PB= 得QH= , 在RtMQH中,QH=

31、 ,MQ= , 所以sinQMH= . 所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 .,一题多解 (1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP. PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,OPAD. BC= AD=OD,且BCOD, 四边形BCDO为平行四边形,又CDAD, OBAD,OPOB=O,AD平面OPB. 过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M, 以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如 图. 设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0). 设P(x,0,z)(z0),由PC=2,

32、OP=1,得 得x=- ,z= . 即点P ,而E为PD的中点,E . 设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1), = , =(1,1,0), 取y1=-1,得n=(1,-1, ). 而 = ,则 n=0,而CE平面PAB, CE平面PAB. (2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2), =(0,1,0), = , 取x2=1,得m=(1,0, ). 设直线CE与平面PBC所成角为. 则sin =|cos|= = , 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 .,4.(2016课标全国,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,

33、PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点. (1)证明MN平面PAB; (2)求四面体N-BCM的体积.,思路分析 (1)取BP的中点T,连接AT,TN,先结合条件证明四边形AMNT为平行四边形,从而得 到MNAT,再结合线面平行的判定定理可证;(2)由条件可知四面体N-BCM的高为棱PA的一 半,然后求得SBCM,最后利用棱锥的体积公式求得结果.,解后反思 证明立体几何中的平行关系,常常是通过转化为平面几何中的线线平行来实现, 而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形的对边互相平行等来推证;求三棱锥的 体积的关键是确定其高,而确定高的关键是找出顶点在底面上射影的位

34、置,当然有时也可采用 等体积法求解.,5.(2015广东,18,14分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4, AB=6,BC=3. (1)证明:BC平面PDA; (2)证明:BCPD; (3)求点C到平面PDA的距离.,解析 (1)证明:因为四边形ABCD是长方形, 所以ADBC. 又因为AD平面PDA,BC平面PDA,所以BC平面PDA. (2)证明:取CD的中点,记为E,连接PE,因为PD=PC,所以PEDC. 又因为平面PDC平面ABCD,平面PDC平面ABCD=DC,PE平面PDC,所以PE平面 ABCD. 又BC平面ABCD,所以PEBC. 因

35、为四边形ABCD为长方形,所以BCDC. 又因为PEDC=E,所以BC平面PDC. 而PD平面PDC,所以BCPD. (3)连接AC.由(2)知,BCPD,又因为ADBC,所以ADPD,所以SPDA= ADPD= 34=6. 在RtPDE中,PE= = = . SADC= ADDC= 36=9. 由(2)知,PE平面ABCD,则PE为三棱锥P-ADC的高. 设点C到平面PDA的距离为d, 由VC-PDA=VP-ADC,即 dSPDA= PESADC,亦即 6d= 9,得d= . 故点C到平面PDA的距离为 .,评析 本题考查了线面平行、线线垂直的判定以及体积和距离的计算方法;考查了空间想象 能

36、力和逻辑推理能力.利用平面与平面垂直的性质定理是求解的关键.,6.(2014山东,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP平面PCD,ADBC,AB=BC= AD,E,F分别 为线段AD,PC的中点. (1)求证:AP平面BEF; (2)求证:BE平面PAC.,证明 (1)设ACBE=O,连接OF,EC. 由于E为AD的中点, AB=BC= AD,ADBC, 所以AEBC,AE=AB=BC, 因此四边形ABCE为菱形, 所以O为AC的中点. 又F为PC的中点,因此在PAC中,可得APOF. 又OF平面BEF,AP平面BEF, 所以AP平面BEF.,(2)由题意知EDBC,ED=BC, 所

37、以四边形BCDE为平行四边形, 因此BECD. 又AP平面PCD,所以APCD, 因此APBE.因为四边形ABCE为菱形, 所以BEAC. 又APAC=A,AP,AC平面PAC, 所以BE平面PAC.,7.(2014安徽,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为2 , 点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,平面GEFH平面ABCD,BC平面GEFH. (1)证明:GHEF; (2)若EB=2,求四边形GEFH的面积.,解析 (1)证明:因为BC平面GEFH,BC平面PBC,且平面PBC平面GEFH=GH,所以GH BC. 同理可证EF

38、BC, 因此GHEF. (2)连接AC,BD交于点O,BD交EF于点K,连接OP,GK. 因为PA=PC,O是AC的中点,所以POAC,同理可得POBD. 又BDAC=O,且AC,BD都在底面内,所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD,且 PO平面GEFH, 所以PO平面GEFH. 因为平面PBD平面GEFH=GK, 所以POGK,且GK底面ABCD,从而GKEF. 所以GK是梯形GEFH的高. 由AB=8,EB=2得EBAB=KBDB=14, 从而KB= DB= OB,即K为OB的中点. 再由POGK得GK= PO,即G是PB的中点,且GH= BC=4. 由已知可得OB=4 ,

39、PO= = =6, 所以GK=3. 故四边形GEFH的面积S= GK= 3=18.,评析 本题考查线面平行与垂直关系的转化,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力,解题时 要有较强的分析问题、解决问题的能力.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019北京朝阳二模文,18)如图1,在直角梯形ABCD中,ABDC,BAD=90,AB=4,AD=2,DC= 3,点E在CD上,且DE=2,将ADE沿AE折起,使得平面ADE平面ABCE(如图2).G为AE的中点. (1)求证:DG平面ABCE; (2)求四棱锥D-ABCE的体积; (3)在线段BD上是否存在点P,使得CP平面A

40、DE?若存在,求 的值;若不存在,请说明理由. 图1 图2,解析 (1)证明:因为G为AE的中点,AD=DE=2, 所以DGAE. 因为平面ADE平面ABCE, 平面ADE平面ABCE=AE,DG平面ADE, 所以DG平面ABCE. (4分) (2)在直角三角形ADE中,易求得AE=2 , 则DG= = . 所以VD-ABCE= = . (8分) (3)过点C作CFAE交AB于点F,则AFFB=13. 过点F作FPAD交DB于点P,连接PC,则DPPB=13. 因为CFAE,AE平面ADE,CF平面ADE, 所以CF平面ADE. 同理FP平面ADE. 又因为CFPF=F,所以平面CFP平面AD

41、E. 因为CP平面CFP, 所以CP平面ADE. 所以在BD上存在点P,使得CP平面ADE,且 = . (13分),方法总结 (1)要证明线面垂直,可利用面面垂直的性质定理;(2)要求锥体的体积,关键是找到 底面的高;(3)要证明线面平行,可以用线面平行的判断定理,也可先证明面面平行,然后根据其 中一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行即可得证.,2.(2017北京朝阳一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB平面ABCD,ADBC,PAAB, CDAD,BC=CD= AD,E为AD的中点. (1)求证:PACD; (2)求证:平面PBD平面PAB; (3)在平面PAB内是否存在

42、M,使得直线CM平面PBE?请说明理由.,解析 (1)证明:因为平面PAB平面ABCD, 平面PAB平面ABCD=AB,PAAB, 所以PA平面ABCD.则PACD. (2)证明:由题意知,BCED,且BC=ED, 所以四边形BCDE是平行四边形, 又CDAD,BC=CD,所以四边形BCDE是正方形, 连接CE,所以BDCE. 又因为BCAE,BC=AE, 所以四边形ABCE是平行四边形. 所以CEAB,则BDAB. 由(1)知PA平面ABCD,所以PABD, 又因为PAAB=A,所以BD平面PAB, 因为BD平面PBD,所以平面PBD平面PAB.,(3)在梯形ABCD中,AB与CD不平行,延

43、长AB,DC,相交于点M(M平面PAB),点M即为所求的一 个点. 理由如下:由(2)知, 四边形BCDE是正方形,所以CDEB,即CMEB, 又EB平面PBE,CM平面PBE, 所以CM平面PBE.,思路分析 (1)由平面PAB平面ABCD可得PA平面ABCD,即可证得PACD. (2)连接CE,由已知条件易证BDAB且PABD,从而得到BD平面PAB,即可证得平面PBD 平面PAB. (3)延长AB,DC,相交于点M,可证得CMEB,进而可证得CM平面PBE.,解后反思 本题考查点、直线、平面的位置关系,在证明过程中要根据相关定理的条件规范 表达.,3.(2018北京东城二模,17)如图,

44、在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,AB=AC=CD=2BE= 2,BECD,CDCB,ABAC. (1)求证:平面ACD平面ABC; (2)若O为BC的中点,P为线段CD上一点,OP平面ADE,求 的值; (3)求二面角A-DE-B的大小.,解析 (1)证明:因为平面ABC平面BCDE, 平面ABC平面BCDE=CB,CD平面BCDE,CDCB, 所以CD平面ABC. 因为CD平面ACD, 所以平面ACD平面ABC. (2)如图,取CD的中点F,连接EF. 因为OP平面ADE,OP平面BCDE, 且平面ADE平面BCDE=DE,所以OPDE. 所以CPO=FDE. 因为BECF,

45、BE=CF,所以四边形BCFE为平行四边形, 所以EFBC,且EF=BC.,所以PCO=DFE. 所以COPFED.所以 = = . 因为F为CD的中点, 所以 = . (3)连接OA,因为CD平面ABC, OA平面ABC,OB平面ABC, 所以CDOA,CDOB. 因为AB=AC,点O为BC的中点,所以OACB. 过O作OMCD,所以OMOA,OMOB. 如图,建立空间直角坐标系O-xyz.,因为AB=AC=CD=2BE=2, 所以A(0,0, ),D(- ,2,0),E( ,1,0), 所以 =(- ,2,- ), =( ,1,- ). 因为OAOB,OAOM,OBOM=O, 所以OA平面

46、BCDE. 所以平面BCDE的一个法向量为n=(0,0,1). 设平面ADE的法向量为m=(x,y,z),则有 即 令x=1,则y=2 ,z=3,所以m=(1,2 ,3). cos= = = . 由图可知二面角A-DE-B的平面角为锐角, 所以二面角A-DE-B的大小为 .,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:60分钟 分值:85分 解答题(共85分),1.(2019北京怀柔一模文,18)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC平面ABC,PAAC,ABBC.D, E分别为PA,AC的中点. (1)求证:DE平面PBC; (2)求证:BC平面PAB; (3)在线段AB上是否存在点

47、F,使得过三点D,E,F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行?若 存在,指出点F的位置并证明;若不存在,请说明理由.,解析 (1)证明:因为点E是AC的中点,点D是PA的中点,所以DEPC. 又因为DE平面PBC,PC平面PBC, 所以DE平面PBC. (5分) (2)证明:因为平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,PA平面PAC,PAAC,所以PA 平面ABC. 所以PABC. 又因为ABBC,且PAAB=A, 所以BC平面PAB. (10分) (3)当点F是线段AB的中点时,过点D,E,F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行. 证明如下:取AB的中点F,连接EF,DF. 由(1)可知DE平面PBC. 因为点E是AC的中点,点F是AB的中点, 所以EFBC. 又因为EF平面PBC,BC平面PBC,所以EF平面PBC. 因为DEEF=E, 所以平面DEF平面PBC, 所以平面DEF内的任一条直