2020年北京高考数学复习练习课件§8.4　直线、平面垂直的判定与性质.pptx

1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,1.(2019北京理,12,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断: lm;m;l. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: .,答案 若lm,l,则m(答案不唯一),解析 本题考查线面平行、垂直的位置关系,考查了逻辑推理能力和空间想象能力. 把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三种情况逐一验证. 作为条件,作为结论时,还可能l或l与斜交;作为条件,作为结论和作为条 件,作为结论时,容易证明命题成立.,易错警示 容易忽视l,m是平面外的两条不同直线这一条件,导致判断错误.,2.(2

2、019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD= CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且 = . (1)求证:CD平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)设点G在PB上,且 = .判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.,解析 本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱 锥为背景考查直观想象的核心素养. (1)因为PA平面ABCD,所以PACD, 又因为ADCD, 所以CD平面PAD. (2)过A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA平面ABCD, 所以PAAM,PA

3、AD. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).,因为E为PD的中点,所以E(0,1,1). 所以 =(0,1,1), =(2,2,-2), =(0,0,2). 所以 = = , = + = . 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n=(-1,-1,1). 又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0), 所以cos= =- . 由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为 . (3)直线AG在平面AEF内.,因为点G在PB上,且 = , =(2,-1

4、,-2),所以 = = , = + = . 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1). 所以 n=- + + =0. 所以直线AG在平面AEF内.,思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向 量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出 n,结合A平面AEF可证明AG平面 AEF.,3.(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, PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点. (1)求证:PEBC; (2)求证:平面PAB平面PCD; (3)求证:EF平面PCD

5、.,证明 (1)因为PA=PD,E为AD的中点, 所以PEAD. 因为底面ABCD为矩形, 所以BCAD. 所以PEBC. (2)因为底面ABCD为矩形, 所以ABAD. 又因为平面PAD平面ABCD, 所以AB平面PAD.,所以ABPD. 又因为PAPD, 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FGBC,FG= BC. 因为ABCD为矩形,且E为AD的中点, 所以DEBC,DE= BC. 所以DEFG,DE=FG. 所以四边形DEFG为平行四边形. 所以EFDG. 又因为EF平面PCD,DG平面PCD,

6、 所以EF平面PCD.,4.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为 线段AC的中点,E为线段PC上一点. (1)求证:PABD; (2)求证:平面BDE平面PAC; (3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.,5.(2016北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC. (1)求证:DC平面PAC; (2)求证:平面PAB平面PAC; (3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA平面CEF?说明理由.,解析 (1)证明:因为PC平面ABCD, 所以P

7、CDC. (2分) 又因为DCAC, ACPC=C, 所以DC平面PAC. (4分) (2)证明:因为ABDC,DCAC, 所以ABAC. (6分) 因为PC平面ABCD, 所以PCAB. (7分) 又ACPC=C, 所以AB平面PAC. 又AB平面PAB, 所以平面PAB平面PAC. (9分) (3)棱PB上存在点F,使得PA平面CEF. (10分),证明如下: 取PB的中点F,连接EF,CE,CF. 因为E为AB的中点, 所以EFPA. (13分) 又因为PA平面CEF, 所以PA平面CEF. (14分),思路分析 (1)证出PCDC后易证DC平面PAC. (2)先证ABAC,PCAB,可

8、证出AB平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证. (3)此问为探究性问题,求解时可构造面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条线,由于点E为AB 的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.,6.(2013北京文,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,ABAD,CD=2AB,平面PAD底面 ABCD,PAAD.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ABCD,CD=2AB,E为CD的中点, 所

9、以ABDE,且AB=DE. 所以四边形ABED为平行四边形. 所以BEAD. 又因为BE平面PAD,AD平面PAD, 所以BE平面PAD. (3)因为ABAD,而且四边形ABED为平行四边形, 所以BECD,ADCD. 由(1)知PA底面ABCD,所以PACD. 又PAAD=A, 所以CD平面PAD. 所以CDPD.,因为E和F分别是CD和PC的中点, 所以PDEF.所以CDEF. 又EFBE=E,所以CD平面BEF. 又CD平面PCD, 所以平面BEF平面PCD.,思路分析 (1)由面面垂直的性质定理可证. (2)根据线面平行的判定定理把问题转化为证明线线平行,即证BEAD,故需证四边形AB

10、ED为 平行四边形. (3)利用(1)的结论,通过证线面垂直,即CD平面BEF,即可证得平面BEF平面PCD.,7.(2013北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC平 面AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1平面ABC; (2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值; (3)证明:在线段BC1上存在点D,使得ADA1B.并求 的值.,解析 (1)因为AA1C1C为正方形,所以AA1AC. 因为平面ABC平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1平面ABC. (2)由(1)知AA1AC,AA1AB.

11、由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以ABAC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0), A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4). 设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3). 同理可得,平面B1BC1的一个法向量为m=(3,4,0). 所以cos= = .,由题知二面角A1-BC1-B1为锐角, 所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为 . (3)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且 = . 所以(x,y-3,z)=(4,-3,4). 解得x=4,y=3-3,z=4. 所以 =(4

12、,3-3,4). 由 =0,即9-25=0,解得= . 因为 0,1,所以在线段BC1上存在点D,使得ADA1B.此时, = .,思路分析 (1)利用面面垂直的性质定理得出线面垂直;(2)建立空间直角坐标系,求出两个半 平面的法向量m,n,利用cos= 求值;(3)利用线线垂直可得 =0,再利用向量的 坐标运算可求线段比例.,评析 本题主要考查面面垂直的性质定理、空间角的求法以及探索性问题的求证,考查空间 向量在立体几何中的应用,体现了向量法的便捷性,考查学生的空间想象和运算求解能力,正确 建立空间直角坐标系和准确求出各点坐标是正确解题的前提,正确利用向量共线表示点D的 坐标是解决第(3)问的

13、关键.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 线面垂直的判定与性质,1.(2017课标全国,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 ( ) A.A1EDC1 B.A1EBD C.A1EBC1 D.A1EAC,答案 C A1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1,A1B1BC1,又BC1B1C,且B1CA1B1=B1, BC1平面A1B1CD,又A1E平面A1B1CD,BC1A1E.故选C.,2.(2018课标全国文,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;

14、(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.,3.(2017课标全国,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD. (1)证明:ACBD; (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AEEC,求四面体 ABCE与四面体ACDE的体积比.,解析 (1)证明:取AC的中点O,连接DO、BO. 因为AD=CD,所以ACDO. 又由于ABC是正三角形,所以ACBO. 又DOBO=O, AC平面DOB,ACBD. (2)解法一:连接EO. 由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.

15、 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11.,解法二:由已知 可得ABDCBD,则CBE=ABE, 所以CEBAEB,则AE=CE. 又AECE,所以CAE=ACE=45,又ACD是直角三角形,且AD=CD,所以DAC=DCA= 45,又AC为公共边,所以AECADC. 由此可设AD=

16、CD=AE=CE=a,则AC=AB=BD= a. 在AED和BAD中,AED=ADE=BAD, 则等腰三角形AED相似于等腰三角形BAD,所以 = , 由此得DE= a,即E为BD中点,D到平面AEC的距离等于B到平面AEC的距离, 所以四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为11.,难点突破 (1)四面体ABCE与四面体ACDE的体积比转化为四面体ABCE与四面体ABCD的体 积比. (2)观察到两个四面体共底面ACE,将体积比转化为相应高之比,难点在于发现E为BD的中点及 其证明.,4.(2017天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD平面PDC,ADBC,PDPB,AD=

17、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 本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基 础知识.考查学生的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)如图,由ADBC,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ADPD.在RtPDA中,由题意得AP= = ,故cosDAP= = .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ADPD.又因为BCAD

18、, 所以PDBC,又PDPB, BCPB=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ADBC,DFAB, 故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2. 又ADDC, 故BCDC,在RtDCF中, DF= =2 ,在RtDPF中,可得sinDFP= = . 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为 .,5.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角

19、线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分 别在AD,CD上,AE=CF= ,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD= . (1)证明:DH平面ABCD; (2)求二面角B-DA-C的正弦值.,解析 (1)证明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得 = ,故ACEF. 因此EFHD,从而EFDH. (2分) 由AB=5,AC=6得DO=BO= =4. 由EFAC得 = = . 所以OH=1,DH=DH=3. 于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH. (4分) 又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD. (5分) (2)如图,以H为

20、坐标原点, 的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,- 1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),=(3,-4,0), =(6,0,0), =(3,1,3). (6分) 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量, 则 即 所以可取m=(4,3,-5). (8分) 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量, 则 即 所以可取n=(0,-3,1). (10分),于是cos= = =- . sin= . 因此二面角B-DA-C的正弦值是 . (12分),思路分析 (1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理的逆

21、定理得出DH OH,从而得出结论; (2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量 的夹角公式求二面角的余弦值,从而求出正弦值.,评析 本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和 基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空 间问题的关键.,6.(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

22、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ACDO. 又PO垂直于圆O所在的平面, 所以POAC. 因为DOPO=O, 所以AC平面PDO. (2)因为点C在圆O上, 所以当COAB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 21=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 11= . (3)解法一:在POB中,PO=OB=1,POB=90, 所以PB= = .同理,PC= ,所以PB=PC=BC. 在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BCP

23、,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,CP=CB,所以OC垂直平分PB, 即E为PB中点.从而OC=OE+EC= + = , 亦即CE+OE的最小值为 . 解法二:在POB中,PO=OB=1,POB=90, 所以OPB=45,PB= = .同理PC= . 所以PB=PC=BC,所以CPB=60. 在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BCP,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OCP中,由余弦定理得: OC2=1+2-21 cos(45+60) =1+2-2 =2

24、+ . 从而OC= = . 所以CE+OE的最小值为 + .,评析 本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识,考查空间想象能力、 推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.,考点二 面面垂直的判定与性质,1.(2019课标全国理,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD 平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ( ) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线,答案 B 本题考查了直线与平面的位置关系,两

25、直线的位置关系,考查了学生的空间想象能 力和数学运算能力.渗透的核心素养是直观想象. 过E作EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.平面ECD平面ABCD,平面ECD平 面ABCD=CD,EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE,设CD=2,易得EQ= ,QN=1,则 EN= = =2,BE= = =2 .易知BE=BD,又M为DE的中点,BM DE,BM= = = ,BM= 2=EN.BMEN. 又点M、N、B、E均在平面BED内,BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,BM,EN是相 交直线,故选B.,疑难突破 过点E作CD的垂线,构造直角三角形是求BM、EN的关键

26、.,2.(2018课标全国文,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ABDA. (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,BAAC. 又BAAD,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QEAC,垂足为E,则QE DC. 由已知及(1)可得DC平面AB

27、C, 所以QE平面ABC,QE=1. 因此,三棱锥Q-ABP的体积为 VQ-ABP= QESABP= 1 32 sin 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

28、=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,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把 DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.,解析 (1)由已知可得BFEF, 又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F, 所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. (2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为坐标原点, 的方向为y轴正

29、方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H- xyz. 由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= , 又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH= ,EH= , 则H(0,0,0),P ,D , = , = 为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为,则sin = = = . 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 .,易错警示 利用空间向量求线面角的注意事项 (1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角 即为所求. (2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2+cos2=1求出其值,不要误以为直线的方向

30、向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.,4.(2017课标全国,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,ABDCBD,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DOAC,DO=AO. 又由于ABC是正三角形,故BOAC. 所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.

31、 在RtAOB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

32、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= = . 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.,5.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E 与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)AD

33、AC.,证明 (1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD, 所以EFAB. 又因为EF平面ABC,AB平面ABC, 所以EF平面ABC. (2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD, BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD,所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所以AD平面ABC. 又因为AC平面ABC,所以ADAC.,方法总结 立体几何中证明线线垂直的一般思路: (1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc); (2)线面垂直的性质(a,bab).,6.(2017山东文,18,12分)由四棱柱ABCD

34、-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A1O1OC,A1O1=OC, 因此四边形A1OCO1为平行四边形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,

35、所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面 ABCD,所以A1EBD,因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1, 又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.,7.(2016课标全国,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2 FD,AFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60. (1)证明:平面ABEF平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值.,解析 (1)由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC. (2

36、分) 又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC. (3分) (2)过D作DGEF,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,ABEF,所以AB平面EFDC. (8分) 又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF. 由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-BE-F的平面角,C

37、EF=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ABCD的法向量,则 同理可取m=(0, ,4).则cos = =- . 又易知二面角E-BC-A为钝二面角, 故二面角E-BC-A的余弦值为- . (12分),思路分析 (1)根据已知条件证出AF平面EFDC,进而得出平面ABEF平面EFDC;(2)根据证 得的垂直关系建立空间直角坐标系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,进而可求得二面角E -BC-A

38、的余弦值.,方法总结 对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的判定与性质,对于面面垂 直的证明,寻找平面的垂线往往是解题的关键.,C组 教师专用题组,考点一 线面垂直的判定与性质,1.(2014浙江,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面 ( ) A.若mn,n,则m B.若m,则m C.若m,n,n,则m D.若mn,n,则m,答案 C 对于选项A、B、D,均能举出m的反例;对于选项C,若m,n,则mn,又n ,m,故选C.,2.(2019课标全国文,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1 上,BEEC1. (1)证

39、明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.,解析 本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间 想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养. (1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE. 又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3, AA1=2AE=6. 作EFBB1,垂足为F,则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V= 363=

40、18.,思路分析 (1)由长方体的性质易得B1C1BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求 该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂线即 可得高.,解题关键 由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.,3.(2016课标全国,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平 面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G. (1)证明:G是AB的中点; (2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.,解析

41、(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以ABPD. 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE. 又PDDE=D,所以AB平面PED,故ABPG. 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PBPA,PBPC, 又EFPB,所以EFPA,EFPC,又PAPC=P,因此EF平面PAC,即点F为E在平面PAC内的 正投影. 连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中 点,所以D在CG上,故CD= CG. 由题设可得

42、PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE= PG,DE= PC.,由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2 . 在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2, 所以四面体PDEF的体积V= 222= .,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.,4.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC平面ABC,ABC= ,点D,E在线段AC 上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EFBC.

43、 (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PEAC. 又平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,PE平面PAC,PEAC,所以PE平面ABC, 又AB平面ABC,从而PEAB. 因为ABC= ,EFBC,故ABEF. 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB平面PFE. (2)设BC=x,则在直角ABC中, AB= = , 从而SABC= ABBC= x . 由EFBC知, = = ,得AFEABC,故 = = ,即SAFE= SABC

44、. 由AD= AE,SAFD= SAFE= SABC= SABC = x , 从而四边形DFBC的面积为SDFBC=SABC-SAFD = x - x = x . 由(1)知,PE平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高. 在直角PEC中,PE= = =2 . 体积VP-DFBC= SDFBCPE= x 2 =7, 故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x0,可得x=3或x=3 ,所以,BC=3或BC=3 .,评析 本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体 现了函数与方程的思想.,5.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱

45、台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方 形,A1A=6,且A1A底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上. (1)若P是DD1的中点,证明:AB1PQ; (2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为 ,求四面体ADPQ的体积.,解析 解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴, y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0, 3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6. (1)证明:若P是DD1的中点, 则P

46、, = .又 =(3,0,6), 于是 =18-18=0,所以 ,即AB1PQ. (2)由题设知, =(6,m-6,0), =(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面 PQD的法向量,则 即 取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向,量是n2=(0,0,1), 所以cos= = = . 而二面角P-QD-A的余弦值为 ,因此 = ,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0). 设 = (01),而 =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3,6),所以 =(6,3-2,-6). 因为PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法

47、向量是n3=(0,1,0),所以 n3=0,即3-2=0,亦即= ,从而P(0,4,4). 于是,将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积 V= SADQh= 664=24. 解法二:(1)证明:如图a,取A1A的中点R,连接PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D 的中点,所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四点共面. 由题设知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1. 因为tanABR= = = =tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+,BAB1=90, 于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC. 又PQ平面PRBC,故AB1PQ. 图a 图b (2)如图b,过点P作PMA1A交AD于点M,则PM平面ABB1A1. 因为A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N,连接PN,则PNQD,PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM