2020年江苏高考数学复习练习课件第十二章§12.3 直线、平面垂直的判定与性质.pptx

1、五年高考,A组 自主命题江苏卷题组,1.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E 与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)ADAC.,证明 (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

2、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).,2.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B 上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证: (1)直线DE平面A1C1F; (2)平面B1DE平面A1C1F.,证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC. 在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DEAC,于是DEA1C1. 又因为DE平面A1C1F,A

3、1C1平面A1C1F, 所以直线DE平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1. 因为A1C1平面A1B1C1, 所以A1AA1C1. 又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1, 所以A1C1平面ABB1A1. 因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D. 又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1, 所以B1D平面A1C1F. 因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.,评析 本题考查点、线、面的位置关系. (1)证明线面平行,可证明该

4、直线平行于平面内的一条直线; (2)证明面面垂直,只需证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面即可.,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.(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

5、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.(2016浙江理改编,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则以 下说法正确的是 . ml;mn;nl;mn.,答案 ,解析 对于,m与l可能平行或异面,故错;对于、,m与n可能平行、相交或异面,故、 错;对于,因为n,l,所以nl,故正确.故填.,评析 本题考查了线面平行与垂直的性质及空间两条直线的位置关系.,3.(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,BEEC

6、1. (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

7、V= 363=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.,4.(2019天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PCD为等边三 角形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD; (2)求证:PA平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.,解析

8、 本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所 成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运算 与直观想象的核心素养. (1)证明:连接BD,易知ACBD=H,BH=DH. 又由BG=PG,故GHPD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)证明:取棱PC的中点N,连接DN. 依题意,得DNPC. 又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA. 又已知PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD. (3)连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DA

9、N为直线AD与平面PAC所成的角. 因为PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点, 所以DN= . 又DNAN,在RtAND中,sinDAN= = . 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 .,思路分析 (1)在BPD中证明GHPD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱 PC的中点N,连接DN,有DNPC,由面面垂直的性质,得DN平面PAC,从而得DNPA,进而得 出结论;(3)由(2)知所求角为DAN,在RtAND中求其正弦值即可.,5.(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

10、)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)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OPAC,且OP=2 . 连接OB,因为AB=BC= AC, 所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OPOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)作CHOM,垂足为H.又由(1)可得OPCH,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

11、键 认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积 法求解是关键.,6.(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 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以ABPD. 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE. (2分) 又PDDE=D,所以AB平面PED,故ABPG. 又由已知可得

12、,PA=PB,从而G是AB的中点. (4分) (2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影. (5分) 理由如下:由已知可得PBPA,PBPC, 又EFPB,所以EFPA,EFPC,又PAPC=P,因此EF平面PAC,即点F为E在平面PAC内的 正投影. (7分) 连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中 点,所以D在CG上,故CD= CG. (9分),由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE= PG,DE= PC. 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE

13、=2,PE=2 . 在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2, (11分) 所以四面体PDEF的体积V= 222= . (12分),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.,7.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,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. (1)证明:ACHD; (2)若AB=5,AC=6,AE= ,OD=2 ,求五棱锥D-ABCFE的体积.,解析 (1)证明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得 =

14、 ,故ACEF. (2分) 由此得EFHD,EFHD,所以ACHD. (4分) (2)由EFAC得 = = . (5分) 由AB=5,AC=6得DO=BO= =4. 所以OH=1,DH=DH=3. 于是OD2+OH2=(2 )2+12=9=DH2,故ODOH. 由(1)知ACHD,又ACBD,BDHD=H,所以AC平面BHD,于是ACOD. 又由ODOH,ACOH=O,所以OD平面ABC. (8分) 又由 = 得EF= . 五边形ABCFE的面积S= 68- 3= . (10分) 所以五棱锥D-ABCFE的体积V= 2 = . (12分),评析 本题考查了线线垂直的判定、线面垂直的判定和性质,

15、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.,8.(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. (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: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, 从而PEAB. 因ABC= ,EFBC,故ABEF. 从而AB

16、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. 由AD= AE得SAFD= SAFE= SABC= SABC = x ,从而四边形DFBC的面积为S四边形DFBC=SABC-SAFD = x - x = x . 由(1)知,PE平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高. 在直角PEC中,PE= = =2 . 体积VP-DFBC= S四边形DFBCPE= x 2 =7, 故得x4-36x2+243=0,

17、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.,考点二 面面垂直的判定与性质,1.(2019北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD 的中点. (1)求证:BD平面PAC; (2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE; (3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.,解析 本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面平行、垂直 的相互转化考查了学生

18、的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核 心素养. (1)因为PA平面ABCD, 所以PABD. 又因为底面ABCD为菱形, 所以BDAC. 所以BD平面PAC. (2)因为PA平面ABCD,AE平面ABCD, 所以PAAE. 因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点, 所以AECD. 所以ABAE. 所以AE平面PAB.,所以平面PAB平面PAE. (3)棱PB上存在点F,使得CF平面PAE. 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG. 则FGAB,且FG= AB. 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点, 所以CEAB,且CE= AB.

19、所以FGCE,且FG=CE. 所以四边形CEGF为平行四边形. 所以CFEG. 因为CF平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE.,2.(2019课标全国文,19,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图 形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得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)

20、由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE. 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)取CG的中点M,连接EM,DM. 因为ABDE,AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,故DECG. 由已知,四边形BCGE是菱形,且EBC=60得EMCG,故CG平面DEM. 因此DMCG. 在RtDEM中,DE=1,EM= ,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

21、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

22、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ABC, 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

23、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.,4.(2018课标全国文,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

24、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BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面 CMD,故BCDM. 因为M为 上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. (2)当P为AM的中点时,MC平面PBD. 证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所 以MCOP. MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.,易错警示 使用判定定理和性质定理

25、进行推理证明时要使条件完备.,5.(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

26、, 所以A1O平面B1CD1. (2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD,因为B1D1BD, 所以EMB1D1,A1EB1D1, 又A1E,EM平面A1EM,A1EEM=E, 所以B1D1平面A1EM, 又B1D1平面B1CD1,所以平面A1EM平面B1CD1.,6.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC. (1)求证:DC平面PAC; (2)求证:平面PAB平面PAC; (3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA平面CEF?说明理由.,解

27、析 (1)证明:因为PC平面ABCD, 所以PCDC. (2分) 又因为DCAC, ACPC=C, 所以DC平面PAC. (4分) (2)证明:因为ABDC,DCAC, 所以ABAC. (6分) 因为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.证明如下: (10分),取PB中点F,连接EF,CE,CF. 又因为E为AB的中点, 所以EFPA. (13分) 又因为PA平面CEF, 所以PA平面CEF. (14分),评析 本题考查了线面垂直的性质和判定、面

28、面垂直的判定以及线面平行的判定.属中档题.,1.(2019课标全国理改编,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 . BM=EN,且直线BM,EN是相交直线; BMEN,且直线BM,EN是相交直线; BM=EN,且直线BM,EN是异面直线; BMEN,且直线BM,EN是异面直线.,C组 教师专用题组,答案 ,解析 本题考查了直线与平面的位置关系,两直线的位置关系,考查了学生的空间想象能力和 数学运算能力.渗透的核心素养是直观想象. 过E作EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.平面ECD平面ABCD,平面EC

29、D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.,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.,2.(2009江苏,12,5分)设和为不重合的两个平面,给出下列命题: (1)若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线,则平行于; (2)若外一条直线l与内的一条直线平行,则l和平行

30、; (3)设和相交于直线l,若内有一条直线垂直于l,则和垂直; (4)直线l与垂直的充分必要条件是l与内的两条直线垂直. 上面命题中,真命题的序号 (写出所有真命题的序号).,答案 (1)(2),解析 本题考查立体几何中的直线、平面的垂直与平行的判定的相关定理. 真命题的序号是(1)(2).,3.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120, A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明:AB1平面A1B1C1; (2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.,解析 本题主要考查空间点、线、面位置

31、关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空 间想象能力和运算求解能力. (1)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=2 , 所以A1 +A =A , 故AB1A1B1. 由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1= , 由AB=BC=2,ABC=120得AC=2 , 由CC1AC,得AC1= ,所以A +B1 =A , 故AB1B1C1. 因此AB1平面A1B1C1. (2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.,由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1, 由C1DA1B1得C1D平面

32、ABB1, 所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角. 由B1C1= ,A1B1=2 ,A1C1= 得cosC1A1B1= , sinC1A1B1= ,所以C1D= , 故sinC1AD= = . 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 .,4.(2015安徽,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,BAC=60. (1)求三棱锥P-ABC的体积; (2)证明在线段PC上存在点M,使得ACBM,并求 的值.,解析 (1)由题设AB=1,AC=2,BAC=60, 可得SABC= ABACsin 60= . 由PA平面ABC,可知PA是三棱

33、锥P-ABC的高,又PA=1, 所以三棱锥P-ABC的体积 V= SABCPA= . (2)在平面ABC内,过点B作BNAC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MNPA交PC于点M,连接 BM.由PA平面ABC知PAAC,所以MNAC.由于BNMN=N,故AC平面MBN.又BM平面 MBN,所以ACBM. 在直角BAN中,AN=ABcosBAC= ,从而NC=AC-AN= .由MNPA,得 = = .,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,A 1B1,A1D1的中点. 求证:(1)直线BC1平面E

34、FPQ; (2)直线AC1平面PQMN.,证明 (1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1BC1, 因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FPAD1. 从而BC1FP. 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ, 故直线BC1平面EFPQ. (2)连接AC,BD,则ACBD. 由CC1平面ABCD,BD平面ABCD,可得CC1BD. 又ACCC1=C,所以BD平面ACC1. 而AC1平面ACC1,所以BDAC1.,因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MNBD,从而MNAC1. 同理可证PNAC1.又PNMN=N,所以直线AC1平面PQMN.,评析 本题考查线面

35、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江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PAAC, PA=6,BC=8,DF=5. 求证:(1)直线PA平面DEF; (2)平面BDE平面ABC.,证明 (1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DEPA.又因为PA平面DEF,DE平面DEF, 所以直线PA平面DEF. (2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DEPA,DE= PA=3,EF= BC=4. 又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2, 所以DEF=90,即DEEF. 又

36、PAAC,DEPA,所以DEAC. 因为ACEF=E,AC平面ABC,EF平面ABC, 所以DE平面ABC. 又DE平面BDE, 所以平面BDE平面ABC.,7.(2011江苏,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,AB=AD,BAD=60 ,E、F分别是AP、AD的中点. 求证:(1)直线EF平面PCD; (2)平面BEF平面PAD.,证明 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能 力. (1)E、F分别是AP、AD的中点, EFPD,又EF平面PCD,PD平面PCD, 直线EF平面PCD. (2)AB=AD,BAD=60,F是

37、AD的中点,BFAD, 又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, BF平面BEF,BF平面PAD, BF平面BEF, 平面BEF平面PAD.,8.(2010江苏,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB DC,BCD=90. (1)求证:PCBC; (2)求点A到平面PBC的距离.,解析 本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系,考查几何体的体积,考查空间想象 能力、推理论证能力和运算能力. (1)证明:因为PD平面ABCD,BC平面ABCD,所以PDBC. 由BCD=90得CDBC, 又PDDC=D,PD、DC平面

38、PCD, 所以BC平面PCD. 因为PC平面PCD,所以PCBC. (2)解法一:分别取AB、PC的中点E、F,连接DE、DF. 易证DECB,DE平面PBC,CB平面PBC,DE平面PBC,点D、E到平面PBC的距离,相等. 由(1)知BC平面PCD,又BC平面PBC,所以平面PBC平面PCD, 因为PD=DC,PF=FC,所以DFPC,又平面PBC平面PCD=PC,所以DF平面PBC. 易知DF= ,又点A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍,故点A到平面PBC的距 离等于 . 解法二(体积法):连接AC.设点A到平面PBC的距离为h. 因为ABDC,BCD=90,所以ABC=

39、90. 由AB=2,BC=1,得SABC=1. 由PD平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积V= SABCPD= . 因为PD平面ABCD,DC平面ABCD,所以PDDC. 又PD=DC=1,所以PC= = . 由PCBC,BC=1,得SPBC= . 由VA-PBC=VP-ABC,即 SPBCh= ,得h= ,故点A到平面PBC的距离等于 .,9.(2009江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E、F分别是A1B、A1C的中点,点D在B1C1 上,A1DB1C. 求证:(1)EF平面ABC; (2)平面A1FD平面BB1C1C.,证明 本题主要考查直线与平面、平

40、面与平面得位置关系,考查空间想象能力、推理论证能 力. (1)因为E,F分别是A1B,A1C的中点, 所以EFBC, 又EF平面ABC,BC平面ABC, 所以EF平面ABC. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面A1B1C1, 所以BB1A1D, 又A1DB1C,B1CBB1=B1,所以A1D平面BB1C1C. 又A1D平面A1FD,所以平面A1FD平面BB1C1C.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 线面垂直的判定与性质,1.(2019七市第二次调研,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,A1B1B1C1. 设A1

41、C与AC1交于点D,B1C与BC1交于点E. 求证:(1)DE平面ABB1A1; (2)BC1平面A1B1C.,证明 (1)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, 所以侧面ACC1A1为平行四边形. 又A1C与AC1交于点D,所以D为AC1的中点, 同理,E为BC1的中点.所以DEAB. (3分) 又AB平面ABB1A1,DE平面ABB1A1, 所以DE平面ABB1A1. (6分) (2)因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1平面A1B1C1. 又因为A1B1平面A1B1C1,所以BB1A1B1. (8分) 又A1B1B1C1,BB1,B1C1平面BCC1B1,BB1B1C1

42、=B1, 所以A1B1平面BCC1B1. (10分) 又因为BC1平面BCC1B1,所以A1B1BC1. (12分) 因为侧面BCC1B1为正方形,所以BC1B1C. 又A1B1B1C=B1,A1B1,B1C平面A1B1C, 所以BC1平面A1B1C. (14分),2.(2019南京、盐城二模,16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,A1CBC1,AB1BC1,D,E分别 是AB1,BC的中点. 求证:(1)DE平面ACC1A1; (2)AE平面BCC1B1.,证明 (1)连接A1B,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1B1B是平行四边形, 因为D是AB1的中点,所以D

43、也是BA1的中点, 在BA1C中,D和E分别是BA1和BC的中点,所以DEA1C,又因为DE平面ACC1A1,A1C平面 ACC1A1,所以DE平面ACC1A1. (2)由(1)知DEA1C,因为A1CBC1,所以BC1DE. 又因为BC1AB1,AB1DE=D,AB1,DE平面ADE, 所以BC1平面ADE. 又因为AE平面ADE,所以AEBC1. 在ABC中,AB=AC,E是BC的中点,所以AEBC. 因为BC1BC=B,BC1,BC平面BCC1B1, 所以AE平面BCC1B1.,考点二 面面垂直的判定与性质,1.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,15)如图,在三棱锥P-ABC中,过点

44、P作PDAB,垂足为D, E,F分别是PD,PC的中点,且平面PAB平面PCD. (1)求证:EF平面ABC; (2)求证:CEAB.,证明 (1)在三棱锥P-ABC中,因为E,F分别是PD,PC的中点,所以EF为PCD的中位线, (2分) 则有EFCD. (3分) 又EF平面ABC,CD平面ABC, 所以EF平面ABC. (7分) (2)因为平面PAB平面PCD,平面PAB平面PCD=PD, ABPD,AB平面PAB, 所以AB平面PCD, (11分) 又CE平面PCD,所以CEAB. (14分),2.(2019如皋一模,16)如图,四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,ADBC,AD=2B

45、C,且BAD= BPA=90,平面APB底面ABCD,点M为PD的中点. (1)求证:CM平面PAB; (2)求证:PBPD.,证明 (1)取AP的中点H,连接BH,HM, 因为H,M分别为AP,DP的中点, 所以HM= AD且HMAD. (2分) 因为ADBC且AD=2BC,所以HM=BC且HMBC, 所以四边形BCMH为平行四边形,所以CMBH, (4分) 因为CM平面PAB,BH平面PAB, 所以CM平面PAB. (6分) (2)因为BAD=90,所以BAAD.,因为平面APB平面ABCD,AD平面ABCD,平面APB平面ABCD=AB,所以AD平面APB. (9分) 因为PB平面PAB

46、,所以PBAD, 因为BPA=90,所以PBPA, 因为PAAD=A,PA,AD平面PAD, 所以PB平面PAD, (12分) 因为PD平面PAD,所以PBPD. (14分),3.(2019南师大附中期中,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,APCD,ADBC,AB=BC=1,AD=2,E,F 分别为AD,PC的中点.求证: (1)AP平面BEF; (2)平面BEF平面PAC.,证明 (1)设AC交BE于点O,连接OF,CE. 因为AE=BC=1,ADBC,所以四边形ABCE为平行四边形. 所以点O为AC的中点,又因为点F为PC的中点,所以OFAP. (3分) 又因为OF平面BEF,AP平面B

47、EF,所以AP平面BEF. (7分) (2)因为ADBC,ED=BC=1, 所以四边形BCDE为平行四边形,所以BECD. 因为APCD,所以APBE. 又因为四边形ABCE为平行四边形,AB=BC,所以四边形ABCE为菱形,所以ACBE. (10分) 又因为APBE,APAC=A,AP平面APC,AC平面APC, 所以BE平面APC. (12分) 因为BE平面BEF,所以平面BEF平面PAC. (14分),4.(2019常州期末)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别是棱AB,CC1的中点. 求证:(1)CM平面AB1N; (2)平面A1BN平面AA1B1B.,证明 (1)设AB1交A1B于点O,连接OM,ON. 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1CC1,BB1=CC1,且四边形AA1B1B是平行四边形,所以O为AB1的中 点,又因为M为AB的中点,所以OMBB1,且OM