2021新高考数学复习练习课件：§8.3　直线、平面垂直的判定与性质.pptx

1、考点考点 直线、平面垂直的判定与性质直线、平面垂直的判定与性质 1.(2019课标,文8,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 答案答案 B 本题考查了两直线的位置关系,通过面面垂直考查了空间想象能力和数学运算能力,体 现的核心素养为直观想象. 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

2、ABCD=CD, EQ平面ABCD,EQQN,同理,BCCE. 设CD=2,则EN=2, BE=2,又在正方形ABCD中,BD=2=BE,EBD是等腰三角形, 又M为DE的中点,EM=1,BM=,BM=2=EN,即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. 22 EQQN3 1 22 BCCE442 22 222 22 -BEEM8-177 思路分析思路分析 由已知条件中平面与平面垂直可得直线与平面垂直,进而得出直线与直线垂直,设出正 方形边长,在直角三角形中利用勾股定理分别求出BM,EN的长,即可比较大小.B

3、M,EN都在同一平 面内且不平行,一定相交. 解题关键解题关键 用好面面垂直的性质定理是求解本题的关键. 2.(2016课标理,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) 答案答案 解析解析 由mn,m,可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错.易知 都正确. 3.(2019北京,文13,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

4、的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: . 答案答案 若lm,l,则m(答案不唯一) 解析解析 本题考查线面平行、垂直的判定和性质,通过线面位置关系考查学生的逻辑思维能力和空 间想象能力. 以其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,可组成三个命题. 命题(1):若lm,m,则l,此命题不成立,可以举一个反例,例如在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平 面ABCD为平面,A1D1和A1B1分别为l和m,满足条件,但结论不成立. 命题(2):若lm,l,则m,此命题正确.证明:作直线m1m,且与l相交,故l与m1确定一个平面,且l m1,因为l,所以平面与平面垂直,设=n,则ln,又m

5、1,n,所以m1n,又m1m,所以mn, 又m在平面外,n,故m. 命题(3):若m,l,则lm,此命题正确.证明:过直线m作一平面,且与平面相交,交线为a,因为m ,所以ma.因为l,a,所以la,又ma,所以lm. 易错警示易错警示 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. 4.(2020课标理,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD. ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO. (1)证明:PA平面PBC; (2)求二面角B-PC-E的余弦值. 6 6 解析解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=a,AO

6、=a,AB=a,PA=PB=PC=a. 因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB. 又PA2+PC2=AC2,故PAPC. 所以PA平面PBC. (2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.所以=,=. 设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则即可取m=. 由(1)知=是平面PCB的一个法向量,记n=, 6 6 3 3 2 2 OEOE 3 1 -,0 22 2 0,0, 2 EC 31 -,-,0 22 EP 2 0,-1, 2 EP0, EC0, m m 2 -0, 2 31 -

7、0. 22 yz xy 3 -,1, 2 3 AP 2 0,1, 2 AP 则cos=. 易知二面角B-PC-E的平面角为锐角, 所以二面角B-PC-E的余弦值为. | | | n m n m 2 5 5 2 5 5 5.(2020课标文,19,12分)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PAB平面PAC; (2)设DO=,圆锥的侧面积为,求三棱锥P-ABC的体积. 23 解析解析 (1)证明:由题设可知,PA=PB=PC. 由于ABC是正三角形,故可得PACPAB,PACPBC.又APC=90,故APB=90

8、, BPC=90. 从而PBPA,PBPC,故PB平面PAC, 所以平面PAB平面PAC. (2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l. 由题设可得rl=,l2-r2=2.解得r=1,l=. 从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.所以三棱锥P-ABC的体积为PAPB PC=. 33 3 6 2 1 3 1 2 1 3 1 2 3 6 2 6 8 6.(2020课标文,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1, BF=2FB1.证明: (1)当AB=BC时,EFAC; (2)点C1在平面AEF内. 证

9、明证明 (1)如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故ACBD.又因为BB1 平面ABCD,于是ACBB1,所以AC平面BB1D1D. 由于EF平面BB1D1D,所以EFAC. (2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1AA1,所 以ED1AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AEGD1. 因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1AA1,所以FGA1B1,FGC1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故 GD1 2 3 2 3 1 3 1 3 FC1. 于是AEFC1.所以A,E,

10、F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内. 7.(2019课标理,18,12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中的二面角B-CG-A的大小. 解析解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间 想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学 运算的核心素养. (1)证明:由已知得ADBE,CGBE

11、,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)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC. 由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=. 以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1, 3 HC 0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0). 设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z), 则即 所以可取n=(3,6,

12、-). 又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos=. 易知二面角B-CG-A为锐二面角, 因此二面角B-CG-A的大小为30. 3CG3AC CG0, AC0, n n 30, 2 -0. xz x y 3 | | | n m n m 3 2 思路分析思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE,CG与BE的平行关系不变,可得ADCG,进而可 得A、C、G、D四点共面.由折叠前后不变的位置关系可得ABBE,ABBC,从而AB平面 BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立. (2)作EHBC于H,由(1)可得EH平面ABC.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立空间 直角坐标

13、系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小. HC 8.(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)证明:因为PA平面ABCD,所以PABD. 又因为底面ABCD为菱形,所以BDAC.所以

14、BD平面PAC. (2)证明: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.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. 1 2 1 2 思路分析思路分析 (

15、1)由PA平面ABCD,得PABD,由底面ABCD为菱形,得ACBD,再根据线面垂直的 判定定理即可证明BD平面PAC;(2)先由PA平面ABCD得PAAE,再根据底面ABCD为菱形, ABC=60,E为CD的中点,得ABAE,最后由线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得证; (3)易知存在点F,使得CF平面PAE,且点F为PB的中点,再进行证明即可. 9.(2019课标文,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. 解析解

16、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)证明: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=18. 1 3 思路分析思路分析 (1)由长方体的性质易得B1C1BE,再利用直线与平面垂直

17、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的垂线段即可得高. 10.(2018课标理,20,12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,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值. 2 解析解析 (1)证明: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POOB.

18、由OPOB,OPAC,OBAC=O,知PO平面ABC. 3 2 2 1 2 (2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2, 0,0). 设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0). 设平面PAM的法向量为n=(x,y,z). 由 n=0, n=0得 可取n=(a-4),a,-a), 所以cos=. 由已知可得|cos|=. 所以=.解得a=-4(舍去)或a=. 所以n=. 又=(0,2,-2),所以co

19、s=. OB 3AP3OB AM APAM 22 30, (4- )0, yz axa y 33 OB 222 2 3( -4) 2 3( -4)3 a aaa OB 3 2 222 2 3| -4| 2 3( -4)3 a aaa 3 2 4 3 8 3 4 34 -,- 333 PC3PC 3 4 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为. 3 4 方法总结方法总结 建立空间直角坐标系常用的三种途径:(1)利用图形中现成的垂直关系建立坐标系,当 图形中有两两垂直且交于一点的三条直线时,可以利用这三条直线直接建立空间直角坐标系;(2) 利用图形中的对称关系建立坐标系,图形中虽没有两两垂直且交于一

20、点的三条直线,但有一定的对 称关系,利用图形中的对称关系可建立空间直角坐标系;(3)利用面面垂直的性质定理建立坐标系, 图形中有两个互相垂直的平面,可以利用面面垂直的性质定理作出两两垂直且相交于一点的三条 直线,从而建立空间直角坐标系. 1.(2016浙江,文2,理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( ) A.ml B.mn C.nl D.mn 以下为教师用书专用 答案答案 C 对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、相交或异面,故B、D 错;对于C,因为n,l,所以nl,故C正确.故选C. 2.(2016课标文,19,12分)如图,

21、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. 5 4 2 解析解析 (1)证明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得=,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

22、=H,所以AC平面BHD,因为OD平面BHD,所以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) AE AD CF CD OH DO AE AD 1 4 22 -AB AO 2 EF AC DH DO 9 2 1 2 1 2 9 2 69 4 1 3 69 4 2 23 2 2 3.(2016课标文,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

23、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,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

24、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) 2 3 由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE=PG,DE=PC. 由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,(11分) 所以四面体PDEF的体积V=222=.(12分) 2 3 1 3 2 1 3 1 2 4 3 易错警示易错警示 推理不严谨,书写不规范是造成失分的主要原因. 4.(2017课标文,19,12分)如图,

25、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. 从而AC平面DOB,故ACBD. (2)连接EO. 由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO. 在RtAOB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=A

26、C. 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. 1 2 1 2 1 2 1 2 思路分析思路分析 (1)取AC的中点O,连接DO,BO,通过证明AC平面DOB,即可得到ACBD;(2)通过证明 E为BD的中点,即可得到所求体积之比为11. 5.(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

27、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. 解析解析 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P

28、A平面PAC,故DN PA. 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DAN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. 3 DN AD 3 3 3 3 思路分析思路分析 (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RtA

29、ND中求其正弦值即可. 6.(2017课标理,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. 在RtAOB中

30、,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). OAOA 3 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

31、n=. 设m是平面AEC的法向量,则 同理可取m=(0,-1,). 1 2 1 2 3 1 0, 22 ADACAE 3 1 -1, 22 AD0, AE0, n n -0, 31 -0. 22 xz xyz 3 1,1 3 AC0, AE0. m m 3 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. | | | n m n m 7 7 7 7 7.(2016课标理,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在 AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=. (1)

32、证明:DH平面ABCD; (2)求二面角B-DA-C的正弦值. 5 4 10 解析解析 (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)

33、, AE AD CF CD 22 -AB AO OH DO AE AD 1 4 HF =(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) ABACAD AB0, AD0, m m 11 111 3x -4y0, 3xy3z0, AC0, AD0, n n 2 222 6x0, 3xy3z0, 于是cos=-. 则sin=. 因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分) | | | m n m

34、 n -14 5010 7 5 25 2 95 25 2 95 25 思路分析思路分析 (1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,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 角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值. 8.(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. 解析解析

35、 (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.(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) 思路分析思路分析 (1)证出PCDC后易证DC平面PAC. (2)先证A

36、BAC,PCAB,可证出AB平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证. (3)此问为探究性问题,求解时可构造平面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. 9.(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. 解析解析 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

37、)证明:因为PAAB,PABC,所以PA平面ABC. 又因为BD平面ABC,所以PABD. (2)证明:因为AB=BC,D为AC中点, 所以BDAC.由(1)知,PABD, 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PADE. 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=. 1 2 2 1 6 1 3 直击高考直击高考 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

38、求解. 考点考点 直线、平面垂直的判定与性质直线、平面垂直的判定与性质 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020湘赣皖十五校第二次联考,3)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方体表面上的一个 动点,且总有PCBD1,则动点P的轨迹所围成的图形的面积为( ) A. B.3 C. D.1 32 3 2 答案答案 C 如图,连接BD.易证BD1平面ACB1,得动点P的轨迹所围成图形为AB1C,AB1C是边 长为的正三角形,其面积S=()2=. 2 3 4 2 3 2 2.(2019河北衡水模拟,6)已知m,n,l是不同的直线,是不同的平面,在下列命题中: 若mn,ln,

39、则ml; 若m,n,mn,则; 若ml,m,l,则; 若,=l,m,ml,则m. 正确命题的序号为( ) A. B. C. D. 答案答案 B 如正方体同一个顶点处的三条棱,满足的条件,但三条棱都相交,故错;如图,故 错;因为ml,m,则l,又l,所以,故正确;由面面垂直的性质知,正确.故正确的命 题为.故选B. 3.(2019湖北黄冈八模(二),11)如图,AC=2R为圆O的直径,PCA=45,PA垂直于圆O所在的平面,B为 圆周上不与点A、C重合的点,ASPC于S,ANPB于N,则下列不正确的是( ) A.平面ANS平面PBC B.平面ANS平面PAB C.平面PAB平面PBC D.平面A

40、BC平面PAC 答案答案 B PA平面ABC,BC平面ABC,PABC,又ABBC,PAAB=A,BC平面PAB,又 AN平面ABP,BCAN,又ANPB,BCPB=B,AN平面PBC,又PC平面PBC,ANPC, 又PCAS,ASAN=A,PC平面ANS,又PC平面PBC,平面ANS平面PBC,A正确,C,D 显然正确,故选B. 4.(2020重庆育才中学月考,8)已知直线a,b与平面,满足a,b,=l,则下列命题中正确的是 ( ) A.是ab的充分不必要条件 B.al是的充要条件 C.若,则ab是al的必要不充分条件 D.若,则ab是al的既不充分也不必要条件 答案答案 C 对于A选项,如

41、图所示:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设为平面ABCD,为平面CDD1C1,a 为BD,b为C1D,平面ABCD平面CDD1C1,BD平面ABCD,C1D平面CDD1C1,易知BDC1为正三 角形,则BDC1=,则/ab;设a为AC,b为BD,为平面ABCD,为平面BC1D,ACBD,但平面 ABCD与平面BC1D不垂直,则ab/ .所以,是ab的既不充分也不必要条件,A选项错误; 对于B选项,如图所示:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设为平面ABCD,为平面BC1D,a为AC,l为BD, 3 ACBD,但平面ABCD与平面BC1D不垂直,即al/ ; 设为平面ABCD,为平面C

42、DD1C1,a为C1D,l为CD,CDC1=,平面ABCD平面CDD1C1,但C1D与 CD不垂直,即/ al, 所以,al是的既不充分也不必要条件,B选项错误; 对于C,D选项,如图所示:在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 设为平面ABCD,为平面CDD1C1,a为BD,b为DD1,l为CD,BDDD1,但BD与CD不垂直,所以,若 ,则ab/ al;若,=l,al,a,a,b,ab,则alab.所以,若,则a b是al的必要不充分条件,C选项正确,D选项错误.故选C. 4 5.(2020辽宁葫芦岛一模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,ABBC,AA1=AB=BC

43、=2. (1)求证:BC1平面A1B1C; (2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小; (3)点M在线段B1C上,且=(0,1),点N在线段A1B上,若MN平面A1ACC1,求的值(用含 的代数式表示). 1 1 B M BC 1 1 AN AB 解析解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BB1平面ABC,所以BB1平面A1B1C1,又因为BB1平 面B1BCC1,所以平面B1BCC1平面A1B1C1,交线为B1C1.又因为ABBC,所以A1B1B1C1,所以A1B1平 面B1BCC1.因为BC1平面B1BCC1,所以A1B1BC1,又在正方形B1BCC1中,B1CBC1,且

44、A1B1B1C=B1, 所以BC1平面A1B1C. (2)如图,建立空间直角坐标系B-xyz,由题意得B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),B1(0,0,2),所以=(2,0,-2), =(0,-2,-2),所以cos=, 1 BC 1 AB 1 AB 1 BC 11 11 | AB BC AB BC 1 2 故异面直线B1C与A1B所成角的大小为. (3)易知平面A1ACC1的一个法向量为n=(1,1,0), 由=,得M(2,0,2-2), 设=,得N(0,2-2,2-2), 则=(-2,2-2,2-2), 因为MN平面A1ACC1, 所以 n=0, 即(-2,2-2,2-

45、2) (1,1,0)=0, 解得=1-,所以=1-. 3 1 1 B M BC 1 1 AN AB MN MN 1 1 AN AB 1.(2019湖北武汉4月调研,6)已知两个平面互相垂直,下列命题: 一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线; 一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线; 一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面; 过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面. 其中正确命题的个数是( ) A.3 B.2 C.1 D.0 B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间:50分钟 分值:75分) 一、单项选择题(每小题5分,共10分) 答案答案

46、 C 构造正方体ABCD-A1B1C1D1,如图, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,BD平面ABCD,但A1 D与BD不垂直,故错; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,l是平面ADD1A1内任意一条直线,l与平面 ABCD内和AB平行的所有直线(包括AB)垂直,故正确; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,但A1D与平面ABCD不 垂直,故错; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,且平面ADD1A1平面ABCD=A

47、D,过交线 AD上的任一点作交线的垂线l,则l可能与平面ABCD垂直,也可能与平面ABCD不垂直,故错.故选 C. 2.(2018湖南衡阳3月模拟,7)设、是空间两个平面,m、n、l是空间三条直线,则下列 四个命题中,逆命题成立的个数是( ) 当n时,若n,则 当l时,若l,则 当n,且l时,若l,则nl 当n,且l是m在内的射影时,若nl,则mn A.1 B.2 C.3 D.4 答案答案 C 对于,逆命题:当n时,若,则n,由面面垂直的性质定理可知的逆命题错误; 对于,逆命题:当l时,若,则l,由面面平行的性质可知的逆命题正确;对于,逆命题: 当n,且l时,若nl,则l,由线面平行的判定定理可知的逆命题正确;对于,逆命题:当n ,且l是m在内的射影时,若mn,则nl,易知的逆命题正确.综上,逆命题成立的序号为 ,故选C. 3.(2020山东泰安期末,7)已知,是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题正确的 是( ) A.若mn,m,则n B.若m,