2021年新课标（老高考）文数复习练习课件：8.4　直线、平面垂直的判定和性质.pptx

1、考点考点1 1 直线与平面垂直的判定和性质直线与平面垂直的判定和性质 1.(2019北京,13,5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A1

2、B1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m1,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. 2.(2019课标,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)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=

3、A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积. 解析解析 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)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

4、 (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.(2017北京,18,14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

5、行的性质,三棱锥的体积.考查 空间想象能力. (1)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 4.(2017课标,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC

6、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=AC. 又ABC是正三角

7、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 5.(2016课标,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. 解析解析 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影

8、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P

9、C平面PAB,DE平面PAB, 2 3 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 6.(2019天津,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

10、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

11、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RtAND中求其正弦值即可. 7.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1AC

12、C1平面ABC,ABC=90,BAC=30, A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. (1)证明:EFBC; (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 解析解析 (1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点, 所以A1EAC, 又平面A1ACC1平面ABC, A1E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以,A1E平面ABC,则A1EBC. 又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC. (2)取BC中点G,连接EG,GF,则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC, 故A1EEG,所以平行四

13、边形EGFA1为矩形. 由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1, 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上. 连接A1G交EF于O,则EOG(或其补角)是直线EF与平面A1BC所成的角, 不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=2,EG=. 由于O为A1G的中点,故EO=OG=, 所以cosEOG=. 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是. 33 1 2 AG15 2 222 - 2 EOOG EG EO OG 3 5 3 5 一题多解一题多解 (1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点, 所以A1EAC. 又平面A1ACC1平面ABC,A1

14、E平面A1ACC1, 平面A1ACC1平面ABC=AC, 所以A1E平面ABC. 如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y轴,z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系E-xyz. 不妨设AC=4, 则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,C(0,2,0). 因此,=,=(-,1,0). 3333 3 3 ,2 3 22 EF 3 3 ,2 3 22 BC3 由=0得EFBC. (2)设直线EF与平面A1BC所成角为. 由(1)可知=(-,1,0),=(0,2,-2). 设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z). 由得 取n=(1,1), 故sin =|cos|=. 因此,

15、直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为. EFBC BC3 1 AC3 1 BC0, A0, n C n - 30, 2 -2 30. xy yz 3 EF |EF| |EF| | n n 4 5 3 5 1.(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. 以下为教师用书专用 解析解析 (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PA

16、C.(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ABAC,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

17、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. 2.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中 点,O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE. (1)证明:CD平面A1OC; (2)当平面A1BE平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值. 2 1 2 2 解析解析 (1)证明:在题图1中, 因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点, BAD=,所以BEAC. 即在题图2中,BEA1O,BEO

18、C, 又A1OOC=O, 从而BE平面A1OC, 又CDBE, 所以CD平面A1OC. (2)由已知,平面A1BE平面BCDE, 且平面A1BE平面BCDE=BE, 又由(1)知,A1OBE, 所以A1O平面BCDE, 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高. 由题图1知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积 S=BC AB=a2. 1 2 2 2 2 2 2 从而四棱锥A1-BCDE的体积为 V=SA1O=a2a=a3, 由a3=36,得a=6. 1 3 1 3 2 2 2 6 2 6 2 评析评析 本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力,同时考查线面垂直的判定及面面垂直性质的 应用. 3

19、.(2014课标,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO平面 BB1C1C. (1)证明:B1CAB; (2)若ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高. 解析解析 (1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点. 因为四边形BB1C1C为菱形, 所以B1CBC1. 又AO平面BB1C1C, B1C平面BB1C1C, 所以B1CAO, 因为BC1AO=O, 故B1C平面ABO. 由于AB平面ABO,故B1CAB. (2)作ODBC,垂足为D,连接AD. 作OHAD,垂足为H. 由于BCAO,BCOD,

20、OAOD=O, 故BC平面AOD, 因为OH平面AOD, 所以OHBC. 又OHAD,BCAD=D, 所以OH平面ABC. 因为CBB1=60, 所以CBB1为等边三角形, 又BC=1,可得OD=. 由于ACAB1,所以OA=B1C=. 由OH AD=OD OA,且AD=, 得OH=. 又O为B1C的中点, 3 4 1 2 1 2 22 ODOA 7 4 21 14 所以点B1到平面ABC的距离为. 故三棱柱ABC-A1B1C1的高为. 21 7 21 7 一题多题一题多题 第(2)问易得=,B1C=1,由AO平面BB1C1C,O为B1C的中点,ACAB1,可得ACB 1为等腰直角三角形,可求

21、得SABC=.设点B1到平面ABC的距离为h,由 =得= h,故h=,从而三棱柱ABC-A1B1C1的高为. 1 CBB S 3 4 7 8 1 -A BCB V 1- B ABC V 1 3 3 4 1 2 1 3 7 8 21 7 21 7 思路分析思路分析 (1)连接BC1,证明B1C平面ABO,可得B1CAB;(2)作ODBC于D,连接AD,然后作OH AD于H,证明CBB1为等边三角形,求出B1到平面ABC的距离即可知三棱柱ABC-A1B1C1的高. 考点考点2 2 平面与平面垂直的判定和性质平面与平面垂直的判定和性质 1.(2020课标,19,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥

22、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, 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

23、为PAPB PC=. 33 3 6 2 1 3 1 2 1 3 1 2 3 6 2 6 8 2.(2020浙江,19,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD平面ABC,ACB=ACD=45,DC= 2BC. (1)证明:EFDB; (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值. 解析解析 (1)证明:如图,过点D作DOAC,交直线AC于点O,连接OB. 由ACD=45,DOAC得CD=CO, 由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC,所以DOBC. 由ACB=45,BC=CD=CO得BOBC. 所以BC平面BDO,故BCDB. 由三棱台ABC-DEF得BCEF,所以EFDB. (2

24、)解法一:过点O作OHBD,交直线BD于点H,连接CH. 由三棱台ABC-DEF得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角. 由BC平面BDO得OHBC,故OH平面BCD, 所以OCH为直线CO与平面DBC所成角. 设CD=2, 2 1 2 2 2 2 由DO=OC=2,BO=BC=,得BD=,OH=, 所以sinOCH=, 因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 解法二:由三棱台ABC-DEF得DFCO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所 成角,记为. 如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-x

25、yz. 设CD=2. 由题意知各点坐标如下: O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2). 26 2 3 3 OH OC 3 3 3 3 2 因此=(0,2,0),=(-1,1,0),=(0,-2,2). 设平面BCD的法向量n=(x,y,z). 由 即可取n=(1,1,1). 所以sin =|cos|=. 因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. OCBCCD BC0, CD0, n n -0, -220, xy yz OC |OC| |OC| | n n 3 3 3 3 (2018课标,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

26、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. CD CD 解析解析 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)证明: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. 因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点. 连

27、接OP,因为P为AM中点,所以MCOP. 又因为MC平面PBD,OP平面PBD, CD 所以MC平面PBD. 疑难突破疑难突破 解决线面平行的探索性问题的策略: (1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明. (2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线. 4.(2017课标,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积. 8 3 解析解析 本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算. (1)

28、证明:由已知BAP=CDP=90, 得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD, 从而AB平面PAD. 又AB平面PAB, 所以平面PAB平面PAD. (2)在平面PAD内作PEAD,垂足为E. 由(1)知,AB平面PAD, 故ABPE,可得PE平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x. 故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=AB AD PE=x3. 由题设得x3=,故x=2. 2 2 2 1 3 1 3 1 3 8 3 从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2. 可得四棱锥P-ABCD的侧面积为PA PD+PA AB+PD DC+BC2sin 60=6+

29、2. 22 1 2 1 2 1 2 1 2 3 5.(2019课标,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ADBE,CGBE, 所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D

30、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. 3 思路分析思路分析 (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

31、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. 6.(2019北京,18,14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ABC

32、D为菱形, 所以BDAC.所以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. 1 2 1 2 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

33、平面PAE. 思路分析思路分析 (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,可得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. 1.(2018天津,17,13分)如图,在四面体ABCD中,ABC是等边三角形,平面ABC平面ABD,点M为棱 AB的中点,AB=2,AD=2,BAD=90. (1)求证:ADBC; (2)求异面直线B

34、C与MD所成角的余弦值; (3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值. 3 以下为教师用书专用 解析解析 本题主要考查异面直线所成的角、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. (1)证明:由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故AD BC. (2)取棱AC的中点N,连接MN,ND. 又因为M为棱AB的中点, 故MNBC. 所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角. 在RtDAM中,AM=1, 故DM=. 因为AD平面ABC,故ADAC. 在RtDAN中,AN=1,故DN=. 在等腰三角形DMN中,MN

35、=1,可得cosDMN=.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值 为. (3)连接CM.因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CMAB,CM=. 又因为平面ABC平面ABD,而CM平面ABC, 故CM平面ABD. 所以,CDM为直线CD与平面ABD所成的角. 在RtCAD中,CD=4. 在RtCMD中,sinCDM=. 所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为. 22 ADAM13 22 ADAN13 1 2 MN DM 13 26 13 26 3 22 ACAD CM CD 3 4 3 4 2.(2015课标,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE平面A

36、BCD. (1)证明:平面AEC平面BED; (2)若ABC=120,AEEC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积. 6 3 解析解析 (1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD. 因为BE平面ABCD,AC平面ABCD, 所以ACBE. 又BDBE=B,故AC平面BED. 又AC平面AEC,所以平面AEC平面BED.(5分) (2)设AB=x,在菱形ABCD中, 由ABC=120,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因为AEEC,所以在RtAEC中,可得EG=x. 由BE平面ABCD,知EBG为直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=AC

37、GD BE=x3=.故x=2.(9分) 从而可得AE=EC=ED=.所以EAC的面积为3,EAD的面积与ECD的面积均为.故三棱锥E-AC D的侧面积为3+2.(12分) 3 22 x 3 2 2 2 1 3 1 2 6 24 6 3 65 5 思路分析思路分析 (1)由ACBD,ACBE,可得AC平面BED,利用面面垂直的判定定理可证明平面AEC 平面BED.(2)设AB=x,用x表示出AG,GD,BE,然后根据条件求出x.把相关数据求出来,计算出三个 侧面的面积,最后求和即可. 考点考点1 1 直线与平面垂直的判定和性质直线与平面垂直的判定和性质 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.

38、(2020安徽淮北一模,4)已知平面,直线m,n,若n,则“mn”是“m”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 答案答案 C 由n,mn,不一定得到m;反之,由n,m,可得mn. 若n,则“mn”是“m”的必要不充分条件. 故选C. 2.(2020河南濮阳一模,11)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为8,底面矩形的面积为16,一个小 虫从C点出发沿直四棱柱侧面绕行一周后到达线段CC1上一点M,若AM平面A1BD,则小虫爬行的 最短路程为( ) A.8 B.16 C.2 D.4 6517 答案答案 C 本题考查棱柱的性质以及利

39、用侧面展开图求侧面两点间距离的最小值问题,考查直观 想象、数学运算、逻辑推理的核心素养,考查转化与化归的数学思想,体现数学应用意识. 如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,若AM平面A1BD,则AMBD. 根据直四棱柱的性质得C1CBD,且AMC1C=M,BD平面A1ACC1, BDAC.又底面ABCD是矩形,底面ABCD是正方形,AB2=16,AB=4,该四棱柱是底面为 正方形的长方体. 过M点作MHB1B于H点,则MH侧面ABB1A1,连接AH,则AH即为AM在平面ABB1A1内的射影,又 AM平面A1BD,AMA1B,AHA1B. RtABHRtA1AB,=,结合AB=4,A1A=

40、8,解得BH=2,CM=BH=2. 在侧面展开图(沿侧棱CC1展开)矩形CCC1C1中, 1 A A AB AB BH CC=16,CM=2,CM=2.故选C. 22 CCCM 22 16265 3.(2018内蒙古包头一模,13)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,有下列四个结论: A1EDC;A1EAC;A1EBD;A1EBC1.其中正确的结论是 (写出所有正确结论的 序号). 答案答案 解析解析 中,连接A1D,在RtA1DE中,tanA1ED=2,所以A1E与DC不垂直,所以不正确; 中,连接A1C1,EC1,在A1EC1中,EA1C1不是直角,所以A1E与A

41、C不垂直,所以不正确; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD平面ACC1A1,而A1E平面ACC1A1,所以A1E与BD不垂直,所以 不正确; 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接A1D,B1C,BC1平面A1B1CD,A1E平面A1B1CD,所以A1EBC1,故 正确结论的序号为. 2 4.(2019陕西四校联考,19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,D,E分别是AC,CC1的中点. (1)求证:AE平面A1BD; (2)求三棱锥B1-A1BD的体积. 解析解析 (1)证明:AB=BC=CA,D是AC的中点,BDAC. 直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平

42、面ABC,平面AA1C1C平面ABC, BD平面AA1C1C,BDAE. 在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,A1DAE. 又A1DBD=D,AE平面A1BD. (2)连接AB1交A1B于O, O为AB1的中点, 点B1到平面A1BD的距离等于点A到平面A1BD的距离. =BD=21=. 11 -B A BD V 1 -A A BD V 1 -B AA D V 1 3 1 AA D S 1 3 1 2 3 3 3 方法总结方法总结 求解空间几何体体积的常用策略: (1)公式法:对于规则几何体的体积问题,直接利用公式即可求解. (2)切割法:对于不规则的几何体,可以将其分割成

43、规则的几何体,再利用公式分别求解之后进行相 加求和即可. (3)补形法:同样对于不规则的几何体,还可以将其补形成规则图形,求出规则几何体的体积后减去 多余部分即可求解,但需注意的是补形后多余部分的几何体也应该是规则的,若不是规则的,此方 法不建议使用. (4)等体积法:一个几何体无论怎样放置,其体积是不会发生变化的.如果遇到一个几何体的底面面 积和高较难求解时,常常采用此种方法进行解题. 考点考点2 2 平面与平面垂直的判定和性质平面与平面垂直的判定和性质 1.(2020河南安阳二模,7)已知m,l是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列可以推出的 是( ) A.ml,m,l B.ml,=l

44、,m C.ml,m,l D.l,ml,m 答案答案 D 在A中,ml,m,l,则与相交或平行,故A错误; 在B中,ml,=l,m,则与有可能相交但不垂直,故B错误; 在C中,ml,m,l,则,故C错误; 在D中,l,ml,则m,又m,则,故D正确.故选D. 2.(2020陕西商洛4月联考,8)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ACD C.平面ABD平面ACD D.平面BCD平面ABD 答案答案 B 本题考查平面与平面垂直的判定,几何体的结构特征,考查空间想象能力,

45、考查直观想 象、逻辑推理的核心素养. 因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以ACBC,又AD垂直圆柱的底面, 所以ADBC,因为ACAD=A,所以BC平面ACD,因为BC平面BCD, 所以平面BCD平面ACD.故选B. 3.(2019四川内江、眉山、广安、资阳、遂宁、乐山六市二诊,16)设m,n为平面外的两条直线,其 在平面内的射影分别是直线m1和n1,给出下列3个命题:mnm1与n1平行或重合,m1n1m n,mnm1n1,其中所有假命题的序号是 . 答案答案 解析解析 对于:由题设,直线m,n与平面不垂直,且可设直线m,n确定的平面为.若,则m1与n1重 合(为平面,的交线);若与不垂直,则

46、易知m与m1,n与n1确定的平面互相平行,从而m1n1. 以下举反例说明命题是假命题.在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中, 对于:取平面ABCD为平面,m1,n1分别为AC,BD,m,n分别为A1C,BD1,满足m1n1,但是不满足mn, 命题为假. 对于:取平面ADD1A1为平面,m1,n1分别为A1D1,AD1,m,n分别为A1C1,BD1,满足mn,但是不满足 m1n1,命题为假. 4.(2019吉林长春质量监测(二),19)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,ABCD,BAD=90, CD=2AB=2,PA平面ABCD,PA=AD=,M为PC中点. (1)求证:平

47、面PBC平面BMD; (2)求点B到平面PCD的距离. 2 解析解析 (1)证明:在直角梯形ABCD中,BD=, 所以cosBDC=cosDBA=,(1分) 在BCD中,由余弦定理得BC=.(2分) 由勾股定理得PD=2,PB=,(3分) 所以PCD,PCB都是等腰三角形,(4分) 所以PCMD,PCMB, 又因为MDMB=M, 所以PC平面MDB,(5分) 又因为PC平面PBC, 所以平面PBC平面BDM.(6分) (2)取PD的中点N,连接AN,MN,所以四边形ANMB为平行四边形,(7分) 所以BMAN,BM=AN=1.(8分) 因为PA=AD,所以ANPD,(9分) 又易知CD平面PAD,AN平面PAD,所以CDAN,(10分) 所以AN平面PCD,所以BM平面PCD,(11分) 3 1 3 3 3 所以B到平面PCD的距离为1.(12分) 一、选择题(每小题5分,共15分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：70分钟 分值：75分) 1.(2020河南郑州二模,4)若m,n是