（課標專用）2020屆高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何8.4直線、平面垂直的判定與性質課件.pptx

8.4 直線、平面垂直的判定與性質,高考文數(shù) (課標專用),考點一 直線與平面垂直的判定和性質,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,1.(2017課標全國,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則 ( ) 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.故選C.,2.(2019課標全國,16,5分)已知ACB=90,P為平面ABC外一點,PC=2,點P到ACB兩邊AC, BC的距離均為 ,那么P到平面ABC的距離為 .,答案,解析 本題主要考查直線與平面垂直的判定與性質,點到平面距離的計算等知識點;考查了考 生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力;考查的核心素養(yǎng)為直觀想象. 設PO平面ABC于O,PEAC于E,PFBC于F, 連接OE、OF、OC,思路分析 設PO平面ABC,作PEAC,PFBC,根據(jù)線面垂直的判定與性質判定四邊形 OECF為矩形,根據(jù)RtPECRtPFC,得出EC=FC,進而判斷出四邊形OECF是正方形,從而 得出OC的長,進一步在RtPOC中求出PO的長,即點P到平面ABC的距離.,3.(2019課標全國,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1 上,BEEC1. (1)證明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積.,解析 本題考查了長方體的性質、直線與平面垂直的判定與性質和錐體的體積,考查了空間 想象能力,主要體現(xiàn)了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng). (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.由題設知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3, AA1=2AE=6. 作EFBB1,垂足為F,則EF平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V= 363=18.,思路分析 (1)由長方體的性質易得B1C1BE,再利用直線與平面垂直的判定定理求證;(2)求 該四棱錐的體積的關鍵是求高,利用平面與平面垂直的性質定理,可知只需過E作B1B的垂線即 可得高. 解題關鍵 由長方體的性質找BE的垂線和平面BB1C1C的垂線是求解的關鍵.,4.(2018課標全國,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2 ,PA=PB=PC=AC=4,O為AC 的中點. (1)證明:PO平面ABC; (2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.,解析 (1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點, 所以OPAC,且OP=2 . 連接OB,因為AB=BC= AC, 所以ABC為等腰直角三角形, 且OBAC,OB= AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OPOB. 由OPOB,OPAC且OBAC=O知PO平面ABC. (2)作CHOM,垂足為H. 又由(1)可得OPCH,所以CH平面POM. 故CH的長為點C到平面POM的距離. 由題設可知OC= AC=2,CM= BC= ,ACB=45. 所以OM= ,CH= = . 所以點C到平面POM的距離為 .,解題關鍵 認真分析三棱錐各側面和底面三角形的特殊性,利用線面垂直的判定方法及等積 法求解是關鍵.,5.(2016課標全國,18,12分)如圖,已知正三棱錐P-ABC的側面是直角三角形,PA=6.頂點P在平 面ABC內的正投影為點D,D在平面PAB內的正投影為點E,連接PE并延長交AB于點G. (1)證明:G是AB的中點; (2)在圖中作出點E在平面PAC內的正投影F(說明作法及理由),并求四面體PDEF的體積.,解析 (1)證明:因為P在平面ABC內的正投影為D,所以ABPD. 因為D在平面PAB內的正投影為E,所以ABDE. (2分) 又PDDE=D,所以AB平面PED, 因為PG平面PED,所以ABPG. 又由已知可得,PA=PB, 從而G是AB的中點. (4分) (2)在平面PAB內,過點E作PB的平行線交PA于點F,F即為E在平面PAC內的正投影. (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, 即點F為E在平面PAC內的正投影. (7分) 連接CG,因為P在平面ABC內的正投影為D, 所以D是正三角形ABC的中心, 由(1)知,G是AB的中點,所以D在CG上,故CD= CG. (9分) 由題設可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE= PG,DE= PC.由已知,正三 棱錐的側面是直角三角形且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) 所以四面體PDEF的體積V= 222= . (12分),考點二 平面與平面垂直的判定和性質 1.(2019課標全國,19,12分)圖1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形, 其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2. (1)證明:圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求圖2中的四邊形ACGD的面積.,思路分析 (1)翻折問題一定要注意翻折前后位置的變化,特別是平行、垂直的變化.由矩形、 直角三角形中的垂直關系,利用線面垂直、面面垂直的判定定理可證兩平面垂直;而由平行公 理和平面的基本性質不難證明四點共面.(2)根據(jù)菱形的特征結合(1)的結論找到菱形BCGE的 邊CG上的高求解. 解題關鍵 抓住翻折前后的垂直關系,靈活轉化線線垂直、線面垂直和面面垂直,題中構造側 棱的特殊“直截面”DEM,是本題求解的關鍵和難點.,2.(2018課標全國,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧 所在平面垂直,M是 上異 于C,D的點. (1)證明:平面AMD平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點P,使得MC平面PBD?說明理由.,解析 本題考查平面與平面垂直的判定與性質、直線與平面平行的判定與性質. (1)證明:由題設知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因為BCCD,BC平面ABCD,所以BC 平面CMD,故BCDM. 因為M為 上異于C,D的點,且DC為直徑,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)當P為AM的中點時,MC平面PBD. 證明如下:連接AC交BD于O. 因為ABCD為矩形,所以O為AC中點. 連接OP,因為P為AM中點,所以MCOP. MC平面PBD,OP平面PBD, 所以MC平面PBD.,易錯警示 使用判定定理和性質定理進行推理證明時要使條件完備.,疑難突破 解決線面平行的探索性問題的策略: (1)通過觀察確定點或直線的位置(如中點,中位線),再進行證明. (2)把要得的平行當作已知條件,用平行的性質去求點、線.,3.(2017課標全國,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)證明:平面PAB平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,APD=90,且四棱錐P-ABCD的體積為 ,求該四棱錐的側面積.,解析 (1)證明:由已知BAP=CDP=90, 得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD,又APPD=P, 從而AB平面PAD. 又AB平面PAB, 所以平面PAB平面PAD. (2)解法一:在平面PAD內作PEAD,垂足為E. 由(1)知,AB平面PAD,故ABPE,又ADAB=A,所以PE平面ABCD. 設AB=x,則由已知可得AD= x,PE= x. 故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD= ABADPE= x3. 由題設得 x3= ,故x=2. 從而PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 . 可得四棱錐P-ABCD的側面積為 PAPD+ PAAB+ PDDC+ BC2sin 60=6+2 . 解法二:由題設條件和(1)可知四棱錐P-ABCD是一個正方體的一部分,底面ABCD是正方體的 一個對角面,P是正方體的一個頂點(如圖),設正方體的棱長為a, 則VP-ABCD= aa a= a3, 由題設得 a3= , 解得a=2, 從而PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 , 故四棱錐P-ABCD的側面積為 PAPD+ PAAB+ PDDC+ BC2sin 60=6+2 .,B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組 考點一 直線與平面垂直的判定和性質,1.(2019北京,13,5分)已知l,m是平面外的兩條不同直線.給出下列三個論斷: lm;m;l. 以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結論,寫出一個正確的命題: .,答案 若lm,l,則m(答案不唯一),解析 本題主要考查線面平行、垂直的位置關系,考查了邏輯推理能力和空間想象能力. 把其中兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結論,共有三種情況.對三種情況逐一驗證. 作為條件,作為結論時,還可能l或l與斜交;作為條件,為結論和作為條件, 為結論時,容易證明成立.,易錯警示 容易忽視l,m是平面外的兩條不同直線這個條件,導致錯誤判斷.,2.(2019天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,PCD為等邊三角 形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)設G,H分別為PB,AC的中點,求證:GH平面PAD; (2)求證:PA平面PCD; (3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.,解析 本小題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面 所成的角等基礎知識.考查空間想象能力和推理論證能力.以線面角的計算為依托考查數(shù)學運 算與直觀想象的核心素養(yǎng). (1)證明:連接BD,易知ACBD=H,BH=DH. 又由BG=PG,故GHPD.又因為GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)證明:取棱PC的中點N,連接DN. 依題意,得DNPC. 又因為平面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)連接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN為直線AD與平面PAC所成的角. 因為PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點, 所以DN= . 又DNAN,在RtAND中,sinDAN= = . 所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為 .,思路分析 (1)在BPD中證明GHPD,從而利用線面平行的判定定理證線面平行;(2)取棱 PC的中點N,連接DN,有DNPC,由面面垂直的性質,得DN平面PAC,從而得DNPA,進而得 出結論;(3)由(2)知所求角為DAN,在RtAND中求其正弦值即可.,3.(2019浙江,19,15分)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC =30,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的中點. (1)證明:EFBC; (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.,解析 本題主要考查空間點、線、面位置關系,直線與平面所成的角等基礎知識,同時考查空 間想象能力和運算求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng). (1)連接A1E,因為A1A=A1C,E是AC的中點, 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,則A1EBC. 又因為A1FAB,ABC=90,故BCA1F. 所以BC平面A1EF.,因此EFBC. (2)取BC中點G,連接EG,GF, 則EGFA1是平行四邊形. 由于A1E平面ABC, 故A1EEG,所以平行四邊形EGFA1為矩形. 由(1)得BC平面EGFA1,則平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G 上. 連接A1G交EF于O,則EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角), 不妨設AC=4,則在RtA1EG中,A1E=2 ,EG= . 由于O為A1G的中點, 故EO=OG= = , 所以cosEOG= = . 因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是 .,4.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,點E,F(E 與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EFAD. 求證:(1)EF平面ABC; (2)ADAC.,證明 (1)在平面ABD內,因為ABAD,EFAD, 所以EFAB. 又因為EF平面ABC,AB平面ABC, 所以EF平面ABC. (2)因為平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD, BC平面BCD,BCBD, 所以BC平面ABD. 因為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. 又因為AC平面ABC, 所以ADAC.,方法總結 立體幾何中證明線線垂直的一般思路: (1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(ab,acbc); (2)線面垂直的性質(a,bab).,5.(2016北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC. (1)求證:DC平面PAC; (2)求證:平面PAB平面PAC; (3)設點E為AB的中點.在棱PB上是否存在點F,使得PA平面CEF?說明理由.,解析 (1)證明:因為PC平面ABCD,DC平面ABCD, 所以PCDC. (2分) 又因為DCAC,ACPC=C, 所以DC平面PAC. (4分) (2)證明:因為ABDC,DCAC, 所以ABAC. (6分) 因為PC平面ABCD,AB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上存在點F,使得PA平面CEF. (10分) 證明如下:取PB中點F,連接EF,CE,CF.,又因為E為AB的中點, 所以EFPA. (13分) 又因為PA平面CEF,EF平面CEF, 所以PA平面CEF. (14分),考點二 平面與平面垂直的判定和性質 1.(2019北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的 中點. (1)求證:BD平面PAC; (2)若ABC=60,求證:平面PAB平面PAE; (3)棱PB上是否存在點F,使得CF平面PAE?說明理由.,解析 本題考查了直線與平面平行、垂直的判定和性質,通過線線、線面、面面平行、垂直 的相互轉化考查了學生的空間想象能力和轉化的思想方法,體現(xiàn)了直觀想象、邏輯推理的核 心素養(yǎng). (1)因為PA平面ABCD, 所以PABD. 又因為底面ABCD為菱形, 所以BDAC. 所以BD平面PAC. (2)因為PA平面ABCD,AE平面ABCD, 所以PAAE. 因為底面ABCD為菱形,ABC=60,且E為CD的中點, 所以AECD. 所以ABAE. 所以AE平面PAB.,所以平面PAB平面PAE. (3)棱PB上存在點F,使得CF平面PAE. 取F為PB的中點,取G為PA的中點,連接CF,FG,EG. 則FGAB,且FG= AB. 因為底面ABCD為菱形,且E為CD的中點, 所以CEAB,且CE= AB. 所以FGCE,且FG=CE. 所以四邊形CEGF為平行四邊形. 所以CFEG. 因為CF平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE.,2.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求證:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,證明 (1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因為AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為平行四邊形. 又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形, 所以AB1A1B. 因為AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因為A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因為AB1平面ABB1A1, 所以平面ABB1A1平面A1BC.,3.(2018北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD平面ABCD,PA PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點. (1)求證:PEBC; (2)求證:平面PAB平面PCD; (3)求證:EF平面PCD.,證明 (1)因為PA=PD,E為AD的中點, 所以PEAD. 因為底面ABCD為矩形, 所以BCAD. 所以PEBC. (2)因為底面ABCD為矩形, 所以ABAD. 又因為平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, 所以AB平面PAD. 所以ABPD. 又因為PAPD,PAAB=A, 所以PD平面PAB. 因為PD平面PCD, 所以平面PAB平面PCD.,4.(2017北京,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D為線 段AC的中點,E為線段PC上一點. (1)求證:PABD; (2)求證:平面BDE平面PAC; (3)當PA平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積.,5.(2017山東,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示. 四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E平面ABCD. (1)證明:A1O平面B1CD1; (2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM平面B1CD1.,證明 本題考查線面平行與面面垂直. (1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點, 所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1. (2)因為ACBD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD,因為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.,易錯警示 ab,a/ b.,C組 教師專用題組 考點一 直線與平面垂直的判定和性質,1.(2010課標全國,9)正方體ABCD-A1B1C1D1中,BB1與平面ACD1所成角的余弦值為 ( ) A. B. C. D.,答案 D BB1DD1,DD1與平面ACD1所成的角即為BB1與平面ACD1所成的角,其大小設 為, 設正方體的棱長為1,則點D到平面ACD1的距離為 , 所以sin = , 得cos = ,故選D.,2.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐P-ABC中,平面PAC平面ABC,ABC= ,點D,E在線段AC 上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,點F在線段AB上,且EFBC. (1)證明:AB平面PFE; (2)若四棱錐P-DFBC的體積為7,求線段BC的長.,解析 (1)證明:由DE=EC,PD=PC知,E為等腰PDC中DC邊的中點,故PEAC. 又平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,PE平面PAC,所以PE平面ABC, 又AB平面ABC,從而PEAB. 因為ABC= ,EFBC,故ABEF. 從而AB與平面PFE內兩條相交直線PE,EF都垂直,所以AB平面PFE. (2)設BC=x,則在直角ABC中, AB= = , 從而SABC= ABBC= x . 由EFBC知, = = ,AFEABC, 故 = = , 即SAFE= SABC. 由AD= AE,SAFD= SAFE= SABC= SABC,= x , 從而四邊形DFBC的面積為S四邊形DFBC=SABC-SAFD = x - x = x . 由(1)知,PE平面ABC, 所以PE為四棱錐P-DFBC的高. 在直角PEC中,PE= = =2 . 體積VP-DFBC= S四邊形DFBCPE= 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 .,評析 本題考查了線面垂直的判定,棱錐體積的計算;考查了推理論證能力及空間想象能力;體 現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想.,3.(2015湖北,20,13分)九章算術中,將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱 為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑. 在如圖所示的陽馬P-ABCD中,側棱PD底面ABCD,且PD=CD,點E是PC的中點,連接DE,BD, BE. (1)證明:DE平面PBC.試判斷四面體EBCD是不是鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出 結論);若不是,請說明理由; (2)記陽馬P-ABCD的體積為V1,四面體EBCD的體積為V2,求 的值.,解析 (1)因為PD底面ABCD,BC平面ABCD, 所以PDBC. 由底面ABCD為長方形,有BCCD,而PDCD=D, 所以BC平面PCD.DE平面PCD, 所以BCDE. 又因為PD=CD,點E是PC的中點, 所以DEPC. 而PCBC=C,所以DE平面PBC. 由BC平面PCD,DE平面PBC,可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形. 即四面體EBCD是一個鱉臑,其四個面的直角分別是BCD,BCE,DEC,DEB. (2)由已知,PD是陽馬P-ABCD的高, 所以V1= SABCDPD= BCCDPD; 由(1)知,DE是鱉臑D-BCE的高,BCCE, 所以V2= SBCEDE= BCCEDE.,在RtPDC中,因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE=CE= CD, 于是 = = =4.,評析 本題考查了線面垂直的判定和性質;考查體積的計算方法;考查了空間想象能力和運算 求解能力.解題過程不規(guī)范容易造成失分.,4.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD= ,AB=BC= AD=a,E是AD 的中點,O是AC與BE的交點.將ABE沿BE折起到圖2中A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE. (1)證明:CD平面A1OC; (2)當平面A1BE平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為36 ,求a的值.,解析 (1)證明:在題圖1中, 因為AB=BC= AD=a,E是AD的中點, BAD= ,所以BEAC. 即在題圖2中,BEA1O,BEOC, 又A1OOC=O, 從而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是四棱錐A1-BCDE的高. 由題圖1知,A1O= AB= a,平行四邊形BCDE的面積,S=BCAB=a2. 從而四棱錐A1-BCDE的體積為 V= SA1O= a2 a= a3, 由 a3=36 ,得a=6.,評析 本題首先借“折疊”問題考查空間想象能力,同時考查線面垂直的判定及面面垂直性 質的應用.,5.(2014課標,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,B1C的中點為O,且AO 平面BB1C1C. (1)證明:B1CAB; (2)若ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.,解析 (1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點. 因為BB1C1C為菱形, 所以B1CBC1. 又AO平面BB1C1C, B1C平面BB1C1C, 所以B1CAO, 因為BC1AO=O, 故B1C平面ABO. 由于AB平面ABO,故B1CAB.,(2)作ODBC,垂足為D,連接AD. 作OHAD,垂足為H. 由于BCAO,BCOD,OAOD=O, 故BC平面AOD, 因為OH平面AOD, 所以OHBC. 又OHAD,BCAD=D, 所以OH平面ABC. 因為CBB1=60, 所以CBB1為等邊三角形, 又BC=1,可得OD= . 由于ACAB1,所以OA= B1C= . 由OHAD=ODOA,且AD= = ,得OH= . 又O為B1C的中點, 所以點B1到平面ABC的距離為 . 故三棱柱ABC-A1B1C1的高為 .,一題多題 第(2)問易得 = ,B1C=1,由AO平面BB1C1C,O為B1C的中點,ACAB1,可得 ACB1為等腰直角三角形,可求得SABC= .設點B1到平面ABC的距離為h,由 = 得 = h,故h= ,從而三棱柱ABC-A1B1C1的高為 .,思路分析 (1)連接BC1,證明B1C平面ABO,可得B1CAB;(2)作ODBC于D,連接AD,然后作 OHAD于H,證明CBB1為等邊三角形,求出B1到平面ABC的距離即可知三棱柱ABC-A1B1C1的 高.,考點二 平面與平面垂直的判定和性質 1.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側棱B1B 上,且B1DA1F,A1C1A1B1. 求證:(1)直線DE平面A1C1F; (2)平面B1DE平面A1C1F.,2.(2018天津,17,13分)如圖,在四面體ABCD中,ABC是等邊三角形,平面ABC平面ABD,點M 為棱AB的中點,AB=2,AD=2 ,BAD=90. (1)求證:ADBC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.,解析 本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎 知識.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力. (1)證明: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的中點N,連接MN,ND. 又因為M為棱AB的中點,故MNBC. 所以DMN(或其補角)為異面直線BC與MD所成的角. 在RtDAM中,AM=1,3.(2015課標,18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點,BE平面ABCD. (1)證明:平面AEC平面BED; (2)若ABC=120,AEEC,三棱錐E-ACD的體積為 ,求該三棱錐的側面積.,解析 (1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以ACBD. 因為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)設AB=x,在菱形ABCD中, 由ABC=120,可得AG=GC= x,GB=GD= . 因為AEEC, 所以在RtAEC中, 可得EG= x. 由BE平面ABCD,知EBG為直角三角形, 可得BE= x.,由已知得,三棱錐E-ACD的體積VE-ACD= ACGDBE= x3= .故x=2. (9分) 從而可得AE=EC=ED= . 所以EAC的面積為3,EAD的面積與ECD的面積均為 . 故三棱錐E-ACD的側面積為3+2 . (12分),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證明平面 AEC平面BED.(2)設AB=x,用x表示出AG,GD,BE,然后根據(jù)條件求出x.把相關數(shù)據(jù)求出來,計 算出三個側面的面積,最后求和即可.,4.(2012課標全國,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱垂直底面,ACB=90,AC=BC= AA1,D是棱AA1的中點. (1)證明:平面BDC1平面BDC; (2)平面BDC1分此棱柱為兩部分,求這兩部分體積的比.,評析 本題考查了線面垂直的判定,考查了體積問題,同時也考查了空間想象能力.,考點一 直線與平面垂直的判定和性質,三年模擬,A組 20172019年高考模擬考點基礎題組,1.(2018福建泉州二模,6)在下列四個正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均為所在棱的中點,過E,F, G作正方體的截面,則在各個正方體中,直線BD1與平面EFG不垂直的是 ( ),答案 D 如圖,在正方體中,E,F,G,M,N,Q均為所在棱的中點,易知E,F,G,M,N,Q六個點共面,直 線BD1與平面EFMNQG垂直,并且選項A、B、C中的平面與這個平面重合,不滿足題意,只有選 項D中的直線BD1與平面EFG不垂直,滿足題意.故選D.,2.(2018江西贛州模擬,6)如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,且BC1AC,過C1作C1H 底面ABC,垂足為H,則點H在 ( ) A.直線AC上 B.直線AB上 C.直線BC上 D.ABC內部,答案 B 連接AC1,如圖: BAC=90,ACAB, BC1AC,BC1AB=B, AC平面ABC1, 又AC在平面ABC內, 根據(jù)面面垂直的判定定理,知平面ABC平面ABC1, 則根據(jù)面面垂直的性質定理知,在平面ABC1內一點C1向平面ABC作垂線,垂足必落在交線AB 上.故選B.,3.(2019河南天一頂尖計劃聯(lián)考,8)已知A是平面外一定點,點B,點A到平面的距離為3.記 直線AB與平面所成的角為,若 ,則點B所在區(qū)域的面積為 ( ) A.2 B.4 C.6 D.8,答案 C 設點A在平面上的射影為O,則OA=3.由題意得 =tan 1, ,所以|OB| ,3, 故所求的區(qū)域面積為32-( )2=6.,4.(2019湖北武漢調研測試,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為1的菱形,DAB= ,平面PAD平面ABCD,PA=PD= . (1)證明:PBBC; (2)求點A到平面PBC的距離.,解析 (1)證明:如圖,取AD的中點H,連接PH,HB,BD. 底面ABCD是邊長為1的菱形, AD=AB=1, DAB= ,ABD是等邊三角形. BH= ,BHAD. PA=PD,H為AD的中點, PHAD,又PHBH=H, AD平面PHB,又PB平面PHB, ADPB,又ADBC, PBBC. (6分),5.(2019河北石家莊質量檢測,19)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,側面ABB1A1為菱形,側面ACC1A1 為正方形,平面ABB1A1平面ACC1A1. (1)求證:A1B平面AB1C; (2)若A1BAB1=O,AB=2,ABB1=60,求三棱錐C1-COB1的體積.,考點二 平面與平面垂直的判定和性質 1.(2019河北衡水模擬,6)已知m,n,l是不同的直線,是不同的平面,在下列命題中: 若mn,ln,則ml; 若m,n,mn,則; 若ml,m,l,則; 若,=l,m,ml,則m. 其中正確命題的序號為 ( ) A. B. C. D.,答案 B 如正方體同一個頂點的三條棱,滿足的條件,但三條棱都相交,故錯;如圖, 故錯;因為ml,m,則l,又l,所以,故正確;由面面垂直的性質知,正確.故正 確的命題為.故選B.,2.(2017河北唐山一模,8)設m,n是平面內的兩條不同直線,l1,l2是平面內兩條相交直線,則 的一個充分不必要條件是 ( ) A.l1m,l1n B.ml1,ml2 C.ml1,nl2 D.mn,l1n,答案 B 由ml1,ml2及已知條件可得m,又m,所以;反之,時未必有ml1,m l2,故“ml1,ml2”是“”的充分不必要條件,其余選項均推不出,故選B.,3.(2017廣東廣州一模,4)設m,n是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是 ( ) A.若,m,n,則mn B.若m,mn,n,則 C.若mn,m,n,則 D.若,m,n,則mn,答案 B 若,m,n,則m與n相交、平行或異面,故A錯誤; m,mn,n, 又n,故B正確; 若mn,m,n,則與的位置關系不確定,故C錯誤; 若,m,n,則mn或m,n異面,故D錯誤.故選B.,4.(2019全國統(tǒng)一診斷卷A,18)在五邊形ABCDF中,E是邊DF上的點,AFBECD,BCDF,BC CD,AB=BC= ,AF=EF=1,BE=CD=2,如圖1,將四邊形AFEB沿BE折起,使平面AFEB平面 BCDE,將BCD沿BD折起,使點C與點A重合,重合的點記為M,如圖2. (1)連接EM,證明:平面BDM平面DEM; (2)求點E到平面BDM的距離.,5.(2019河北石家莊模擬一,18)如圖,已知三棱錐P-ABC中,PCAB,ABC是邊長為2的正三角 形,PB=4,PBC=60. (1)證明:平面PAC平面ABC; (2)設F為棱PA的中點,在AB上取點E,使得AE=2EB,求三棱錐F-ACE與四棱錐C-PBEF的體積之 比.,解析 (1)證明:在PBC中,PBC=60,BC=2,PB=4, 由余弦定理可得PC=2 , PC2+BC2=PB2,PCBC. (2分) 又PCAB,ABBC=B,PC平面ABC, (4分) PC平面PAC,平面PAC平面ABC. (6分) (2)設三棱錐F-ACE的高為h1,三棱錐P-ABC的高為h, 則VF-ACE= SACEh1 = SABC h = SABCh = VP-ABC. (11分) 三棱錐F-ACE與四棱錐C-PBEF的體積之比為12. (12分),思路分析 (1)由余弦定理及勾股定理的逆定理證明PCBC,結合PCAB,得出PC平面 ABC,從而證明平面PAC平面ABC;(2)由F為PA的中點,得到F到平面ABC的距離是點P到平面 ABC的距離的 ,再由AE=2EB得到ACE的面積等于ABC面積的 ,因此三棱錐F-ACE的體積等于三棱錐P-ABC的體積的 ,從而得到三棱錐F-ACE的體積和四棱錐C-PBEF的體積之比為12.,B組 20172019年高考模擬專題綜合題組 (時間:50分鐘 分值:65分) 一、選擇題(每題5分,共15分),1.(2018山西臨汾模擬,7)如圖,已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD平面ABCD,NB平 面ABCD,且MD=NB=1,E為MC的中點,則下列結論不正確的是 ( ) A.平面BCE平面ABN B.MCAN C.平面CMN平面AMN D.平面BDE平面AMN,答案 C 分別過A,C作平面ABCD的垂線AP,CQ,使得AP=CQ=1, 連接PM,PN,QM,QN,將幾何體補成棱長為1的正方體. BC平面ABN, 又BC平面BCE, 平面BCE平面ABN,故A正確; 連接PB,則PBMC, 顯然,PBAN, MCAN,故B正確; 取MN的中點F,連接AF,CF,AC. AMN和CMN都是邊長為 的等邊三角形, AFMN,CFMN, AFC為二面角A-MN-C的平面角, AF=CF= ,AC= , AF2+CF2AC2,即AFC ,平面CMN與平面AMN不垂直,故C錯誤; DEAN,MNBD, DEBD=D,DE,BD平面BDE,MNAN=N,MN,AN平面AMN, 平面BDE平面AMN,故D正確.故選C.,2.(2017江西南昌摸底考試,3)如圖,在四面體ABCD中,已知ABAC,BDAC,那么點D在平面 ABC內的射影H必在 ( ) A.直線AB上 B.直線BC上 C.直線AC上 D.ABC內部,答案 A 因為ABAC,BDAC,ABBD=B,所以AC平面ABD,又AC平面ABC,所以平面 ABC平面ABD,所以點D在平面ABC內的射影H必在直線AB上.,3.(2019全國統(tǒng)一診斷卷A,9)在長為2、寬為3、高為2的長方體中,存在一條直線與各個面的夾 角都相等,若將這個角記為,則sin 的值為 ( ) A. B. C. D.,答案 D 如圖,從長方體中截取一個棱長為2的正方體,則圖中的AF與長方體的各個面的夾 角都相等,則sin = = .,解后反思 本題要使存在一條直線與各個面的夾角相等,可轉化為在長方體內找到一點到相 鄰三個面的距離相等,從而在長方體中截出一個正方體,進而得出結果.,二、解答題(共50分) 4.(2019福建質量檢測,18)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是邊長為2的正三角形,M,N 分別是AB,AA1的中點,且A1MB1N. (1)求證:B1NA1C; (2)求M到平面A1B1C的距離.,解析 (1)證明:如圖,連接CM. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1平面ABC,CM平面ABC, 所以AA1CM. (1分) 在ABC中,AC=BC,M為AB的中點,所以CMAB. (2分) 又AA1AB=A,所以CM平面ABB1A1. (3分) 因為B1N平面ABB1A1,所以CMB1N. (4分) 又A1MB1N,A1MCM=M,所以B1N平面A1CM. (5分) 因為A1C平面A1CM,所以B1NA1C. (6分) (2)解法一:連接B1M.,在矩形ABB1A1中,因為A1MB1N,所以AA1M=A1B1N. (7分) 所以tanAA1M=tanA1B1N,即 = . 因為ABC是邊長為2的正三角形,M,N分別是AB,AA1的中點,所以AM=1,CM= ,A1B1=2. 設AA1=x,則A1N= . 所以 = ,解得x=2. (8分) 從而 = =2,A1C=B1C=2 . 在A1CB1中,cosA1CB1= = , 所以sinA1CB1= , 所以 = A1CB1CsinA1CB1= . (10分) 設點M到平面A1B1C的距離為d,由 = , 得 d= CM,所以d= = , 即點M到平面A1B1C的距離為 . (12分) 解法二:在矩形ABB1A1中,因為A1MB1N,所以AA1M=A1B1N, (7分) 所以tanAA1M=tanA1B1N,即 = . 因為ABC是邊長為2的正三角形,M,N分別是AB,AA1的中點, 所以AM=1,CM= ,A1B1=2. 設AA1=x,則A1N= , 所以 = ,解得x=2. (8分) 如圖,取A1B1的中點D,連接MD,CD,過M作MOCD于O.,在正方形ABB1A1中,易知A1B1MD,由(1)可得CMA1B1, 又CMMD=M,所以A1B1平面CDM. (9分) 因為MO平面CDM,所以A1B1MO. 又MOCD,A1B1CD=D,所以MO平面A1B1C, 即線段MO的長就是點M到平面A1B1C的距離. (10分) 由(1)可得CMMD,又MD=2,所以由勾股定理,得CD= = . (11分) SCMD= CDMO= CMMD,即 MO= 2, 解得MO= ,故點M到平面A1B1C的距離為 . (12分),5.(2019河北衡水調研卷五,18)如圖,在多邊形ABPCD中(圖1),ABCD為長方形,BPC為正三角 形,AB=3,BC=3 ,現(xiàn)以BC為折痕將BPC折起,使點P在平面ABCD內的射影恰好在AD上(圖2). (1)證明:PD平面PAB; (2)若點E在線段PB上,且PE= PB,當點Q在線段AD上運動時,求三棱錐Q-EBC的體積.,解析 (1)證明:過點P作POAD,垂足為O. 由于點P在平面ABCD內的射影恰好在AD上, 所以PO平