（山東專用）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 8.3 直線、平面垂直的判定和性質(zhì)課件

1、高考高考數(shù)學(xué)數(shù)學(xué) (山東專用) 8.3直線、平面垂直的判定和性質(zhì) A組山東省卷、課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì)考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì) 五年高考 1.(2018課標(biāo)全國,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折 痕把DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PFBF. (1)證明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值. 解析解析(1)證明: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,垂足為H.由(1)得,P

2、H平面ABFD. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H- xyz. HF BF 由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=, 又PF=1,EF=2,故PEPF, 可得PH=,EH=, 則H(0,0,0),P,D,=,=為平面ABFD的法向量. 設(shè)DP與平面ABFD所成角為,則sin =. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 3 3 2 3 2 3 0,0, 2 3 1,0 2 DP 33 1, 22 HP 3 0,0, 2 | HP DP HP DP 3 4 3 3 4 3 4 2.(2018課標(biāo)全國文,18,12分)如圖,在平行四

3、邊形ABCM中,AB=AC=3,ACM=90.以AC為折 痕將ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且ABDA. (1)證明:平面ACD平面ABC; (2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=DA,求三棱錐Q-ABP的體積. 2 3 解析解析(1)證明: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,垂足為E,則QEDC. 由已知及(1)可得DC平面ABC, 所以QE平面ABC,QE=1. 因此,三棱錐Q-AB

4、P的體積為 VQ-ABP=QESABP=132sin 45=1. 2 2 3 2 1 3 1 3 1 3 1 2 2 規(guī)規(guī)律總結(jié)律總結(jié)證明空間線面位置關(guān)系的一般步驟: (1)審清題意:分析條件,挖掘題目中平行與垂直的關(guān)系; (2)明確方向:確定問題的方向,選擇證明平行或垂直的方法,必要時(shí)添加輔助線; (3)給出證明:利用平行、垂直關(guān)系的判定或性質(zhì)給出問題的證明; (4)反思回顧:查看關(guān)鍵點(diǎn)、易漏點(diǎn),檢查使用定理時(shí)定理成立的條件是否遺漏,符號(hào)表達(dá)是否 準(zhǔn)確. 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵(1)利用平行關(guān)系將ACM=90轉(zhuǎn)化為BAC=90是求證第(1)問的關(guān)鍵; (2)利用翻折的性質(zhì)將ACM=90轉(zhuǎn)化為ACD

5、=90,進(jìn)而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線面垂 直的性質(zhì)定理得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問的關(guān)鍵. B B組課標(biāo)卷、其他自主命題省組課標(biāo)卷、其他自主命題省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組 考考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì)點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì) 1.(2019北京理,12,5分)已知l,m是平面外的兩條不同直線.給出下列三個(gè)論斷: lm;m;l. 以其中的兩個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,寫出一個(gè)正確的命題: . 答案答案若lm,l,則m(答案不唯一) 解析解析本題考查線面平行、垂直的位置關(guān)系,考查了邏輯推理能力和空間想象能力. 把其中兩個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,共有三種情況.

6、對三種情況逐一驗(yàn)證. 作為條件,作為結(jié)論時(shí),還可能l或l與斜交;作為條件,作為結(jié)論和作為條 件,作為結(jié)論時(shí),容易證明命題成立. 易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示 容易忽視l,m是平面外的兩條不同直線這一條件,導(dǎo)致判斷錯(cuò)誤. 2.(2019天津文,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(shè)G,H分別為PB,AC的中點(diǎn),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

7、的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查空間想象能力和推理論證能力.以線面角的計(jì)算為依托考查數(shù)學(xué)運(yùn) 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BG=PG,故GHPD.又因?yàn)镚H 平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)證明:取棱PC的中點(diǎn)N,連接DN. 依題意,得DNPC. 又因?yàn)槠矫鍼AC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?yàn)镻CD為等邊三角形,CD=2且N為P

8、C的中點(diǎn), 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. 3 DN AD 3 3 3 3 思路分析思路分析 (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(diǎn)N,連接DN,有DNPC,由面面垂直的性質(zhì),得DN平面PAC,從而得DNPA,進(jìn)而得 出結(jié)論;(3)由(2)知所求角為DAN,在RtAND中求其正弦值即可. 3.(2019北京理,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD= CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn),點(diǎn)F在PC上,且=. (1)求

9、證:CD平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)設(shè)點(diǎn)G在PB上,且=.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi),說明理由. PF PC 1 3 PG PB 2 3 解析解析本題主要考查線面垂直的判定和性質(zhì),二面角的求法;考查學(xué)生的空間想象能力;以四棱 錐為背景考查直觀想象的核心素養(yǎng). (1)因?yàn)镻A平面ABCD,所以PACD, 又因?yàn)锳DCD,所以CD平面PAD. (2)過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M. 因?yàn)镻A平面ABCD,所以PAAM,PAAD. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 因?yàn)镋為

10、PD的中點(diǎn),所以E(0,1,1). 所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2). 所以=,=+=. 設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=1,則y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1). 又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p=(1,0,0), 所以cos=-. 由題知,二面角F-AE-P為銳角,所以其余弦值為. (3)直線AG在平面AEF內(nèi). 因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上,且=,=(2,-1,-2),所以=,=+=. 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1). AE PC AP PF 1 3 PC 2 22 , 3 33 AF AP PF 2 2 4 , 3 3

11、 3 AE0, AF0, n n 0, 224 0. 333 yz xyz | n p np 3 3 3 3 PG PB 2 3 PB PG 2 3 PB 424 , 333 AG AP PG 42 2 , 33 3 所以n=-+=0. 所以直線AG在平面AEF內(nèi). AG 4 3 2 3 2 3 思路分析思路分析 (1)要證線面垂直,需證線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直.(2)建系求兩平面的法向 量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通過計(jì)算得出n,結(jié)合A平面AEF可證明AG平面 AEF. AG 一題多解一題多解 (2)PA=AD且E為PD的中點(diǎn),AEPD.由(1)知CDAE,又PDCD=D,AE

12、 平面PCD,又EF平面PCD,AEEF,故可知FEP為二面角F-AE-P的平面角.PE= ,PF=,cosCPD=,sinCPD=,EF2=+()2-2= ,EF=,在PEF中,由正弦定理得=,即sinFEP=,且 FEP為銳角, cosFEP=. 故二面角F-AE-P的余弦值為. 2 PD 2 3 PC2 3 3 PD PC 6 3 3 3 2 2 3 3 22 2 3 3 6 3 2 3 6 3sin EF CPDsin PF FEP 2 33 33 6 3 6 3 2 6 1 3 3 3 3 3 4.(2019北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,底面A

13、BCD為菱形,E為CD 的中點(diǎn). (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(diǎn)F,使得CF平面PAE?說明理由. 解析解析本題考查了直線與平面平行、垂直的判定和性質(zhì),通過線線、線面、面面平行、垂直 的相互轉(zhuǎn)化考查了學(xué)生的空間想象能力和轉(zhuǎn)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?yàn)镻A平面ABCD, 所以PABD. 又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BDAC. 所以BD平面PAC. (2)因?yàn)镻A平面ABCD,AE平面ABCD, 所以PAAE. 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,ABC=60,且E為CD的中點(diǎn), 所以AECD.所

14、以ABAE. 所以AE平面PAB. 所以平面PAB平面PAE. (3)棱PB上存在點(diǎn)F,使得CF平面PAE. 取F為PB的中點(diǎn),取G為PA的中點(diǎn),連接CF,FG,EG. 則FGAB,且FG=AB. 因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,且E為CD的中點(diǎn), 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?yàn)镃F 平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE. 1 2 1 2 5.(2019課標(biāo)全國理,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點(diǎn)E在棱AA1 上,BEEC1. (1)證明:BE平面EB1C1; (

15、2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. 解析解析本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),空間向量的應(yīng)用,考查空間想象能力,運(yùn)算求解能力, 考查了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(shè)知RtABE RtA1B1E, 所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB. 以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz, 則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),

16、=(1,-1,1),=(0,0,2). DA DA CB CE 1 CC 設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z), 則即 所以可取n=(0,-1,-1). 設(shè)平面ECC1的法向量為m=(x1,y1,z1), 則即 所以可取m=(1,1,0). 于是cos=-. 所以,二面角B-EC-C1的正弦值為. CB0, CE0, n n 0, 0, x xyz 1 CC0, CE0, m m 1 111 2z0, xyz0, | n m n m 1 2 3 2 一題多解一題多解 (2)連接BC1.設(shè)AE=m,不妨令A(yù)B=1,則BE=,C1E=,BC1=. BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1

17、,則AA1=2. 連接AC,BD,相交于點(diǎn)O,連接A1C1. 由題意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C, BD平面AA1C1C,BDCE, 即BOCE. 在長方形AA1C1C中,AC=,AA1=2.連接AC1,有=,又EAC=C1CA=90,則RtC1 CARtCAE. ECA+C1AC=90,CEAC1. 2 1m 2 2m 2 (2 )1m 2 1 CC AC 2 2 AC AE 取CC1的中點(diǎn)F,連接OF,BF,則OFAC1,OFCE. BOOF=O,CE平面FOB. 設(shè)CEOF=G,連接BG,CEBG,CEFG,則BGF為二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF= sinBG

18、O.設(shè)AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE=CC1,AH=AC1.易知OGAH,又 O為AC的中點(diǎn),OG=AH.BO=,OG=AH=AC1=,BOOG,tanBGO= ,BGO=60,則BGF=120,故sinBGF=. 1 2 1 3 1 2 2 2 1 2 1 6 6 6 2 2 6 6 3 3 2 6.(2018課標(biāo)全國文,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(diǎn). (1)證明:PO平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離. 2 解析解析(1)證明:因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC

19、的中點(diǎn), 所以O(shè)PAC,且OP=2. 連接OB,因?yàn)锳B=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知PO平面ABC. (2)作CHOM,垂足為H. 又由(1)可得OPCH, 3 2 2 1 2 所以CH平面POM. 故CH的長為點(diǎn)C到平面POM的距離. 由題設(shè)可知OC=AC=2,CM=BC=,ACB=45. 所以O(shè)M=,CH=. 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為. 1 2 2 3 4 2 3 2 5 3 sinOC MCACB OM 4 5 5 4 5 5 7.(2018課標(biāo)全國文,19,12分)如圖,矩

20、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(diǎn). (1)證明:平面AMD平面BMC; (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC平面PBD?說明理由. CD CD 解析解析(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CCD,BC平面ABCD,所 以BC平面CMD,故BCDM. 因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),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(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí),MC平面PBD. 證明如下:連接AC交BD于O.因?yàn)锳BCD為矩形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM的中 點(diǎn),所以

21、MCOP. MC 平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD. CD 易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示使用判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理證明時(shí)要使條件完備. 疑難突破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(diǎn)或直線的位置(如中點(diǎn),中位線),再進(jìn)行證明. (2)把要得的平行當(dāng)作已知條件,用平行的性質(zhì)去求點(diǎn)、線. 8.(2018北京,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1, BB1的中點(diǎn),AB=BC=,AC=AA1=2. (1)求證:AC平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)證明:直線FG與平面BC

22、D相交. 5 解析解析(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中, 因?yàn)镃C1平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形. 又E,F分別為AC,A1C1的中點(diǎn),所以ACEF. 因?yàn)锳B=BC,所以ACBE. 所以AC平面BEF. (2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1. 又CC1平面ABC,所以EF平面ABC. 因?yàn)锽E平面ABC,所以EFBE. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). 所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1). 設(shè)平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z0), 則即 令

23、y0=-1,則x0=2,z0=-4. 于是n=(2,-1,-4). 又因?yàn)槠矫鍯C1D的法向量為=(0,2,0), 所以cos=-. 由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-. (3)證明:由(2)知平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),=(0,2,-1). 因?yàn)閚=20+(-1)2+(-4)(-1)=20, 所以直線FG與平面BCD相交. BC BD BC0, BD0, n n 00 000 x2y0, x2yz0. EB EB EB |EB| n n 21 21 21 21 FG FG 9.(2018北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平

24、面PAD平面ABCD, PAPD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn). (1)求證:PEBC; (2)求證:平面PAB平面PCD; (3)求證:EF平面PCD. 證明證明(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),所以PEAD. 因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以BCAD.所以PEBC. (2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以ABAD. 又因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD, 所以AB平面PAD.所以ABPD. 又因?yàn)镻APD,所以PD平面PAB. 所以平面PAB平面PCD. (3)取PC中點(diǎn)G,連接FG,DG. 因?yàn)镕,G分別為PB,PC的中點(diǎn), 所以FGBC,FG=BC. 因?yàn)锳BCD為矩形,且E為AD的中

25、點(diǎn), 所以DEBC,DE=BC. 所以DEFG,DE=FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形. 所以EFDG. 又因?yàn)镋F 平面PCD,DG平面PCD, 所以EF平面PCD. 1 2 1 2 10.(2017課標(biāo)全國文,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(cè)面積. 8 3 解析解析本題考查立體幾何中面面垂直的證明和幾何體側(cè)面積的計(jì)算. (1)證明:由已知BAP=CDP=90, 得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD,

26、從而AB平面PAD. 又AB平面PAB, 所以平面PAB平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PEAD,垂足為E. 由(1)知,AB平面PAD, 故ABPE,可得PE平面ABCD. 設(shè)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(shè)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(cè)面積為PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin 60=6+2. 2 2 2 1 3 1 3 1 3 8 3 22 1 2 1 2 1 2 1 2 3 方法總結(jié)方法總結(jié) 1.面面垂直的證明 證明兩個(gè)平面

27、互相垂直,可以在一個(gè)平面內(nèi)找一條直線l,證明直線l垂直于另一個(gè)平面. 2.線面垂直的證明 (1)證明直線l垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線. (2)若已知兩個(gè)平面垂直,則在一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個(gè)平面. 3.幾何體的體積 柱體的體積V=S底h. 錐體的體積V=S底h. 1 3 4.幾何體的表面積 直棱柱的側(cè)面積S側(cè)=C底l,其他幾何體一般要對各個(gè)側(cè)面、底面逐個(gè)分析求解面積,最后求和. 11.(2017課標(biāo)全國,19,12分)如圖,四面體ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形, ABD=CBD,AB=BD. (1)證明:平面ACD平面ABC; (2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E,若

28、平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE -C的余弦值. 解析解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法. (1)證明:由題設(shè)可得,ABD CBD,從而AD=DC. 又ACD是直角三角形,所以ADC=90. 取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO,則DOAC,DO=AO. 又由于ABC是正三角形,故BOAC. 所以DOB為二面角D-AC-B的平面角. 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)由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤

29、軸正方向,|為單位長, 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). OA OA 3 由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的,從而E到平面ABC的距離為D到平面 ABC的距離的, 即E為DB的中點(diǎn),得E. 故=(-1,0,1),=(-2,0,0), =. 設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 1 2 1 2 3 1 0, 22 AD AC AE 3 1 1, 22 則即 可取n=. 設(shè)m是平面AEC的法向量, 則 同理可取m=(0,-1,). 則cos=. 易知二面角D-AE-C為銳二面角, 所以二面角D

30、-AE-C的余弦值為. AD0, AE0, n n 0, 31 0. 22 xz xyz 3 1,1 3 AC0, AE0. m m 3 | n m n m 7 7 7 7 方法總結(jié)方法總結(jié)證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線,即 在一個(gè)平面內(nèi),找一條直線,使它垂直于另一個(gè)平面.用空間向量法求二面角的余弦值時(shí),要判 斷二面角是鈍角還是銳角. 12.(2017北京文,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(diǎn),E為線段PC上一點(diǎn). (1)求證:PABD; (2)求證:平面BDE平面PAC; (3

31、)當(dāng)PA平面BDE時(shí),求三棱錐E-BCD的體積. 解析解析本題考查線面垂直的判定和性質(zhì),面面垂直的判定及線面平行的性質(zhì),三棱錐的體積.考 查空間想象能力. (1)證明:因?yàn)镻AAB,PABC, 所以PA平面ABC. 又因?yàn)锽D平面ABC, 所以PABD. (2)證明:因?yàn)锳B=BC,D為AC的中點(diǎn), 所以BDAC.由(1)知,PABD, 所以BD平面PAC. 所以平面BDE平面PAC. (3)因?yàn)镻A平面BDE,平面PAC平面BDE=DE, 所以PADE. 因?yàn)镈為AC的中點(diǎn), 所以DE=PA=1,BD=DC=. 由(1)知,PA平面ABC, 所以DE平面ABC. 所以三棱錐E-BCD的體積V

32、=BDDCDE=. 1 2 2 1 6 1 3 直擊高考直擊高考 立體幾何是高考的必考題型,對立體幾何的考查主要有兩個(gè)方面:一是空間位置 關(guān)系的證明;二是體積或表面積的求解. 13.(2016課標(biāo)全國,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF= 2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60. (1)證明:平面ABEF平面EFDC; (2)求二面角E-BC-A的余弦值. 解析解析(1)證明:由已知可得AFDF,AFFE,DFEF=F,所以AF平面EFDC.(2分) 又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(3分)

33、(2)過D作DGEF,垂足為G,由(1)知DG平面ABEF. 以G為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G- xyz.(6分) 由(1)知DFE為二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,則|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) GF GF 3 3 又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF. 由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF為二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.從而可得 C(-2,0,). 所以=(1,0,)

34、,=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分) 設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則 即 所以可取n=(3,0,-). 設(shè)m是平面ABCD的法向量,則 同理可取m=(0,4).則cos =-. 故二面角E-BC-A的余弦值為-.(12分) 3 EC 3EB AC 3AB EC0, EB0, n n 30, 40. xz y 3 AC0, AB0. m m 3 | n m n m 2 19 19 2 19 19 評析評析 本題考查了立體幾何部分有關(guān)垂直的證明,以及二面角的求解和利用空間向量求解立 體幾何問題.解決立體幾何問題時(shí)要注意“發(fā)現(xiàn)”垂線所在的位置. 14.

35、(2015課標(biāo)全國,18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一側(cè) 的兩點(diǎn),BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)證明:平面AEC平面AFC; (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值. 解析解析(1)證明:連接BD.設(shè)BDAC=G,連接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨設(shè)GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=. 由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=,且EGAC. 在RtEBG中,可得BE=,故DF=. 在RtFDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中, 由BD=2,BE=,D

36、F=,可得EF=. 從而EG2+FG2=EF2,所以EGFG. 又ACFG=G,可得EG平面AFC. 因?yàn)镋G平面AEC,所以平面AEC平面AFC.(6分) (2)如圖,以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以,的方向?yàn)閤軸,y軸正方向,|為單位長,建立空間直角 坐標(biāo)系G-xyz. 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0),所以=(1,),=. 3 3 2 2 2 6 2 2 2 2 3 2 2 GB GC GB 32 2 1,0, 2 3AE 32CF 2 1,3, 2 (10分) 故cos=-. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.(12分) AE CF | AE CF AE CF

37、 3 3 3 3 評析評析 本題考查了線面垂直的判定和性質(zhì)、面面垂直的判定、異面直線所成的角.建立適當(dāng) 的空間直角坐標(biāo)系,利用空間向量的有關(guān)公式是求解的關(guān)鍵.證明“EG平面AFC”是解題的 難點(diǎn).本題屬中等難度題. 15.(2015湖北,19,12分)九章算術(shù)中,將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱 之為陽馬,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑. 如圖,在陽馬P-ABCD中,側(cè)棱PD底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點(diǎn)E,作EFPB交PB于點(diǎn) F,連接DE,DF,BD,BE. (1)證明:PB平面DEF.試判斷四面體DBEF是不是鱉臑,若是,寫出其每個(gè)面的直角(只需寫出

38、結(jié)論);若不是,說明理由; (2)若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為,求的值. 3 DC BC 解析解析解法一:(1)因?yàn)镻D底面ABCD,所以PDBC, 由底面ABCD為長方形,有BCCD,而PDCD=D, 所以BC平面PCD,而DE平面PCD,所以BCDE. 又因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DEPC. 而PCBC=C,所以DE平面PBC. 而PB平面PBC,所以PBDE. 又PBEF,DEEF=E,所以PB平面DEF. 由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形,即四面體BDEF 是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)面的直角分別為DEB,DEF,EFB,DFB.

39、 (2)如圖,在面PBC內(nèi),延長BC與FE交于點(diǎn)G,則DG是平面DEF與平面ABCD的交線. 由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG. 又因?yàn)镻D底面ABCD,所以PDDG. 而PDPB=P,所以DG平面PBD. 故BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角, 設(shè)PD=DC=1,BC=,有BD=, 在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=, 則tan=tanDPF=,解得=. 2 1 3 3 BD PD 2 132 所以=. 故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時(shí),=. 解法二:(1)如圖,以D為原點(diǎn),射線DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)P

40、D=DC=1,BC=,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0), C(0,1,0),=(,1,-1),點(diǎn)E是PC的中點(diǎn), 所以E,=, DC BC 1 2 2 3 DC BC 2 2 PB 1 1 0, 2 2 DE 1 1 0, 2 2 于是=0,即PBDE. 又已知EFPB,而DEEF=E,所以PB平面DEF. 因=(0,1,-1),=0,則DEPC,所以DE平面PBC. 由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形, 即四面體BDEF是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)面的直角分別為DEB,DEF,EFB,DFB. (2)由PD平面ABCD,所以=(0,0,1)是

41、平面ABCD的一個(gè)法向量; 由(1)知,PB平面DEF,所以=(-,-1,1)是平面DEF的一個(gè)法向量. 若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為, 則cos=, 解得=,所以=. 故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為時(shí), =. PB DE PC DE PC DP BP 3 3 | | BP DP BPDP 2 1 2 1 2 2 DC BC 1 2 2 3 DC BC 2 2 C C組教師專用題組組教師專用題組 1.(2015安徽,5,5分)已知m,n是兩條不同直線,是兩個(gè)不同平面,則下列命題正確的是() A.若,垂直于同一平面,則與平行 B.若m,n平行于同一平面,則m與n平行 C.

42、若,則在內(nèi)與平行的直線 D.若m,n,則m與n垂直于同一平面 不平行 不存在 不平行 不可能 答案答案 D若,垂直于同一個(gè)平面,則,可以都過的同一條垂線,即,可以相交,故A錯(cuò);若 m,n平行于同一個(gè)平面,則m與n可能平行,也可能相交,還可能異面,故B錯(cuò);若,不平行,則,相 交,設(shè)=l,在內(nèi)存在直線a,使al,則a,故C錯(cuò);從原命題的逆否命題進(jìn)行判斷,若m與n垂 直于同一個(gè)平面,則由線面垂直的性質(zhì)定理知mn,故D正確. 2.(2014廣東,7,5分)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4,滿足l1l2,l2l3,l3l4,則下列結(jié)論一 定正確的是() A.l1l4 B.l1l4 C.l

43、1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關(guān)系不確定 答案答案 D由l1l2,l2l3可知l1與l3的位置不確定, 若l1l3,則結(jié)合l3l4,得l1l4,所以排除選項(xiàng)B、C, 若l1l3,則結(jié)合l3l4,知l1與l4可能不垂直,所以排除選項(xiàng)A.故選D. 3.(2014浙江文,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,是兩個(gè)不同的平面() A.若mn,n,則m B.若m,則m C.若m,n,n,則m D.若mn,n,則m 答案答案 C對于選項(xiàng)A、B、D,均能舉出m的反例;對于選項(xiàng)C,若m,n,則mn,又n ,m,故選C. 4.(2019課標(biāo)全國文,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1

44、D1的底面ABCD是正方形,點(diǎn)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. 解析解析本題考查了長方體的性質(zhì)、直線與平面垂直的判定與性質(zhì)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(shè)知RtABE RtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3, AA1=2AE=6. 作EFBB1,垂足為F,則EF平面BB1C

45、1C,且EF=AB=3. 所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=363=18. 1 3 思路分析思路分析 (1)由長方體的性質(zhì)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(guān)鍵是求高,利用平面與平面垂直的性質(zhì)定理,可知只需過E作B1B的垂線即 可得高. 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵 由長方體的性質(zhì)找BE的垂線和平面BB1C1C的垂線是求解的關(guān)鍵. 5.(2019課標(biāo)全國文,19,12分)圖1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC組成的一個(gè)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

46、中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC平面BCGE; (2)求圖2中的四邊形ACGD的面積. 解析解析本題考查了線面、面面垂直問題,通過翻折、平面與平面垂直的證明考查了空間想象 能力和推理論證能力,考查了直觀想象的核心素養(yǎng). (1)由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面. 由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE. 又因?yàn)锳B平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)取CG的中點(diǎn)M,連接EM,DM. 因?yàn)锳BDE,AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,故DECG. 由已知,四邊形BCGE是菱形,且EBC=60得EMCG,故

47、CG平面DEM. 因此DMCG. 在RtDEM中,DE=1,EM=,故DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4. 3 思路分析思路分析 (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(guān)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(zhì)不難證明四點(diǎn)共面.(2)根據(jù)菱形的特征結(jié)合(1)的結(jié)論找到菱形BCGE的 邊CG上的高求解. 解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵 抓住翻折前后的垂直關(guān)系,靈活轉(zhuǎn)化線線垂直、線面垂直和面面垂直,題中構(gòu)造側(cè) 棱的特殊“直截面”DEM,是本題求解的關(guān)鍵和難點(diǎn). 6.(2016浙江文,18,15分)如圖,在三棱

48、臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE平面ABC,ACB=90,BE=EF =FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF平面ACFD; (2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值. 解析解析(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示. 因?yàn)槠矫鍮CFE平面ABC,且ACBC,所以AC平面BCK,因此BFAC. 又因?yàn)镋FBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),則BFCK. 所以BF平面ACFD. (2)因?yàn)锽F平面ACK,所以BDF是直線BD與平面ACFD所成的角. 在RtBFD中,BF=,DF=,得cosBDF=, 所以直線BD與平面AC

49、FD所成角的余弦值為. 3 3 2 21 7 21 7 評析評析 本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,線面角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力 和運(yùn)算求解能力. 7.(2015浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC 的射影為BC的中點(diǎn),D是B1C1的中點(diǎn). (1)證明:A1D平面A1BC; (2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 解析解析(1)證明:設(shè)E為BC的中點(diǎn),連接A1E,AE,DE,由題意得A1E平面ABC,所以A1EAE. 因?yàn)锳B=AC,所以AEBC. 故AE平面A1BC. 由D,E分別為B1C

50、1,BC的中點(diǎn),得DEB1B且DE=B1B,從而DEA1A且DE=A1A,所以四邊形A1 AED為平行四邊形. 故A1DAE. 又因?yàn)锳E平面A1BC,所以A1D平面A1BC. (2)解法一:作A1FBD且A1FBD=F,連接B1F. 由AE=EB=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4. 2 由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB與B1DB全等. 由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角. 由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=, 由余弦定理得cosA1FB1=-. 解法二:以CB的中點(diǎn)E為原點(diǎn),分別以射線EA,

51、EB為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz, 如圖所示. 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,). 22 4 3 1 8 1422142214 因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0). 設(shè)平面A1BD的法向量為m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量為n=(x2,y2,z2). 由即 可取m=(0,1). 由即 可取n=(,0,1). 于是|cos|=. 由題意可知,所求二面角的平面角是鈍角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值為-. 1 AB 214BD 2214 1 DB 2 1 A0, BD0, mB m 11 11

52、1 2y14z0, 2x2y14z0, 7 1 DB0, BD0, n n 2 222 2y0, 2x2y14z0, 7 | | | m n mn 1 8 1 8 8.(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,AEF為等邊三角形,平面AEF平面EFCB,EF BC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O為EF的中點(diǎn). (1)求證:AOBE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE平面AOC,求a的值. 解析解析(1)證明:因?yàn)锳EF是等邊三角形,O為EF的中點(diǎn),所以AOEF. 又因?yàn)槠矫鍭EF平面EFCB,AO平面AEF, 所以AO平面EFCB. 所以AO

53、BE. (2)取BC中點(diǎn)G,連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形,所以O(shè)GEF. 由(1)知AO平面EFCB, 又OG平面EFCB,所以O(shè)AOG. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz, 則E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0), =(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0). 設(shè)平面AEB的法向量為n=(x,y,z), 則 即 令z=1,則x=,y=-1. 于是n=(,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos=-. 由題設(shè)知二面角F-AE-B為鈍角, 所以它的余弦值為-. (3)因?yàn)锽E平面AOC,所以BEOC,即=0. 33 EA 3BE

54、3 EA0, BE0, n n 30, (2)3(2)0. axaz axay 3 3 | n p np 5 5 5 5 BE OC 因?yàn)?(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0), 所以=-2(a-2)-3(a-2)2. 由=0及0a2,解得a=. BE 3 OC 3 BE OC BE OC 4 3 評析評析 本題主要考查面面垂直的性質(zhì)定理、二面角的求解以及線面垂直的性質(zhì)定理,考查學(xué) 生空間想象能力和運(yùn)算求解能力,正確建立空間直角坐標(biāo)系以及表示點(diǎn)的坐標(biāo)是解決本題的 關(guān)鍵. A A組組2017201920172019年高考模擬年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題組考點(diǎn)基礎(chǔ)題組 考點(diǎn)垂直的判定和性

55、質(zhì)考點(diǎn)垂直的判定和性質(zhì) 三年模擬 1.(2019山東淄博3月模擬,5)已知直線l和兩個(gè)不同的平面,則下列結(jié)論正確的是() A.若l,l,則 B.若,l,則l C.若l,l,則 D.若,l,則l 答案答案 A A選項(xiàng):l內(nèi)存在直線m,使得ml. l,m.又m, ,A選項(xiàng)正確; 其余三個(gè)選項(xiàng)均可利用正方體進(jìn)行排除,如圖所示: B選項(xiàng):平面ABCD平面BCC1B1,DD1平面ABCD,此時(shí)DD1平面BCC1B1,B選項(xiàng)錯(cuò)誤; C選項(xiàng):A1D1平面ABCD,A1D1平面BCC1B1,此時(shí)平面ABCD平面BCC1B1,C選項(xiàng)錯(cuò)誤; D選項(xiàng):平面ABCD平面BCC1B1,A1D1平面BCC1B1,此時(shí)A1

56、D1平面ABCD,D選項(xiàng)錯(cuò)誤. 故選A. 2.(2019山東日照3月模擬,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,ADBC, ADC=90,平面PAD底面ABCD,Q為AD的中點(diǎn),M是棱PC上的點(diǎn)且PM=3MC,PA=PD=2,BC= AD=1,CD=2. (1)求證:平面PQB平面PAD; (2)求二面角M-BQ-C的大小. 1 2 解析解析(1)證明:ADBC,BC=AD,Q為AD的中點(diǎn), 四邊形BCDQ為平行四邊形,CDBQ. ADC=90,AQB=90,即BQAD. 又平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCD=AD,BQ平面ABCD, BQ平面PAD. BQ

57、平面PQB, 平面PQB平面PAD. (2)PA=PD,Q為AD的中點(diǎn), PQAD. 平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCD=AD,PQ平面PAD, PQ平面ABCD. 如圖,以Q為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系, 1 2 則Q(0,0,0),P(0,0,),B(0,2,0),C(-1,2,0), =(0,2,0), 設(shè)M(x,y,z),則=(x,y,z-),=(-1-x,2-y,-z), =3, 3 QB PM 3MC PM MC 3( 1), 3(2), 33 , xx yy zz M, =, 設(shè)平面MBQ的法向量為m=(x,y,z), 則即 令x=1,可取m=(1,0,), 平面MBQ

58、的一個(gè)法向量為m=(1,0,), 易得平面BQC的一個(gè)法向量為n=(0,0,1), cos=, 3 , 4 3 , 2 3 , 4 x y z 3 33 , 4 24 QM 3 33 , 4 24 QB0, QM0, m m 20, 333 0, 424 y xyz 3 3 | m n m n 3 2 由圖知二面角為銳角,故所求二面角的大小為30. 3.(2019山東淄博3月模擬,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,ABCD,AB=1,CD=3,AP=2,DP=2, PAD=60,AB平面PAD,點(diǎn)M在棱PC上. (1)求證:平面PAB平面PCD; (2)若直線PA平面MBD,求此時(shí)直線BP與

59、平面MBD所成角的正弦值. 3 解析解析(1)證明:因?yàn)锳B平面PAD,所以ABDP. 在PAD中,因?yàn)镈P=2,AP=2,PAD=60, 所以由=,可得sinPDA=, 所以PDA=30,所以APD=90,即DPAP, 因?yàn)锳BAP=A,所以DP平面PAB, 因?yàn)镈P平面PCD,所以平面PAB平面PCD. (2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),AD所在的直線為y軸,AB所在的直線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐 標(biāo)系. 則A(0,0,0),B(0,0,1),C(0,4,3),D(0,4,0),P(,1,0). 所以=(0,4,-1),=(,1,0),=(-,3,3),=(,1,-1), 設(shè)=,從而得M(1

60、-),3+1,3), 所以=(1-),3+1,3-1), 設(shè)平面MBD的法向量為n=(x,y,z), 3 sin PD PADsin PA PDA 1 2 3 BD AP 3PC 3BP 3 PM PC 3 BM 3 又因?yàn)橹本€PA平面MBD,所以 即 取n=(,-3,-12),得=, 設(shè)直線BP與平面MBD所成的角為, 則sin =. 故直線BP與平面MBD所成角的正弦值為. BM0, BD0, AP0, n n n 3(1)(31)(31)0, 40, 30, xyz yz xy 3 1 4 |BP| |BP| n n |33 12| 1565 2 65 195 2 195 65 4.(2