高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)4 第4講　直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

1、1 / 21 第 4 講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 最新考綱 考向預(yù)測 從定義和公理出發(fā)，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關(guān)系. 命題趨勢 直線、平面垂直的判定及性質(zhì)是高考中的重點(diǎn)考查內(nèi)容，涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用、直線與平面所成的角等內(nèi)容多出現(xiàn)在解答題的第(1)問，難度中等. 核心素養(yǎng) 邏輯推理、直觀想象 1直線與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直 a，babolalbl 性質(zhì)定理 垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行 abab 2.

2、平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 一個(gè)平面過另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直 ll 2 / 21 性質(zhì)定理 兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直 lalal 3.空間角 (1)直線與平面所成的角 定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個(gè)平面所成的角，如圖，pao 就是斜線 ap與平面 所成的角 線面角 的范圍：0，2 (2)二面角 定義：從一條直線出發(fā)的兩個(gè)半平面所組成的圖形叫做二面角這條直線叫做二面角的棱兩個(gè)半平面叫做二面角的面 如圖的二面角，可記作：二面角 - l- 或二面角 p- ab- q 二

3、面角的平面角 如圖，過二面角 - l- 的棱 l 上一點(diǎn) o 在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作bol，aol，則aob就叫做二面角 - l- 的平面角 二面角的范圍 設(shè)二面角的平面角為 ，則 0， 當(dāng) 2時(shí)，二面角叫做直二面角 常用結(jié)論 1直線與平面垂直的五個(gè)結(jié)論 (1)若一條直線垂直于一個(gè)平面，則這條直線垂直于這個(gè)平面內(nèi)的任意直線 (2)若兩條平行線中的一條垂直于一個(gè)平面，則另一條也垂直于這個(gè)平面 (3)垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行 (4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個(gè)，則這一條直線與另一個(gè)平面也垂3 / 21 直 (5)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面，它們的交線也垂直于第三個(gè)平面 2三種垂直關(guān)系

4、的轉(zhuǎn)化： 線線垂直判定定理性質(zhì)定理線面垂直判定定理性質(zhì)定理面面垂直 常見誤區(qū) 1證明線面垂直時(shí)，易忽視平面內(nèi)兩條直線為相交直線這一條件 2兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù)，運(yùn)用時(shí)要注意“平面內(nèi)的直線”這一條件 1判斷正誤(正確的打“”，錯(cuò)誤的打“”) (1)已知直線 a，b，c，若 ab，bc，則 ac.( ) (2)直線 l 與平面 內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則 l.( ) (3)設(shè) m，n 是兩條不同的直線，是一個(gè)平面，若 mn，m，則n.( ) (4)若兩平面垂直，則其中一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個(gè)平面( ) (5)若平面 內(nèi)的一條直線垂直于平面 內(nèi)的無數(shù)條直線，

5、則 .( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 2(易錯(cuò)題)已知 m 和 n 是兩條不同的直線，和 是兩個(gè)不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出 m 的是( ) a且 m bmn 且 n cmn 且 n dmn 且 解析：選 c.由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理，可知 c 正確 3(多選)四棱錐 s- abcd 的底面為正方形，sd底面 abcd，則下列結(jié)論中正確的是( ) 4 / 21 aacsb badsc c平面 sac平面 sbd dbdsa 解析：選 abc.由 sd底面 abcd，得 sb在平面 abcd 內(nèi)的射影為 db.又db與 ac 垂直，所以 sba

6、c，a正確； 由 sc在平面 abcd內(nèi)的射影 dc 與 ad垂直，得 scad，b正確； 由 acsb，acbd，sbbdb，可得 ac平面 sbd，從而有平面sac平面 sbd，c正確； 若 bdsa，則 bd 垂直 sa 在平面 abcd 內(nèi)的射影 da，與已知條件矛盾，d錯(cuò)誤故選 abc. 4已知直線 l 和平面 ，且 l，則“l(fā)”是“”的_條件 解析：由面面垂直的判定定理可得，若 l，l，則 ，充分性成立； 若 l，則 l 與 垂直、相交或平行，必要性不成立， 所以若 l，則“l(fā)”是“”的充分不必要條件 答案：充分不必要 5在三棱錐 p- abc 中，點(diǎn) p在平面 abc 中的射影為

7、點(diǎn) o. 若 papbpc，則點(diǎn) o是abc的_心 解析：如圖，連接 oa，ob，oc，op，在 rtpoa，rtpob 和 rtpoc中，papbpc，所以 oaoboc，即 o為abc的外心 答案：外 5 / 21 線面垂直的判定與性質(zhì) (1)如圖，在三棱錐 p- abc 中，abbc2 2，papbpcac4，o為 ac的中點(diǎn)證明：po平面 abc. (2)(2020 高考全國卷節(jié)選)如圖，在長方體 abcd- a1b1c1d1中，點(diǎn) e，f分別在棱 dd1，bb1上，且 2deed1，bf2fb1.證明：當(dāng) abbc 時(shí)，efac. 【證明】 (1)因?yàn)?apcpac4，o為 ac的中

8、點(diǎn)， 所以 opac，且 op2 3. 連接 ob.因?yàn)?abbc22ac， 所以abc 為等腰直角三角形， 且 obac，ob12ac2. 由 op2ob2pb2知 poob. 由 opob，opac 且 obaco知 po平面 abc. (2)如圖，連接 bd，b1d1.因?yàn)?abbc，所以四邊形 abcd 為正方形，故acbd.又因?yàn)?bb1平面 abcd.于是 acbb1.所以 ac平面 bb1d1d.由于ef平面 bb1d1d，所以 efac. 6 / 21 判定線面垂直的四種方法 1如圖所示，已知 ab 為圓 o 的直徑，點(diǎn) d 為線段 ab 上一點(diǎn)，且 ad13db，點(diǎn) c 為圓

9、 o上一點(diǎn)，且 bc 3ac，pd平面 abc，pddb. 求證：pacd. 證明：因?yàn)?ab為圓 o的直徑，所以 accb， 在 rtabc中，由 3acbc得abc30， 設(shè) ad1，由 3addb 得 db3，bc2 3， 由余弦定理得 cd2db2bc22db bccos 303， 所以 cd2db2bc2，即 cdao. 因?yàn)?pd平面 abc，cd平面 abc， 所以 pdcd，由 pdaod 得，cd平面 pab， 又因?yàn)?pa平面 pab，所以 pacd. 2如圖，在三棱錐 a- bcd 中，abad，bcbd，平面 abd平面 bcd，點(diǎn) e，f(e 與 a，d 不重合)分別

10、在棱7 / 21 ad，bd上，且 efad. 求證：(1)ef平面 abc； (2)adac. 證明：(1)在平面 abd中，因?yàn)?abad，efad，所以 efab. 又因?yàn)?ef平面 abc，ab平面 abc， 所以 ef平面 abc. (2)因?yàn)槠矫?abd平面 bcd， 平面 abd平面 bcdbd， bc平面 bcd，bcbd， 所以 bc平面 abd. 因?yàn)?ad平面 abd， 所以 bcad. 又 abad，bcabb，ab平面 abc，bc平面 abc，所以 ad平面 abc. 又因?yàn)?ac平面 abc，所以 adac. 面面垂直的判定與性質(zhì) (1)(2020 高考全國卷節(jié)選

11、)如圖，d 為圓錐的頂點(diǎn)，o 是圓錐底面的圓心，abc 是底面的內(nèi)接正三角形，p 為 do 上一點(diǎn)，apc90.證明：平面 pab平面 pac. (2)(2020 開封市模擬考試)如圖，已知在三棱柱 abc- a1b1c1中，平面aa1c1c平面 abc，aa1ac，acbc.證明：a1cab1. 8 / 21 【證明】 (1)由題設(shè)可知，papbpc， 由于abc 是正三角形，故可得pacpab，pacpbc. 又apc90，故apb90，bpc90， 從而 pbpa，pbpc，故 pb平面 pac，所以平面 pab平面 pac. (2)因?yàn)?aa1ac，所以四邊形 aa1c1c為菱形，所以

12、 a1cac1. 因?yàn)槠矫?aa1c1c平面 abc，平面 aa1c1c平面 abcac， bc平面 abc，bcac， 所以 bc平面 aa1c1c. 又 bcb1c1，所以 b1c1平面 aa1c1c，所以 b1c1a1c. 因?yàn)?ac1b1c1c1， 所以 a1c平面 ab1c1，而 ab1平面 ab1c1， 所以 a1cab1. (1)證明面面垂直的方法 定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題 定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線，進(jìn)而把問題轉(zhuǎn)化為證明線線垂直加以解決 (2)

13、在已知平面垂直時(shí)，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直 如圖，在三棱錐 p- abc 中，pa平面 abc，abaca，bc 2a.求證：平面 pab平面 pac. 9 / 21 證明：因?yàn)?pa平面 abc， 所以 paab，paac， 所以bac 即為二面角 b- pa- c的平面角 又 abaca，bc 2a， 所以bac90， 所以平面 pab平面 pac. 平行與垂直的綜合問題 如圖，在四棱錐 p- abcd 中，底面 abcd 為矩形，平面 pad平面abcd，papd，papd，e，f分別為 ad，pb的中點(diǎn) (1)求證：pe

14、bc； (2)求證：平面 pab平面 pcd； (3)求證：ef平面 pcd. 【證明】 (1)因?yàn)?papd，e 為 ad的中點(diǎn)， 所以 pead. 因?yàn)榈酌?abcd為矩形， 所以 bcad，所以 pebc. (2)因?yàn)榈酌?abcd為矩形，所以 abad. 又因?yàn)槠矫?pad平面 abcd， 平面 pad平面 abcdad，ab平面 abcd， 所以 ab平面 pad， 因?yàn)?pd平面 pad，所以 abpd. 又因?yàn)?papd，abpaa， 所以 pd平面 pab. 因?yàn)?pd平面 pcd， 所以平面 pab平面 pcd. 10 / 21 (3)如圖，取 pc 的中點(diǎn) g，連接 fg，

15、dg.因?yàn)?f，g 分別為 pb，pc 的中點(diǎn)，所以 fgbc，fg12bc. 因?yàn)樗倪呅?abcd為矩形，且 e為 ad的中點(diǎn)， 所以 debc，de12bc. 所以 defg，defg. 所以四邊形 defg為平行四邊形 所以 efdg. 又因?yàn)?ef平面 pcd，dg平面 pcd， 所以 ef平面 pcd. 平行與垂直的綜合問題主要是利用平行關(guān)系、垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化去解決注意遵循“空間到平面”“低維”到“高維”的轉(zhuǎn)化關(guān)系 (2020 高考江蘇卷)在三棱柱 abc- a1b1c1中，abac，b1c平面 abc，e，f分別是 ac，b1c的中點(diǎn) (1)求證：ef平面 ab1c1； (2)求

16、證：平面 ab1c平面 abb1. 證明：(1)因?yàn)?e，f分別是 ac，b1c的中點(diǎn)， 所以 efab1. 又 ef平面 ab1c1，ab1平面 ab1c1， 所以 ef平面 ab1c1. (2)因?yàn)?b1c平面 abc，ab平面 abc, 所以 b1cab. 11 / 21 又 abac，b1c平面 ab1c， ac平面 ab1c，b1cacc， 所以 ab平面 ab1c. 又因?yàn)?ab平面 abb1， 所以平面 ab1c平面 abb1. 思想方法系列 14 構(gòu)造幾何模型解決空間問題 判斷空間線、面的位置關(guān)系，常利用正(長)方體及其他幾何體模型來判斷，把平面、直線看作正(長)方體內(nèi)及其他幾

17、何體平面、側(cè)棱、對角線等進(jìn)行推導(dǎo)驗(yàn)證，使抽象的推理形象化、具體化 已知 m，n 是兩條不同的直線，為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題： 若 m，n，mn，則 ；若 m，n，mn，則；若 m，n，mn，則 ；若 m，n，則mn. 其中所有正確的命題是( ) a b c d 【解析】 對于，可以得到平面 ，互相垂直，如圖(1)所示，故正確；對于，平面 ，可能垂直，如圖(2)所示，故不正確；對于，平面，可能垂直，如圖(3)所示，故不正確；對于，由 m，可得m，因?yàn)?n，所以過 n 作平面 ，且 g，如圖(4)所示，所以 n 與交線 g 平行，因?yàn)?mg，所以 mn，故正確故選 a項(xiàng) 【答案】 a (1

18、)構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是結(jié)合題意構(gòu)造符合題意的直觀模型，然后利用模型對問12 / 21 題直觀地作出判斷這樣減少了抽象性，避免了因考慮不全面而導(dǎo)致的解題錯(cuò)誤 (2)由于長方體或正方體中包含了線線平行、線面平行、線線垂直、線面垂直及面面垂直等各種位置關(guān)系故構(gòu)造長方體或正方體來判斷空間直線、平面間的位置關(guān)系，顯得直觀、易判斷構(gòu)造時(shí)注意其靈活性，想象各種情況反復(fù)驗(yàn)證 (2020 貴陽市四校聯(lián)考)如圖所示，在三棱錐 p- abc 中，ap平面 abc，acb90，acbc1，ap 3，則該三棱錐外接球的體積為_ 解析：如圖所示，根據(jù)題意可將三棱錐補(bǔ)形為一個(gè)長、寬、高分別為 1，1， 3的長方體，則三棱錐的外接

19、球與長方體的外接球相同設(shè)外接球半徑為 r，則(2r)21212( 3)25，所以該三棱錐外接球的體積 v43r35 56. 答案：5 56 a級 基礎(chǔ)練 1已知平面 和直線 l，則 內(nèi)至少有一條直線與 l( ) a平行 b相交 c垂直 d異面 解析：選 c.當(dāng)直線 l 與平面 斜交時(shí)，在平面 內(nèi)不存在直線與 l平行，故a項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng) l時(shí)，在內(nèi)不存在直線與 l 相交，故 b項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng) l時(shí)，在 內(nèi)不存在直線與 l 異面，故 d 項(xiàng)錯(cuò)誤；無論哪種情形，在平面 內(nèi)都有無13 / 21 數(shù)條直線與 l 垂直故選 c項(xiàng) 2(多選)設(shè) ，是兩個(gè)不同的平面，m，n 是兩條不同的直線，下列說法正確的是( )

20、a若 ，m，mn，n，則 n b若 ，n，則 n c若 m，m，則 d若 m，m，n，則 n 解析：選 ad.選項(xiàng) a 中，由面面垂直的性質(zhì)定理知，正確；選項(xiàng) b 中，直線 n 可以與平面 相交、平行或 n，不正確；選項(xiàng) c 中，與直線 m 平行的平面有無數(shù)個(gè)，且這些平面可以與平面 平行、相交，不正確；選項(xiàng) d 中，根據(jù) m，m，知 ，又 n，所以 n 正確，故選 ad. 3如圖所示，在正方體 abcd- a1b1c1d1中， 點(diǎn) o，m，n 分別是線段bd，dd1，d1c1的中點(diǎn)，則直線 om 與 ac，mn的位置關(guān)系是( ) a與 ac，mn均垂直 b與 ac 垂直，與 mn不垂直 c與

21、ac 不垂直，與 mn垂直 d與 ac，mn均不垂直 解析：選 a.因?yàn)?dd1平面 abcd，所以 acdd1， 又因?yàn)?acbd，dd1bdd， 所以 ac平面 bdd1b1， 因?yàn)?om平面 bdd1b1，所以 omac. 設(shè)正方體的棱長為 2， 則 om 12 3，mn 11 2， on14 5， 所以 om2mn2on2，所以 ommn.故選 a. 14 / 21 4(2021 山東濟(jì)寧模擬)如圖，在三棱柱 abc- a1b1c1中，側(cè)棱 aa1底面a1b1c1，底面三角形 a1b1c1是正三角形，e 是 bc 的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是( ) acc1與 b1e是異面直線 bac平

22、面 abb1a1 caeb1c1 da1c1平面 ab1e 解析：選 c.對于 a，cc1與 b1e均在側(cè)面 bcc1b1內(nèi)，又兩直線不平行，故相交，a 錯(cuò)誤；對于 b，ac 與平面 abb1a1所成的角為 60，所以 ac 不垂直于平面 abb1a1，故 b錯(cuò)誤；對于 c，aebc，bcb1c1，所以 aeb1c1，故c 正確；對于 d，ac 與平面 ab1e 有公共點(diǎn) a，aca1c1，所以 a1c1與平面ab1e相交，故 d錯(cuò)誤 5.(多選)如圖，ac2r 為圓 o 的直徑，pca45，pa垂直于圓 o 所在的平面，b 為圓周上不與點(diǎn) a，c 重合的點(diǎn)，aspc于點(diǎn) s，anpb于點(diǎn) n

23、，則下列選項(xiàng)正確的是( ) a平面 ans平面 pbc b平面 ans平面 pab c平面 pab平面 pbc d平面 abc平面 pac 解析：選 acd.因?yàn)?pa平面 abc，pa平面 pac，所以平面 abc平面pac，故 d 正確；因?yàn)?b 為圓周上不與 a，c 重合的點(diǎn)，ac 為直徑，所以bcab，因?yàn)?pa平面 abc，bc平面 abc，所以 bcpa，又 abpaa，所以 bc平面 pab，又 bc平面 pbc，所以平面 pab平面 pbc，故 c正確；因?yàn)?bc平面 pab，所以 bcan，又因?yàn)?anpb，pbbcb，所以 an平面 pbc，又 an平面 ans，所以平面

24、ans平面 pbc，故 a 正15 / 21 確故選 acd. 6.如圖，在abc 中，acb90，ab8，abc60，pc平面 abc，pc4，m 是邊 ab 上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則 pm的最小值為_ 解析：作 chab 于 h，連接 ph.因?yàn)?pc平面 abc，所以phab，ph為 pm 的最小值，等于 2 7. 答案：2 7 7(2019 高考北京卷)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：_ 解析：其中兩個(gè)論斷作為條件，一個(gè)論斷作為結(jié)論，可組成 3個(gè)命題 命題(1)：若 lm，m，則 l

25、，此命題不成立，可以舉一個(gè)反例，例如在正方體 abcd- a1b1c1d1中，設(shè)平面 abcd 為平面 ，a1d1和 a1b1分別為 l和 m，滿足條件，但結(jié)論不成立 命題(2)：若 lm，l，則 m，此命題正確證明：作直線 m1m，且與 l 相交，故 l 與 m1確定一個(gè)平面 ，且 lm1，因?yàn)?l，所以平面 與平面 相交，設(shè) n，則 ln，又 m1，n，所以 m1n，又 m1m，所以mn，又 m在平面 外，n，故 m. 命題(3)：若 m，l，則 lm，此命題正確證明：過直線 m 作一平面，且與平面 相交，交線為 a，因?yàn)?m，所以 ma.因?yàn)?l，a，所以 la，又 ma，所以 lm.

26、答案：若 lm，l，則 m(或 m，l，則 lm，答案不唯一) 8如圖，已知bac90，pc平面 abc，則在abc，pac 的邊所在的直線中，與 pc 垂直的直線有_；與ap垂直的直線有_ 解析：因?yàn)?pc平面 abc， 所以 pc垂直于直線 ab，bc，ac. 16 / 21 因?yàn)?abac，abpc，acpcc， 所以 ab平面 pac， 又因?yàn)?ap平面 pac， 所以 abap，與 ap 垂直的直線是 ab. 答案：ab，bc，ac ab 9.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 p

27、ac. 證明：(1)因?yàn)?pc平面 abcd，dc平面 abcd， 所以 pcdc. 又因?yàn)?acdc，且 pcacc， 所以 dc平面 pac. (2)因?yàn)?abcd，dcac， 所以 abac. 因?yàn)?pc平面 abcd，ab平面 abcd， 所以 pcab. 又因?yàn)?pcacc， 所以 ab平面 pac. 又 ab平面 pab， 所以平面 pab平面 pac. 10(2020 沈陽市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(一)如圖，已知abc 為等邊三角形，abd為等腰直角三角形，abbd.平面 abc平面abd，點(diǎn) e 與點(diǎn) d在平面 abc 的同側(cè)，且 cebd，bd2ce.f為 ad的中點(diǎn)，連接 ef. (

28、1)求證：ef平面 abc； (2)求證：平面 aed平面 abd. 證明：(1)如圖，取 ab 的中點(diǎn)為 o，連接 oc，of，因?yàn)?o，f 分別為ab，ad的中點(diǎn)，所以 ofbd 且 bd2of， 17 / 21 又 cebd 且 bd2ce，所以 ceof且 ceof， 所以四邊形 ocef為平行四邊形，所以 efoc. 又 ef平面 abc且 oc平面 abc， 所以 ef平面 abc. (2)因?yàn)槿切?abc 為等邊三角形， 所以 ocab， 又平面 abc平面 abd且平面 abc平面 abdab， 所以 oc平面 abd， 因?yàn)?efoc，所以 ef平面 abd， 又 ef平面

29、 aed，所以平面 aed平面 abd. b級 綜合練 11(多選)已知在四面體 abcd 中，abc，bcd 均為邊長為 1 的等邊三角形，e，f分別為 bc，bd的中點(diǎn)，則( ) abcad b若 ad1，則四面體 abcd 的體積為26 c若 ad62，則平面 abc平面 bcd d若 af12，則截面 aef 的面積為316 解析：選 acd.連接 ae，de，因?yàn)閍bc，bcd均為邊長為 1的等邊三角形，所以 aebc，debc，又 aedee，所以 bc平面 ade，所以bcad，故 a 正確；設(shè)點(diǎn) a 在平面 bcd 內(nèi)的射影為點(diǎn) o，則 ao123223263，所以四面體 ab

30、cd 的體積故 b錯(cuò)誤；易知aed 為二面角 a- bc- d 的平面角，ae32，de32，當(dāng) ad18 / 21 62時(shí)，ae2de2ad2，所以aed90，所以平面 abc平面 bcd，故 c正確；因?yàn)?e，f 分別為 bc，bd 的中點(diǎn)，連接 ef，af，易知 ef12cd12，由余弦定理可得 cosaef3221221222321232，所以 sinaef12，所以saef12123212316，故 d正確 12如圖，在直三棱柱 abc- a1b1c1中，側(cè)棱長為 2，acbc1，acb90，d 是 a1b1的中點(diǎn)，f 是 bb1上的動(dòng)點(diǎn)，ab1，df 交于

31、點(diǎn) e.要使 ab1平面 c1df，則線段 b1f的長為_ 解析：設(shè) b1fx，因?yàn)?ab1平面 c1df，df平面 c1df，所以 ab1df. 由已知可以得 a1b1 2， 設(shè) rtaa1b1斜邊 ab1上的高為 h，則 de12h， 又 2 2h22（ 2）2， 所以 h2 33，de33. 在 rtdb1e中，b1e （22）2（33）266. 由面積相等得66 x2（22）222x，得 x12.即線段 b1f的長為12. 答案：12 13(2020 成都市診斷性檢測)如圖，在四棱錐 pabcd中，ap平面 pbc，底面 abcd為菱形，且abc60，e，f分別為 bc，cd的中點(diǎn) 1

32、9 / 21 (1)證明：bc平面 pae； (2)點(diǎn) q在棱 pb上，且pqpb13，證明：pd平面 qaf. 證明：(1)如圖，連接 ac. 因?yàn)榈酌?abcd為菱形，且abc60， 所以三角形 abc為正三角形 因?yàn)?e為 bc的中點(diǎn)，所以 bcae. 因?yàn)?ap平面 pbc，bc平面 pbc， 所以 bcap. 因?yàn)?apaea，ap，ae平面 pae， 所以 bc平面 pae. (2)連接 bd交 af于點(diǎn) m，連接 qm. 因?yàn)?f為 cd的中點(diǎn)，所以在底面 abcd中，dmmbdfab12，所以dmdb13. 所以pqpbdmdb13，所以在三角形 bpd中，pdqm. 又 qm平面 qaf，pd平面 qaf，所以 pd平面 qaf. 14(2020 廣東七校聯(lián)考)如圖，在四棱錐 p- abcd 中，pa平面 abcd，四邊形 abcd 為正方形，paab2，e是 ab的中點(diǎn)，g是 pd的中點(diǎn) (1)求四棱錐 p- abcd 的體積； (2)求證：ag平面 pec；