北京專用高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何84直線平面垂直的判定與性質(zhì)課件

§8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)高考數(shù)學(xué)

(北京專用)§8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)高考數(shù)學(xué)(北京專用)A組自主命題·北京卷題組五年高考1.(2019北京理,12,5分)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個(gè)論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.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:

.答案若l⊥m,l⊥α,則m∥α(答案不唯一)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.對三種情況逐一驗(yàn)證.①

②作為條件,③作為結(jié)論時(shí),還可能l∥α或l與α斜交;①③作為條件,②作為結(jié)論和②③作為條

件,①作為結(jié)論時(shí),容易證明命題成立.

易錯(cuò)警示

容易忽視l,m是平面α外的兩條不同直線這一條件,導(dǎo)致判斷錯(cuò)誤.A組自主命題·北京卷題組五年高考1.(2019北京理,1222.(2019北京理,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=

CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn),點(diǎn)F在PC上,且

=

.(1)求證: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.

2.(2019北京理,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABC3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PA⊥CD,又因?yàn)锳D⊥CD,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PA⊥AM,PA⊥AD.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).

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)4因?yàn)镋為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<n,p>=

=-

.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)镋為PD的中點(diǎn),所以E(0,1,1).5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).所以

·n=-

+

+

=0.所以直線AG在平面AEF內(nèi).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.因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上,且?=?,?=(2,-1,-2),所以?=6一題多解

(2)∵PA=AD且E為PD的中點(diǎn),∴AE⊥PD.由(1)知CD⊥AE,又∵PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD,又EF?平面PCD,∴AE⊥EF,故可知∠FEP為二面角F-AE-P的平面角.∵PE=

=

,PF=

=

,cos∠CPD=

=

,sin∠CPD=

,∴EF2=

+(

)2-2×

×

×

=

,∴EF=

,在△PEF中,由正弦定理得

=

,即sin∠FEP=

=

,且∠FEP為銳角,∴cos∠FEP=

=

.故二面角F-AE-P的余弦值為

.一題多解

(2)∵PA=AD且E為PD的中點(diǎn),∴AE⊥73.(2018北京文,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(diǎn).(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD;(3)求證:EF∥平面PCD.

3.(2018北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABC8證明(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,

所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.證明(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),9所以AB⊥PD.又因?yàn)镻A⊥PD,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FG∥BC,FG=

BC.因?yàn)锳BCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn),所以DE∥BC,DE=

BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又因?yàn)镋F?平面PCD,DG?平面PCD,所以EF∥平面PCD.所以AB⊥PD.104.(2017北京文,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,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:PA⊥BD;(2)求證:平面BDE⊥平面PAC;(3)當(dāng)PA∥平面BDE時(shí),求三棱錐E-BCD的體積.

4.(2017北京文,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC11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A⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因?yàn)锽D?平面ABC,所以PA⊥BD.(2)證明:因?yàn)锳B=BC,D為AC中點(diǎn),所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,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PA∥DE.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=

BD·DC·DE=

.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125.(2016北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(1)求證:DC⊥平面PAC;(2)求證:平面PAB⊥平面PAC;(3)設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn).在棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得PA∥平面CEF?說明理由.

5.(2016北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABC13解析(1)證明:因?yàn)镻C⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.

(2分)又因?yàn)镈C⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.

(4分)(2)證明:因?yàn)锳B∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.

(6分)因?yàn)镻C⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.

(7分)又AC∩PC=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(diǎn)F,使得PA∥平面CEF.

(10分)解析(1)證明:因?yàn)镻C⊥平面ABCD,14證明如下:取PB的中點(diǎn)F,連接EF,CE,CF.

因?yàn)镋為AB的中點(diǎn),所以EF∥PA.

(13分)又因?yàn)镻A?平面CEF,所以PA∥平面CEF.

(14分)思路分析(1)證出PC⊥DC后易證DC⊥平面PAC.(2)先證AB⊥AC,PC⊥AB,可證出AB⊥平面PAC,進(jìn)而由面面垂直的判定定理可證.(3)此問為探究性問題,求解時(shí)可構(gòu)造面CEF,使得PA平行于平面CEF內(nèi)的一條線,由于點(diǎn)E為AB

的中點(diǎn),所以可取PB的中點(diǎn),構(gòu)造中位線.證明如下:思路分析(1)證出PC⊥DC后易證DC⊥平面PA156.(2013北京文,17,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面

ABCD,PA⊥AD.E和F分別是CD和PC的中點(diǎn).求證:(1)PA⊥底面ABCD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面BEF⊥平面PCD.

6.(2013北京文,17,14分)如圖,在四棱錐P-ABC16證明(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD,且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD,所以PA⊥底面ABCD.(2)因?yàn)锳B∥CD,CD=2AB,E為CD的中點(diǎn),所以AB∥DE,且AB=DE.所以四邊形ABED為平行四邊形.所以BE∥AD.又因?yàn)锽E?平面PAD,AD?平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因?yàn)锳B⊥AD,而且四邊形ABED為平行四邊形,所以BE⊥CD,AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.證明(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD,且PA垂直于這兩個(gè)17因?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn),所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又EF∩BE=E,所以CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD.思路分析(1)由面面垂直的性質(zhì)定理可證.(2)根據(jù)線面平行的判定定理把問題轉(zhuǎn)化為證明線線平行,即證BE∥AD,故需證四邊形ABED為

平行四邊形.(3)利用(1)的結(jié)論,通過證線面垂直,即CD⊥平面BEF,即可證得平面BEF⊥平面PCD.因?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn),思路分析(1)由面面垂直187.(2013北京,17,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是邊長為4的正方形,平面ABC⊥平

面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求證:AA1⊥平面ABC;(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;(3)證明:在線段BC1上存在點(diǎn)D,使得AD⊥A1B.并求

的值.

7.(2013北京,17,14分)如圖,在三棱柱ABC-A119解析(1)因?yàn)锳A1C1C為正方形,所以AA1⊥AC.因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于這兩個(gè)平面的交線AC,所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB.由題知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則B(0,3,0),

A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).

設(shè)平面A1BC1的法向量為n=(x,y,z),則

即

令z=3,則x=0,y=4,所以n=(0,4,3).同理可得,平面B1BC1的一個(gè)法向量為m=(3,4,0).所以cos<n,m>=

=

.解析(1)因?yàn)锳A1C1C為正方形,所以AA1⊥AC.20由題知二面角A1-BC1-B1為銳角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值為

.(3)設(shè)D(x,y,z)是直線BC1上一點(diǎn),且

=λ

.所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.所以

=(4λ,3-3λ,4λ).由

·

=0,即9-25λ=0,解得λ=

.因?yàn)?/p>

∈[0,1],所以在線段BC1上存在點(diǎn)D,使得AD⊥A1B.此時(shí),

=λ=

.由題知二面角A1-BC1-B1為銳角,21思路分析

(1)利用面面垂直的性質(zhì)定理得出線面垂直;(2)建立空間直角坐標(biāo)系,求出兩個(gè)半

平面的法向量m,n,利用cos<n,m>=

求值;(3)利用線線垂直可得

·

=0,再利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算可求線段比例.評析

本題主要考查面面垂直的性質(zhì)定理、空間角的求法以及探索性問題的求證,考查空間

向量在立體幾何中的應(yīng)用,體現(xiàn)了向量法的便捷性,考查學(xué)生的空間想象和運(yùn)算求解能力,正確

建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確求出各點(diǎn)坐標(biāo)是正確解題的前提,正確利用向量共線表示點(diǎn)D的

坐標(biāo)是解決第(3)問的關(guān)鍵.思路分析

(1)利用面面垂直的性質(zhì)定理得出線面垂直;(22B組統(tǒng)一命題·省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì)1.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點(diǎn),則

()A.A1E⊥DC1

B.A1E⊥BD

C.A1E⊥BC1

D.A1E⊥AC答案

C∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,

∴BC1⊥平面A1B1CD,又A1E?平面A1B1CD,∴BC1⊥A1E.故選C.B組統(tǒng)一命題·省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一線面垂直的判定與性232.(2018課標(biāo)全國Ⅱ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.(2018課標(biāo)全國Ⅱ文,19,12分)如圖,在三棱錐P-24解析(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=2

.連接OB,因?yàn)锳B=BC=

AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=

AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,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

.解析(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以點(diǎn)253.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)證明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn),且AE⊥EC,求四面體

ABCE與四面體ACDE的體積比.

3.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分)如圖,四面體ABCD26解析(1)證明:取AC的中點(diǎn)O,連接DO、BO.因?yàn)锳D=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.又∵DO∩BO=O,∴AC⊥平面DOB,∴AC⊥BD.(2)解法一:連接EO.由(1)及題設(shè)知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由題設(shè)知△AEC為直角三角形,所以EO=

AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=

BD.故E為BD的中點(diǎn),從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的

,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的

,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.解析(1)證明:取AC的中點(diǎn)O,連接DO、BO.27

解法二:由已知

可得△ABD≌△CBD,則∠CBE=∠ABE,所以△CEB≌△AEB,則AE=CE.又AE⊥CE,所以∠CAE=∠ACE=45°,又△ACD是直角三角形,且AD=CD,所以∠DAC=∠DCA=

45°,又AC為公共邊,所以△AEC≌△ADC.由此可設(shè)AD=CD=AE=CE=a,則AC=AB=BD=

a.在△AED和△BAD中,∠AED=∠ADE=∠BAD,則等腰三角形AED相似于等腰三角形BAD,所以

=

,由此得DE=

a,即E為BD中點(diǎn),

28D到平面AEC的距離等于B到平面AEC的距離,所以四面體ABCE與四面體ACDE的體積比為1∶1.難點(diǎn)突破(1)四面體ABCE與四面體ACDE的體積比轉(zhuǎn)化為四面體ABCE與四面體ABCD的體

積比.(2)觀察到兩個(gè)四面體共底面ACE,將體積比轉(zhuǎn)化為相應(yīng)高之比,難點(diǎn)在于發(fā)現(xiàn)E為BD的中點(diǎn)及

其證明.D到平面AEC的距離等于B到平面AEC的距離,難點(diǎn)突破(1294.(2017天津文,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=

3,CD=4,PD=2.(1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值;(2)求證:PD⊥平面PBC;(3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值.

4.(2017天津文,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABC30解析本題主要考查兩條異面直線所成的角、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基

礎(chǔ)知識.考查學(xué)生的空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.(1)如圖,由AD∥BC,知∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角.因?yàn)锳D⊥平面PDC,所

以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由題意得AP=

=

,故cos∠DAP=

=

.所以,異面直線AP與BC所成角的余弦值為

.(2)證明:因?yàn)锳D⊥平面PDC,直線PD?平面PDC,所以AD⊥PD.又因?yàn)锽C∥AD,所以PD⊥BC,又PD⊥PB,BC∩PB=B,BC,PB?平面PBC,所以PD⊥平面PBC.(3)如圖,解析本題主要考查兩條異面直線所成的角、直線與平面垂直、直線31

過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成

的角.因?yàn)镻D⊥平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,故BC⊥DC,在Rt△DCF中,DF=

=2

,

32在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=

=

.所以,直線AB與平面PBC所成角的正弦值為

.方法點(diǎn)撥

1.求異面直線所成角的步驟:(1)作:通過作平行線得到相交直線;(2)證:證明所作角為異面直線所成的角(或其補(bǔ)角);(3)求:解

三角形,求出所作的角.如果求得的角是銳角或直角,則它就是所求的角,如果求出的角是鈍角,

則它的補(bǔ)角為所求的角.2.求直線與平面所成角的方法:(1)定義法:關(guān)鍵是找出斜線在平面內(nèi)的射影;(2)公式法:sinθ=

(其中θ為直線與平面所成角,h為斜線上一點(diǎn)到平面的距離,l為該點(diǎn)到斜足的距離).在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=?=?.方法點(diǎn)撥

335.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,19,12分)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分

別在AD,CD上,AE=CF=

,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=

.(1)證明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.

5.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,19,12分)如圖,菱形ABCD的34解析(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得

=

,故AC∥EF.因此EF⊥HD,從而EF⊥D'H.

(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=

=4.由EF∥AC得

=

=

.所以O(shè)H=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.

(4分)又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.

(5分)(2)如圖,以H為坐標(biāo)原點(diǎn),

的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),解析(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.35

=(3,-4,0),

=(6,0,0),

=(3,1,3).

(6分)設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,則

即

所以可取m=(4,3,-5).

(8分)設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,則

即

所以可取n=(0,-3,1).

(10分)

36于是cos<m,n>=

=

=-

.sin<m,n>=

.因此二面角B-D'A-C的正弦值是

.

(12分)思路分析

(1)利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出D'H⊥EF,利用勾股定理的逆定理得出D'H⊥

OH,從而得出結(jié)論;(2)在第(1)問的基礎(chǔ)上建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,從而求出兩個(gè)半平面的法向量,利用向量

的夾角公式求二面角的余弦值,從而求出正弦值.評析

本題主要考查翻折問題,線面垂直的證明以及用空間向量法求解二面角的基本知識和

基本方法,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力以及空間想象能力,求解各點(diǎn)的坐標(biāo)是利用向量法解決空

間問題的關(guān)鍵.于是cos<m,n>=?=?=-?.思路分析

(1)利376.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點(diǎn)C是圓O上異于A,B的點(diǎn),PO垂直于圓O所在的平

面,且PO=OB=1.(1)若D為線段AC的中點(diǎn),求證:AC⊥平面PDO;(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值;(3)若BC=

,點(diǎn)E在線段PB上,求CE+OE的最小值.

6.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點(diǎn)38解析(1)證明:在△AOC中,因?yàn)镺A=OC,D為AC的中點(diǎn),所以AC⊥DO.又PO垂直于圓O所在的平面,所以PO⊥AC.因?yàn)镈O∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上,所以當(dāng)CO⊥AB時(shí),C到AB的距離最大,且最大值為1.又AB=2,所以△ABC面積的最大值為

×2×1=1.又因?yàn)槿忮FP-ABC的高PO=1,故三棱錐P-ABC體積的最大值為

×1×1=

.(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=

=

.同理,PC=

,所以PB=PC=BC.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所

示.解析(1)證明:在△AOC中,因?yàn)镺A=OC,D為AC的中39

當(dāng)O,E,C'共線時(shí),CE+OE取得最小值.又因?yàn)镺P=OB,C'P=C'B,所以O(shè)C'垂直平分PB,即E為PB中點(diǎn).從而OC'=OE+EC'=

+

=

,亦即CE+OE的最小值為

.解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB=

=

.同理PC=

.所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所

示.

40當(dāng)O,E,C'共線時(shí),CE+OE取得最小值.所以在△OC'P中,由余弦定理得:OC'2=1+2-2×1×

×cos(45°+60°)=1+2-2

=2+

.從而OC'=

=

.所以CE+OE的最小值為

+

.評析

本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等基礎(chǔ)知識,考查空間想象能力、

推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.當(dāng)O,E,C'共線時(shí),CE+OE取得最小值.評析

本題41考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019課標(biāo)全國Ⅲ理,8,5分)如圖,點(diǎn)N為正方形ABCD的中心,△ECD為正三角形,平面ECD⊥

平面ABCD,M是線段ED的中點(diǎn),則

()

A.BM=EN,且直線BM,EN是相交直線B.BM≠EN,且直線BM,EN是相交直線C.BM=EN,且直線BM,EN是異面直線D.BM≠EN,且直線BM,EN是異面直線考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019課標(biāo)全國Ⅲ理,8,42答案

B本題考查了直線與平面的位置關(guān)系,兩直線的位置關(guān)系,考查了學(xué)生的空間想象能

力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.滲透的核心素養(yǎng)是直觀想象.過E作EQ⊥CD于Q,連接BD,QN,BE,易知點(diǎn)N在BD上.∵平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平

面ABCD=CD,∴EQ⊥平面ABCD,∴EQ⊥QN,同理可知BC⊥CE,設(shè)CD=2,易得EQ=

,QN=1,則EN=

=

=2,BE=

=

=2

.易知BE=BD,又∵M(jìn)為DE的中點(diǎn),∴BM⊥DE,∴BM=

=

=

,∴BM=

>2=EN.∴BM≠EN.又∵點(diǎn)M、N、B、E均在平面BED內(nèi),∴BM,EN在平面BED內(nèi),又BM與EN不平行,∴BM,EN是相

交直線,故選B.

疑難突破

過點(diǎn)E作CD的垂線,構(gòu)造直角三角形是求BM、EN的關(guān)鍵.答案

B本題考查了直線與平面的位置關(guān)系,兩直線的位置432.(2018課標(biāo)全國Ⅰ文,18,12分)如圖,在平行四邊形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AB⊥DA.(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.(2018課標(biāo)全國Ⅰ文,18,12分)如圖,在平行四邊形44解析(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,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QE⊥AC,垂足為E,則QE

DC.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-ABP的體積為VQ-ABP=

·QE·S△ABP=

×1×

×3×2

sin45°=1.解析(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.45規(guī)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,符號表達(dá)是否

準(zhǔn)確.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=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.規(guī)律總結(jié)證明空間線面位置關(guān)系的一般步驟:解題關(guān)鍵(1)利463.(2018課標(biāo)Ⅰ,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PF⊥BF.(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.

3.(2018課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正47解析(1)由已知可得BF⊥EF,又已知BF⊥PF,且PF、EF?平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足為H.由(1)得,PH⊥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.

由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=

,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,解析(1)由已知可得BF⊥EF,48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θ,則sinθ=

=

=

.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為

.易錯(cuò)警示

利用空間向量求線面角的注意事項(xiàng)(1)先求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(鈍角時(shí)取其補(bǔ)角)的角度,再取其余角

即為所求.(2)若求線面角的余弦值,要注意利用平方關(guān)系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要誤以為直線的方向

向量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求.可得PH=?,EH=?,易錯(cuò)警示

利用空間向量求線面角494.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,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.

4.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分)如圖,四面體ABCD50解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.(1)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DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB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).

解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.51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,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<n,m>=

=

.易知二面角D-AE-C為銳二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值為

.由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的?,從52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.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)過另一535.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點(diǎn)E,F(E

與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.

5.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中54證明(1)在平面ABD內(nèi),因?yàn)锳B⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因?yàn)镋F?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因?yàn)锳D?平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因?yàn)锳C?平面ABC,所以AD⊥AC.方法總結(jié)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(a∥b,a⊥c?b⊥c);(2)線面垂直的性質(zhì)(a⊥α,b?α?a⊥b).證明(1)在平面ABD內(nèi),因?yàn)锳B⊥AD,EF⊥AD,方法556.(2017山東文,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(diǎn),E為AD的中點(diǎn),A1E⊥平面ABCD.(1)證明:A1O∥平面B1CD1;(2)設(shè)M是OD的中點(diǎn),證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.

6.(2017山東文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B56證明本題考查線面平行與面面垂直.(1)取B1D1的中點(diǎn)O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C.又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因?yàn)锳C⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點(diǎn),所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD?平面

ABCD,證明本題考查線面平行與面面垂直.57所以A1E⊥BD,因?yàn)锽1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.所以A1E⊥BD,因?yàn)锽1D1∥BD,587.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,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=2

FD,∠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.

7.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分)如圖,在以A,B,C59解析(1)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.

(2分)又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.

(3分)(2)過D作DG⊥EF,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,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.

(8分)又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.從而可得解析(1)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面60C(-2,0,

).所以

=(1,0,

),

=(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<n,m>=

=-

.又易知二面角E-BC-A為鈍二面角,故二面角E-BC-A的余弦值為-

.

(12分)C(-2,0,?).61思路分析(1)根據(jù)已知條件證出AF⊥平面EFDC,進(jìn)而得出平面ABEF⊥平面EFDC;(2)根據(jù)證

得的垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,進(jìn)而可求得二面角E

-BC-A的余弦值.方法總結(jié)對于立體幾何問題的求解,首先要熟練掌握平行與垂直的判定與性質(zhì),對于面面垂

直的證明,尋找平面的垂線往往是解題的關(guān)鍵.思路分析(1)根據(jù)已知條件證出AF⊥平面EFDC,進(jìn)而得出62C組教師專用題組考點(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì)1.(2014浙江,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面

()A.若m⊥n,n∥α,則m⊥αB.若m∥β,β⊥α,則m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α答案

C對于選項(xiàng)A、B、D,均能舉出m∥α的反例;對于選項(xiàng)C,若m⊥β,n⊥β,則m∥n,又n⊥

α,∴m⊥α,故選C.C組教師專用題組考點(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì)1.(2014632.(2019課標(biāo)全國Ⅱ文,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,BE⊥EC1.(1)證明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積.

2.(2019課標(biāo)全國Ⅱ文,17,12分)如圖,長方體ABC64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B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,

AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足為F,則EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=

×3×6×3=18.

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65思路分析

(1)由長方體的性質(zhì)易得B1C1⊥BE,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

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.思路分析

(1)由長方體的性質(zhì)易得B1C1⊥BE,再利663.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分)如圖,已知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形,PA=6.頂點(diǎn)P在平

面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)D,D在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)E,連接PE并延長交AB于點(diǎn)G.(1)證明:G是AB的中點(diǎn);(2)在圖中作出點(diǎn)E在平面PAC內(nèi)的正投影F(說明作法及理由),并求四面體PDEF的體積.

3.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分)如圖,已知正三棱錐P67解析(1)證明:因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以AB⊥PD.因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E,所以AB⊥DE.又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點(diǎn).(2)在平面PAB內(nèi),過點(diǎn)E作PB的平行線交PA于點(diǎn)F,F即為E在平面PAC內(nèi)的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即點(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的

正投影.連接CG,因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)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(diǎn),所以D在CG上,故CD=

CG.

由題設(shè)可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=

PG,DE=

PC.解析(1)證明:因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以AB68由已知,正三棱錐的側(cè)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,所以四面體PDEF的體積V=

×

×2×2×2=

.易錯(cuò)警示

推理不嚴(yán)謹(jǐn),書寫不規(guī)范是造成失分的主要原因.評析

本題考查了線面垂直的判定和性質(zhì);考查了錐體的體積的計(jì)算;考查了空間想象能力和

邏輯推理能力.屬中檔題.由已知,正三棱錐的側(cè)面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,694.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=

,點(diǎn)D,E在線段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,點(diǎn)F在線段AB上,且EF∥BC.(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.

4.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐P-ABC中,70解析(1)證明:如圖,由DE=EC,PD=PC知,E為等腰△PDC中DC邊的中點(diǎn),故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE?平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,

又AB?平面ABC,從而PE⊥AB.因?yàn)椤螦BC=

,EF∥BC,故AB⊥EF.從而AB與平面PFE內(nèi)兩條相交直線PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.

(2)設(shè)BC=x,則在直角△ABC中,AB=

=

,從而S△ABC=

AB·BC=

x

.由EF∥BC知,

=

=

,得△AFE∽△ABC,解析(1)證明:如圖,由DE=EC,PD=PC知,E為等腰71故

=

=

,即S△AFE=

S△ABC.由AD=

AE,S△AFD=

S△AFE=

·

S△ABC=

S△ABC=

x

,從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=S△ABC-S△AFD=

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=

·SDFBC·PE=

·

x

·2

=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,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(jì)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.故?=?=?,即S△AFE=?S△ABC.評析

本題考725.(2015湖南,19,13分)如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方

形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中點(diǎn),證明:AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為

,求四面體ADPQ的體積.

5.(2015湖南,19,13分)如圖,已知四棱臺ABCD-73解析解法一:由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,

y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,

3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.

(1)證明:若P是DD1的中點(diǎn),則P

,

=

.又

=(3,0,6),于是

·

=18-18=0,所以

⊥

,即AB1⊥PQ.(2)由題設(shè)知,

=(6,m-6,0),

=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量.設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,則

即

取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一個(gè)法向解析解法一:由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐74量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=

=

=

.而二面角P-QD-A的余弦值為

,因此

=

,解得m=4,或m=8(舍去),此時(shí)Q(6,4,0).設(shè)

=λ

(0<λ≤1),而

=(0,-3,6),由此得點(diǎn)P(0,6-3λ,6λ),所以

=(6,3λ-2,-6λ).因?yàn)镻Q∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個(gè)法向量是n3=(0,1,0),所以

·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=

,從而P(0,4,4).于是,將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h(yuǎn)=4.故四面體ADPQ的體積

V=

S△ADQ·h=

×

×6×6×4=24.解法二:(1)證明:如圖a,取A1A的中點(diǎn)R,連接PR,BR.因?yàn)锳1A,D1D是梯形A1ADD1的兩腰,P是D1D

的中點(diǎn),所以PR∥AD,于是由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四點(diǎn)共面.由題設(shè)知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥AB1.①因?yàn)閠an∠ABR=

=

=

=tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+量是n2=(0,0,1),75∠BAB1=90°,于是AB1⊥BR.再由①即知AB1⊥平面PRBC.又PQ?平面PRBC,故AB1⊥PQ.

圖a

圖b(2)如圖b,過點(diǎn)P作PM∥A1A交AD于點(diǎn)M,則PM∥平面ABB1A1.②因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.過點(diǎn)M作MN⊥QD于點(diǎn)N,連接PN,則PN⊥QD,∠∠BAB1=90°,76PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=

,即

=

,從而

=

.③連接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM為

矩形,故MQ=AB=6.設(shè)MD=t,則MN=

=

.④過點(diǎn)D1作D1E∥A1A交AD于點(diǎn)E,則AA1D1E為矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE

=3.于是

=

=

=2,所以PM=2MD=2t.再由③④得

=

,解得t=2,因此PM=4.故四面體ADPQ的體積V=

S△ADQ·PM=

×

×6×6×4=24.PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=?,776.(2015湖北,20,13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

為陽馬,將四個(gè)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(cè)棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),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(gè)面的直角(只需寫出

結(jié)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.

6.(2015湖北,20,13分)《九章算術(shù)》中,將底面為長78解析(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD為長方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DE⊥PC.而PC∩BC=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(gè)面都是直角三角形.即四面體EBCD是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)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=

SABCD·PD=

BC·CD·PD;由(1)知,DE是鱉臑D-BCE的高,BC⊥CE,所以V2=

S△BCE·DE=

BC·CE·DE.解析(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD,BC?平面ABCD,79在Rt△PDC中,因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),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(zhì);考查體積的計(jì)算方法;考查了空間想象能力和運(yùn)算

求解能力.解題過程不規(guī)范容易造成失分.在Rt△PDC中,因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DE807.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,設(shè)AB1的中點(diǎn)為D,

B1C∩BC1=E.求證:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.

7.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A81證明(1)由題意知,E為B1C的中點(diǎn),又D為AB1的中點(diǎn),因此DE∥AC.又因?yàn)镈E?平面AA1C1C,

AC?平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.

(2)因?yàn)槔庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因?yàn)锳C?平面ABC,所以AC⊥CC1.又

因?yàn)锳C⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因?yàn)?/p>

BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因?yàn)锽C=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因?yàn)?/p>

AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因?yàn)锳B1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.評析

本題主要考查直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能力和推理論證能

力.證明(1)由題意知,E為B1C的中點(diǎn),又D為AB1的中點(diǎn),82考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019課標(biāo)全國Ⅲ文,19,12分)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC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.

考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019課標(biāo)全國Ⅲ文,1983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AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,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AB⊥BE,AB⊥BC,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B∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四邊形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=

,故DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.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84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