§8.4　直线、平面垂直的判定与性质x

§8.4直线、平面垂直的判定与性质高考文数(课标专用) 考点一 直线与平面垂直的判定和性质1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(  )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥ACA组  统一命题·课标卷题组五年高考答案    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.故选C.2 2.(2018课标全国Ⅱ,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.3 解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,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,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,4 所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°.所以OM=,CH==.所以点C到平面POM的距离为.解题关键认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积法求解是关键.5 3.(2016课标全国Ⅰ,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.6 解析 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.(2分)又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,因为PG⊂平面PED,所以AB⊥PG.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PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=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)7 由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=PG,DE=PC.由已知,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=××2×2×2=.(12分)8 4.(2014课标Ⅰ,19,12分,0.32)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:B1C⊥AB;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.9 解析(1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C,因为B1C⊂平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,因为BC1∩AO=O,故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO,故B1C⊥AB.(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD.作OH⊥AD,垂足为H.10 由于BC⊥AO,BC⊥OD,OA∩OD=O,故BC⊥平面AOD,因为OH⊂平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,BC∩AD=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AC⊥AB1,所以OA=B1C=.由OH·AD=OD·OA,且AD==,得OH=.又O为B1C的中点,11 所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.一题多题第(2)问易得=,B1C=1,由AO⊥平面BB1C1C,O为B1C的中点,AC⊥AB1,可得△ACB1为等腰直角三角形,可求得S△ABC=.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.思路分析(1)连接BC1,证明B1C⊥平面ABO,可得B1C⊥AB;(2)作OD⊥BC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.12 考点二 平面与平面垂直的判定和性质1.(2018课标全国Ⅲ,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.13 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BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=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ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.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.14 2.(2017课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,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.15 解析(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而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内作PE⊥AD,垂足为E.由(1)知,AB⊥平面PAD,16 故AB⊥PE,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.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+BC2sin60°=6+2.解法二:由题设条件和(1)可知四棱锥P-ABCD是一个正方体的一部分,底面ABCD是正方体的一个对角面,P是正方体的一个顶点(如图),17 设正方体的棱长为a,则VP-ABCD=·a·a·a=a3,由题设得a3=,解得a=2,从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2,故四棱锥P-ABCD的侧面积为PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin60°=6+2.18 3.(2015课标Ⅰ,18,12分,0.282)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.(1)证明:平面AEC⊥平面BED;(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.19 解析(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BE.又BD∩BE=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AE⊥EC,所以在Rt△AEC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·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-ACD的侧面积为3+2.(12分)思路分析(1)由AC⊥BD,AC⊥BE,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.20 B组  自主命题·省(区、市)卷题组考点一 直线与平面垂直的判定和性质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:AD⊥BC;(2)求异面直线BC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.21 解析本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识.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,AD⊥AB,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MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.22 在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.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CM⊥AB,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Rt△CAD中,CD==4.在Rt△CMD中,sin∠CDM==.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.23 2.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.24 证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂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.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).25 3.(2015湖北,20,13分)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如图所示的阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,点E是PC的中点,连接DE,BD,BE.(1)证明:DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,请说明理由;(2)记阳马P-ABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2,求的值.26 解析(1)因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC,可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形.即四面体EBCD是一个鳖臑,其四个面的直角分别是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB.(2)由已知,PD是阳马P-ABCD的高,所以V1=SABCD·PD=BC·CD·PD;由(1)知,DE是鳖臑D-BCE的高,BC⊥CE,所以V2=S△BCE·DE=BC·CE·DE.27 在Rt△PDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE=CE=CD,于是===4.评析本题考查了线面垂直的判定和性质;考查体积的计算方法;考查了空间想象能力和运算求解能力.解题过程不规范容易造成失分.28 考点二 平面与平面垂直的判定和性质1.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.29 证明本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力.(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.30 2.(2018北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.31 解析(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC中点G,连接FG,DG.32 因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG∥BC,FG=BC.因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE=BC.所以DE∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.33 3.(2017北京,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PA⊥BD;(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.34 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行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力.(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC.因为BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.35 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=.36 4.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.37 证明本题考查线面平行与面面垂直.(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.38 (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥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.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).易错警示a∥b,a∥αb∥α.39 C组  教师专用题组考点一 直线与平面垂直的判定和性质1.(2014浙江,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.(  )A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α答案    C对于选项A、B、D,均能举出m∥α的反例;对于选项C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又n⊥α,∴m⊥α,故选C.40 2.(2010课标全国,9)正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(  )A.B.C.D.答案    D∵BB1∥DD1,∴DD1与平面ACD1所成的角即为BB1与平面ACD1所成的角,其大小设为θ,设正方体的棱长为1,则点D到平面ACD1的距离为,所以sinθ=,得cosθ=,故选D.评析本题考查了线面角的求法,转化思想是解答本题的关键,本题也可以建立空间直角坐标系解答.41 3.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(1)证明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.42 解析(1)证明:如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,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,从而PE⊥AB.因为∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)设BC=x,则在直角△ABC中,AB==,43 从而S△ABC=AB·BC=x.由EF∥BC知,==,得△AFE∽△ABC,故==,即S△AFE=S△ABC.由AD=AE,S△AFD=S△AFE=·S△ABC=S△ABC=x,从而四边形DFBC的面积为SDFBC=S△ABC-S△AFD=x-x=x.由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE===2.体积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.评析本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体现了函数与方程的思想.44 4.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点.(1)求证:EF⊥平面BCG;(2)求三棱锥D-BCG的体积.附:锥体的体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高.45 解析(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G为AD的中点,所以CG⊥AD.同理,BG⊥AD,又BG∩CG=G,因此AD⊥平面BCG.因为E,F分别为AC,DC的中点,所以EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内,作AO⊥CB,交CB的延长线于O,由平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AO⊥BC,AO⊂平面ABC,得AO⊥平面BCD.又G为AD中点,因此G到平面BCD的距离h是AO长度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=,所以VD-BCG=VG-BCD=·S△DBC·h=×BD·BC·sin120°·=.46 5.(2014湖北,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.47 证明(1)连接AD1,由棱柱ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)连接AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,则易知MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.48 6.(2014重庆,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)证明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.49 解析(1)证明:如图,连接OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.因为∠BAD=,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin=1,又因为BM=,且∠OBM=,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos=.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,50 故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=.所以VP-ABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.评析本题考查线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,在证明直线与平面垂直时,打破以往单纯的几何逻辑推理,而将三角函数中的余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的交汇性.51 7.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.52 解析(1)因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD.从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.则DE⊥平面PBC,即DE为棱锥D-PBC的高53 由题设知PD=AD=1,则BD=,PB=2.根据DE·PB=PD·BD得DE=.即棱锥D-PBC的高为.评析本题考查直线与平面垂直,直线与直线垂直的判定与性质,三棱锥的体积,点到平面的距离等基础知识与基本方法,考查空间想象能力,推理论证能力和运算能力,对平面几何知识也有一定的要求,属中等偏难题.54 考点二 平面与平面垂直的判定和性质1.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.55 证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.56 2.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(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.57 解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以PC⊥DC.(2分)又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.(4分)(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.(6分)因为PC⊥平面ABCD,AB⊂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上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:(10分)取PB中点F,连接EF,CE,CF.58 又因为E为AB的中点,所以EF∥PA.(13分)又因为PA⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)59 3.(2012课标全国,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点.(1)证明:平面BDC1⊥平面BDC;(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.60 解析(1)证明:由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1⊂平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°,所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.又DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.又DC1⊂平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC.(2)设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC=1.由题意得V1=××1×1=.又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,所以(V-V1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分的体积的比为1∶1.评析本题考查了线面垂直的判定,考查了体积问题,同时也考查了空间想象能力.61 (时间:25分钟  分值:40分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.(2018河南安阳二模)已知a,b表示两条不同的直线,α,β表示两个不同的平面,下列说法错误的是(  )A.若a⊥α,b⊥β,α∥β,则a∥bB.若a⊥α,b⊥β,a⊥b,则α⊥βC.若a⊥α,a⊥b,α∥β,则b∥βD.若α∩β=a,a∥b,则b∥α或b∥β三年模拟A组2016—2018年高考模拟·基础题组62 答案    C对于A,若a⊥α,α∥β,则a⊥β,又b⊥β,故a∥b,故A正确;对于B,若a⊥α,a⊥b,则b⊂α或b∥α,∴存在直线m⊂α,使得m∥b,又b⊥β,∴m⊥β,∴α⊥β.故B正确;对于C,若a⊥α,a⊥b,则b⊂α或b∥α,又α∥β,∴b⊂β或b∥β,故C错误;对于D,若α∩β=a,a∥b,则b∥α或b∥β,故D正确.故选C.63 2.(2018安徽亳州模拟,8)如图甲所示,在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B、C、D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体A-EFH中必有(  )A.AH⊥平面EFHB.AG⊥平面EFHC.HF⊥平面AEFD.HG⊥平面AEF64 答案    A∵AH⊥HE,AH⊥HF,且EH∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,A正确;∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴B不正确;∵AG⊥EF,EF⊥AH,AG∩AH=A,∴EF⊥平面HAG,∵EF⊂平面AEF,∴平面HAG⊥AEF,∴过H作平面AEF的垂线,一定在平面HAG内,∴C不正确;∵HG不垂直于AG,∴HG⊥平面AEF不正确,∴D不正确.故选A.65 3.(2018福建泉州二模,6)在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面,则在各个正方体中,直线BD1与平面EFG不垂直的是(  )66 答案    D如图,在正方体中,E,F,G,M,N,Q均为所在棱的中点,易知E,F,G,M,N,Q六个点共面,直线BD1与平面EFMNQG垂直,并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合,不满足题意,只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直,满足题意.故选D.67 4.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在(  )A.直线AC上     B.直线AB上C.直线BC上     D.△ABC内部68 答案    B连接AC1,如图:∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B,∴AC⊥平面ABC1,又AC在平面ABC内,∴根据面面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,则根据面面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.69 5.(2017广东广州一模,4)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是(  )A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥nB.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥βC.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥βD.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n答案    B若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n相交、平行或异面,故A错误;∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α,又∵n∥β,∴α⊥β,故B正确;若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β的位置关系不确定,故C错误;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n或m,n异面,故D错误.故选B.70 6.(2017河北唐山一模,8)设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内两条相交直线,则α⊥β的一个充分不必要条件是(  )A.l1⊥m,l1⊥nB.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2D.m∥n,l1⊥n答案    B由m⊥l1,m⊥l2及已知条件可得m⊥β,又m⊂α,所以α⊥β;反之,α⊥β时未必有m⊥l1,m⊥l2,故“m⊥l1,m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件,其余选项均推不出α⊥β,故选B.71 二、解答题(共10分)7.(2018湖南益阳模拟,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,∠DAB=∠ABP=90°.(1)求证:AD⊥平面PAB;(2)求证:AB⊥PC;(3)若点E在棱PD上,且CE∥平面PAB,求的值.72 解析(1)证明:因为∠DAB=90°,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,且平面PAB∩平面ABCD=AB,所以AD⊥平面PAB.(2)证明:由(1)知AD⊥AB,因为AD∥BC,所以BC⊥AB.又因为∠ABP=90°,所以PB⊥AB.因为PB∩BC=B,所以AB⊥平面PBC,因为PC⊂平面PBC,所以AB⊥PC.(3)过E作EF∥AD交PA于F,连接BF.73 因为AD∥BC,所以EF∥BC.所以E,F,B,C四点共面.又因为CE∥平面PAB,且CE⊂平面BCEF,平面BCEF∩平面PAB=BF,所以CE∥BF,所以四边形BCEF为平行四边形,所以EF=BC=AD.在△PAD中,因为EF∥AD,所以==,即=.74 B组  2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:35分钟  分值:55分)一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2018山西临汾模拟,7)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是(  )A.平面BCE⊥平面ABNB.MC⊥ANC.平面CMN⊥平面AMND.平面BDE∥平面AMN75 答案    C分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体.∴BC⊥平面ABN,又BC⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面ABN,故A正确;连接PB,则PB∥MC,显然,PB⊥AN,∴MC⊥AN,故B正确;取MN的中点F,连接AF,CF,AC.∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形,∴AF⊥MN,CF⊥MN,∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角,∵AF=CF=,AC=,∴AF2+CF2≠AC2,即∠AFC≠,76 ∴平面CMN与平面AMN不垂直,故C错误;∵DE∥AN,MN∥BD,DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE,MN∩AN=N,MN,AN⊂平面AMN,∴平面BDE∥平面AMN,故D正确.故选C.77 2.(2017山西临汾二模,9)已知点A、B在半径为的球O表面上运动,且AB=2,过AB作相互垂直的平面α、β,若平面α、β截球O所得的截面分别为圆M、N,则(  )A.MN长度的最小值是2B.MN的长度是定值C.圆M面积的最小值是2πD.圆M、N的面积和是定值8π答案    B如图所示,平面ABC为平面α,平面ABD为平面β,则BD⊥BC,BC2+BD2+4=12,∴CD=2,∵M,N分别是AC,AD的中点,∴MN=CD=,∴MN的长度是定值,故选B.解题关键根据题意画出图形是解题的前提,求出CD的长是解题的关键.78 3.(2017江西南昌摸底考试,3)如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,那么点D在平面ABC内的射影H必在(  )A.直线AB上     B.直线BC上C.直线AC上     D.△ABC内部答案    A因为AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD,又AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABD,所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上.79 二、解答题(共40分)4.(2018广东江门一模,19)如图,直角梯形ABEF中,∠ABE=∠BAF=90°,C、D分别是BE、AF上的点,且DA=AB=BC=a,DF=2CE=2a.沿CD将四边形CDFE翻折至四边形CDPQ的位置,连接AP、BP、BQ,得到多面体ABCDPQ,且AP=a.(1)求多面体ABCDPQ的体积;(2)求证:平面PBQ⊥平面PBD.80 解析(1)∵DA=AB=BC=a,∠ABC=∠BAD=90°,∴四边形ABCD是正方形,∴CD⊥AD,CD⊥DP,又AD∩DP=D,∴CD⊥平面ADP.∵AB∥CD,∴AB⊥平面ADP,∵AD2+DP2=AP2,∴AD⊥DP,又CD⊥AD,CD∩DP=D,∴AD⊥平面CDPQ,又AD∥BC,∴BC⊥平面CDPQ.∴VB-CDPQ=S梯形CDPQ·BC=××a=a3,VB-ADP=S△ADP·AB=××a×2a×a=,∴多面体ABCDPQ的体积为VB-CDPQ+VB-ADP=.81 (2)证明:取BP的中点G,连接GQ、DG、DQ,在△ABP中,BP==2a,∴BG=BP=a,在△BCQ中,BQ==a.PQ==a,∴PQ=BQ,∴GQ⊥BP.∴QG==a,又BD=AB=2a=DP,∴DG⊥BP,∴DG==a,又DQ==a,∴DQ2=QG2+DG2,∴QG⊥DG.又BP∩DG=G,∴QG⊥平面PBD,又QG⊂平面PBQ,82 ∴平面PBQ⊥平面PBD.思路分析(1)将多面体分解成三棱锥B-ADP和四棱锥B-CDPQ,分别计算两个棱锥的体积然后相加即可;(2)取BP的中点G,连接GQ、DG、DQ,根据勾股定理计算各边长得出QG⊥BP,QG⊥DG,故而QG⊥平面PBD,于是平面PBQ⊥平面PBD.83 5.(2018河南郑州二模,19)在如图所示的五面体ABCDEF中,四边形ABCD为菱形,且∠DAB=60°,EA=ED=AB=2EF=2,EF∥AB,M为BC中点.(1)求证:FM∥平面BDE;(2)若平面ADE⊥平面ABCD,求F到平面BDE的距离.84 解析(1)证明:取BD中点O,连接OM,OE,因为O,M分别为BD,BC中点,所以OM∥CD,且OM=CD,因为四边形ABCD为菱形,所以CD∥AB,因为EF∥AB,所以CD∥EF,又AB=CD=2EF=2,所以EF=CD.所以OM∥EF,且OM=EF,所以四边形OMFE为平行四边形,所以FM∥OE.又OE⊂平面BDE且FM⊄平面BDE,所以FM∥平面BDE.85 (2)由(1)得FM∥平面BDE,所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离.取AD的中点H,连接EH,BH,因为EA=ED,所以EH⊥AD,因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,所以EH⊥平面ABCD,因为BH⊂平面ABCD,所以EH⊥BH.因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD=2,又∠BAD=60°,所以△ABD是等边三角形,所以BH=.易得EH=.在Rt△EBH中,因为EH=BH=,所以BE=,所以S△BDE=××=,设F到平面BDE的距离为h,连接DM,86 因为S△BDM=××4=,所以由VE-BDM=VM-BDE,得××=×h×,解得h=.即F到平面BDE的距离为.87 6.(2017河北唐山一模,19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=CB=CC1=2,M是AB的中点.(1)求证:平面A1CM⊥平面ABB1A1;(2)求点M到平面A1CB1的距离.88 解析(1)证明:由A1A⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,得A1A⊥CM.由AC=CB,M是AB的中点,得AB⊥CM.又A1A∩AB=A,则CM⊥平面ABB1A1,又CM⊂平面A1CM,所以平面A1CM⊥平面ABB1A1.(2)设点M到平面A1CB1的距离为h.连接MB1.由题意可知A1C=CB1=A1B1=2MC=2,A1M=B1M=,则=2,=2.由(1)可知CM⊥平面ABB1A1,89 则CM是三棱锥C-A1MB1的高,由=MC·==h·,得h==,即点M到平面A1CB1的距离为.思路分析(1)推导出A1A⊥CM,AB⊥CM,由此能证明CM⊥平面ABB1A1,进而证明平面A1CM⊥平面ABB1A1.(2)设点M到平面A1CB1的距离为h,由=MC·==h·能求出点M到平面A1CB1的距离.90