202X版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十二章立體幾何12.3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課件VIP

1、12.3直線、平面垂直的判定與性質(zhì)高考數(shù)學(xué)高考數(shù)學(xué) (江蘇省專用)五年高考A A組組 自主命題自主命題江蘇卷江蘇卷題組題組1.(2017江蘇,15,14分)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)分別在棱AD,BD上,且EFAD.求證:(1)EF平面ABC;(2)ADAC. 證明證明(1)在平面ABD內(nèi),因?yàn)锳BAD,EFAD,所以EFAB.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,BCBD,所以BC平面ABD.因?yàn)锳D平面ABD,所以BCAD

2、.又ABAD,BCAB=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ADAC.方法總結(jié)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(ab,acbc);(2)線面垂直的性質(zhì)(a,bab).2.(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(diǎn),點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求證:(1)直線DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F. 證明證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因?yàn)镈,E分別為AB,BC的中點(diǎn),所以

3、DEAC,于是DEA1C1.又因?yàn)镈E 平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直線DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因?yàn)锳1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因?yàn)锳1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因?yàn)锽1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因?yàn)锽1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因?yàn)橹本€B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.評析評析本題考查點(diǎn)、線、面的位

4、置關(guān)系.(1)證明線面平行,可證明該直線平行于平面內(nèi)的一條直線;(2)證明面面垂直,只需證明一個(gè)平面內(nèi)的一條直線垂直于另一個(gè)平面即可.B B組統(tǒng)一命題、省組統(tǒng)一命題、省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組考點(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì)考點(diǎn)一線面垂直的判定與性質(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

5、情況.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.(2016浙江理改編,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直線l.若直線m,n滿足m,n,則以下說法正確的是 .ml;mn;nl;mn.答案答案解析解析對于,m與l可能平行或異面,故錯(cuò);對于、,m與n可能平行、相交或異面,故、錯(cuò);對于,因?yàn)閚,l,所以nl,故正確.故填.評析評析本題考查了線面平行與垂直的性質(zhì)及空間兩條直線的位置關(guān)系.3.(2019課標(biāo)全國文,17,12分)如圖,長方體ABC

6、D-A1B1C1D1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BB1C1

7、C,且EF=AB=3.所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=363=18. 13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.4.(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PC

8、D;(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值. 解析解析本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(chǔ)知識.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.又由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

9、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PC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.3DNAD3333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.5.(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

10、=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)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC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,所以CH平面POM.故CH的長為點(diǎn)C到平面POM的距離.32212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.122

11、34 232 53sinOC MCACBOM4 554 55解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵認(rèn)真分析三棱錐各側(cè)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(guān)鍵.6.(2016課標(biāo)全國,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. 解析解析(1)證明:因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以ABPD.因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E,所以ABDE.(2分)又P

12、DDE=D,所以AB平面PED,故ABPG.又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點(diǎn).(4分)(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.(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(diǎn)F為E在平面PAC內(nèi)的正投影.(7分)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.(9分)23由題設(shè)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(cè)面是

13、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)23132131243評析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.7.(2016課標(biāo)全國,19,12分)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O,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DEF的位置.(1)證明:ACHD;(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD=2,求五棱錐D-ABCFE的體積. 542解析解析(1)證明:由已知得ACBD,A

14、D=CD.又由AE=CF得=,故ACEF.(2分)由此得EFHD,EFHD,所以ACHD.(4分)(2)由EFAC得=.(5分)由AB=5,AC=6得DO=BO=4.所以O(shè)H=1,DH=DH=3.于是OD2+OH2=(2)2+12=9=DH2,故ODOH.由(1)知ACHD,又ACBD,BDHD=H,所以AC平面BHD,于是ACOD.又由ODOH,ACOH=O,所以O(shè)D平面ABC.(8分)又由=得EF=.五邊形ABCFE的面積S=68-3=.(10分)所以五棱錐D-ABCFE的體積V=2=.(12分)AEADCFCDOHDOAEAD1422ABAO2EFACDHDO92121292694136

15、94223 22評析評析本題考查了線線垂直的判定、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.8.(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. 2解析解析(1)證明:由DE=EC,PD=PC知,E為等腰PDC中DC邊的中點(diǎn),故PEAC.又平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,PE平面PAC,PEAC,所以PE平面ABC,從

16、而PEAB.因ABC=,EFBC,故ABEF.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SABC=ABBC=x.由EFBC知,=,得AFEABC,故=,即SAFE=SABC.由AD=AE得SAFD=SAFE=SABC=SABC=x,222ACBC236x1212236xAFABAEAC23AFEABCSS2234949121212492919236x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V

17、P-DFBC=S四邊形DFBCPE=x2=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=3.12236x19236x718236x22PCEC224231313718236x333評析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.考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019北京文,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(diǎn).(1)求證:BD平面PAC;(2)若ABC=60,求證:平面PAB平面P

18、AE;(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

19、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.12122.(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

20、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(

21、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).3.(2018課標(biāo)全國文,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ABDA.(1)證明:平面ACD平面ABC;(2

22、)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. 23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-ABP的體積為VQ-ABP=QESABP=132sin 45=1.2232131313122規(guī)律總結(jié)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

23、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=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.4.(2018課標(biāo)全國文,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(diǎn).(1

24、)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. CDCD解析解析本題考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)、直線與平面平行的判定與性質(zhì).(1)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中點(diǎn).連接OP,因?yàn)镻為AM中點(diǎn),所以MCOP.MC 平面PBD,OP平面

25、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.5.(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. 證明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A1O1OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1

26、OO1C.又O1C平面B1CD1,A1O 平面B1CD1,所以A1O平面B1CD1.(2)因?yàn)锳CBD,E,M分別為AD和OD的中點(diǎn),所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,因?yàn)锽1D1BD,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.方法總結(jié)方法總結(jié)證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的判定定理(a,a).易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示 ab,a/ b.6.(2016北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,

27、DCAC.(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. 解析解析(1)證明:因?yàn)镻C平面ABCD,所以PCDC.(2分)又因?yàn)镈CAC,ACPC=C,所以DC平面PAC.(4分)(2)證明:因?yàn)锳BDC,DCAC,所以ABAC.(6分)因?yàn)镻C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(diǎn)F,使得PA平面CEF.證明如下:(10分)取PB中點(diǎn)F,連接EF,CE,CF.又因?yàn)镋為AB的中點(diǎn),所以EFPA

28、.(13分)又因?yàn)镻A 平面CEF,所以PA平面CEF.(14分)評析評析本題考查了線面垂直的性質(zhì)和判定、面面垂直的判定以及線面平行的判定.屬中檔題.1.(2019課標(biāo)全國理改編,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 .BM=EN,且直線BM,EN是相交直線;BMEN,且直線BM,EN是相交直線;BM=EN,且直線BM,EN是異面直線;BMEN,且直線BM,EN是異面直線.C C組教師專用題組組教師專用題組答案答案解析解析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

29、養(yǎng)是直觀想象.過E作EQCD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,EQQN,同理可知BCCE,設(shè)CD=2,易得EQ=,QN=1,則EN=2,BE=2.易知BE=BD,又M為DE的中點(diǎn),BMDE,BM=,BM=2=EN.BMEN.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. 322EQQN3 122BCCE44222BEEM8 177疑難突破疑難突破過點(diǎn)E作CD的垂線,構(gòu)造直角三角形是求BM、EN的關(guān)鍵.2.(2009江蘇,12,5分)設(shè)和為不重合的兩個(gè)平面

30、,給出下列命題:(1)若內(nèi)的兩條相交直線分別平行于內(nèi)的兩條直線,則平行于;(2)若外一條直線l與內(nèi)的一條直線平行,則l和平行;(3)設(shè)和相交于直線l,若內(nèi)有一條直線垂直于l,則和垂直;(4)直線l與垂直的充分必要條件是l與內(nèi)的兩條直線垂直.上面命題中,真命題的序號 (寫出所有真命題的序號).答案答案(1)(2)解析解析本題考查立體幾何中的直線、平面的垂直與平行的判定的相關(guān)定理.真命題的序號是(1)(2).3.(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證明:AB

31、1平面A1B1C1;(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值. 解析解析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.(1)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1=,由AB=BC=2,ABC=120得AC=2,由CC1AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1.(2)如圖,過點(diǎn)C1作C1DA1B1,交直線A1B1于點(diǎn)D,連接AD.221B21B21

32、A531321B21C21C由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1,由C1DA1B1得C1D平面ABB1,所以C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cosC1A1B1=,sinC1A1B1=,所以C1D=,故sinC1AD=.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是.52216717311C DAC391339134.(2015安徽,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PA平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,BAC=60.(1)求三棱錐P-ABC的體積;(2)證明在線段PC上存在點(diǎn)M,使得ACBM,并求的值. PMMC

33、解析解析(1)由題設(shè)AB=1,AC=2,BAC=60,可得SABC=ABACsin 60=.由PA平面ABC,可知PA是三棱錐P-ABC的高,又PA=1,所以三棱錐P-ABC的體積V=SABCPA=.(2)在平面ABC內(nèi),過點(diǎn)B作BNAC,垂足為N.在平面PAC內(nèi),過點(diǎn)N作MNPA交PC于點(diǎn)M,連接BM.由PA平面ABC知PAAC,所以MNAC.由于BNMN=N,故AC平面MBN.又BM平面MBN,所以ACBM.在直角BAN中,AN=ABcosBAC=,從而NC=AC-AN=.由MNPA,得=. 123213361232PMMCANNC135.(2014湖北,20,13分)如圖,在正方體ABC

34、D-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點(diǎn).求證:(1)直線BC1平面EFPQ;(2)直線AC1平面PQMN. 證明證明(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1BC1,因?yàn)镕,P分別是AD,DD1的中點(diǎn),所以FPAD1.從而BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1 平面EFPQ,故直線BC1平面EFPQ.(2)連接AC,BD,則ACBD.由CC1平面ABCD,BD平面ABCD,可得CC1BD.又ACCC1=C,所以BD平面ACC1.而AC1平面ACC1,所以BDAC1.因?yàn)镸,N分別是A1B1,A1D1的中

35、點(diǎn),所以MNBD,從而MNAC1.同理可證PNAC1.又PNMN=N,所以直線AC1平面PQMN.評析評析本題考查線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì),考查學(xué)生的空間想象能力.6.(2014江蘇,16,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,D,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn).已知PAAC,PA=6,BC=8,DF=5.求證:(1)直線PA平面DEF;(2)平面BDE平面ABC. 證明證明(1)因?yàn)镈,E分別為棱PC,AC的中點(diǎn),所以DEPA.又因?yàn)镻A 平面DEF,DE平面DEF,所以直線PA平面DEF.(2)因?yàn)镈,E,F分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn),PA=6,BC=8,所以DEPA,DE=

36、PA=3,EF=BC=4.又因?yàn)镈F=5,故DF2=DE2+EF2,所以DEF=90,即DEEF.又PAAC,DEPA,所以DEAC.因?yàn)锳CEF=E,AC平面ABC,EF平面ABC,所以DE平面ABC.又DE平面BDE,所以平面BDE平面ABC.12127.(2011江蘇,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,AB=AD,BAD=60,E、F分別是AP、AD的中點(diǎn).求證:(1)直線EF平面PCD;(2)平面BEF平面PAD. 證明證明本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系,考查空間想象能力和推理論證能力.(1)E、F分別是AP、AD的中點(diǎn),EFPD,又EF

37、 平面PCD,PD平面PCD,直線EF平面PCD.(2)AB=AD,BAD=60,F是AD的中點(diǎn),BFAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,BF平面BEF,BF平面PAD,BF平面BEF,平面BEF平面PAD.8.(2010江蘇,16,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,ABDC,BCD=90.(1)求證:PCBC;(2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離. 解析解析本題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系,考查幾何體的體積,考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算能力.(1)證明:因?yàn)镻D平面ABCD,BC平面ABCD,所以P

38、DBC.由BCD=90得CDBC,又PDDC=D,PD、DC平面PCD,所以BC平面PCD.因?yàn)镻C平面PCD,所以PCBC.(2)解法一:分別取AB、PC的中點(diǎn)E、F,連接DE、DF.易證DECB,DE 平面PBC,CB平面PBC,DE平面PBC,點(diǎn)D、E到平面PBC的距離相等.由(1)知BC平面PCD,又BC平面PBC,所以平面PBC平面PCD,因?yàn)镻D=DC,PF=FC,所以DFPC,又平面PBC平面PCD=PC,所以DF平面PBC.易知DF=,又點(diǎn)A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍,故點(diǎn)A到平面PBC的距離等于.解法二(體積法):連接AC.設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h.

39、因?yàn)锳BDC,BCD=90,所以ABC=90.由AB=2,BC=1,得SABC=1.由PD平面ABCD及PD=1,得三棱錐P-ABC的體積V=SABCPD=.因?yàn)镻D平面ABCD,DC平面ABCD,所以PDDC.又PD=DC=1,所以PC=.由PCBC,BC=1,得SPBC=.由VA-PBC=VP-ABC,即SPBCh=,得h=,222131322PDDC22213132故點(diǎn)A到平面PBC的距離等于.29.(2009江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E、F分別是A1B、A1C的中點(diǎn),點(diǎn)D在B1C1上,A1DB1C.求證:(1)EF平面ABC;(2)平面A1FD平面BB

40、1C1C. 證明證明本題主要考查直線與平面、平面與平面得位置關(guān)系,考查空間想象能力、推理論證能力.(1)因?yàn)镋,F分別是A1B,A1C的中點(diǎn),所以EFBC,又EF 平面ABC,BC平面ABC,所以EF平面ABC.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面A1B1C1,所以BB1A1D,又A1DB1C,B1CBB1=B1,所以A1D平面BB1C1C.又A1D平面A1FD,所以平面A1FD平面BB1C1C.三年模擬A A組組 20172019 20172019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)一線面垂直的判定與性質(zhì)考點(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019七市第二次調(diào)研,16)

41、如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BCC1B1為正方形,A1B1B1C1.設(shè)A1C與AC1交于點(diǎn)D,B1C與BC1交于點(diǎn)E.求證:(1)DE平面ABB1A1;(2)BC1平面A1B1C. 證明證明(1)因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1為直三棱柱,所以側(cè)面ACC1A1為平行四邊形.又A1C與AC1交于點(diǎn)D,所以D為AC1的中點(diǎn),同理,E為BC1的中點(diǎn).所以DEAB.(3分)又AB平面ABB1A1,DE 平面ABB1A1,所以DE平面ABB1A1.(6分)(2)因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1為直三棱柱,所以BB1平面A1B1C1.又因?yàn)锳1B1平面A1B1C1,所以BB1A1B1.(8分)

42、又A1B1B1C1,BB1,B1C1平面BCC1B1,BB1B1C1=B1,所以A1B1平面BCC1B1.(10分)又因?yàn)锽C1平面BCC1B1,所以A1B1BC1.(12分)因?yàn)閭?cè)面BCC1B1為正方形,所以BC1B1C.又A1B1B1C=B1,A1B1,B1C平面A1B1C,所以BC1平面A1B1C.(14分)2.(2019南京、鹽城二模,16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,A1CBC1,AB1BC1,D,E分別是AB1,BC的中點(diǎn).求證:(1)DE平面ACC1A1;(2)AE平面BCC1B1.證明證明(1)連接A1B,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形AA1B1B

43、是平行四邊形,因?yàn)镈是AB1的中點(diǎn),所以D也是BA1的中點(diǎn),在BA1C中,D和E分別是BA1和BC的中點(diǎn),所以DEA1C,又因?yàn)镈E 平面ACC1A1,A1C平面ACC1A1,所以DE平面ACC1A1.(2)由(1)知DEA1C,因?yàn)锳1CBC1,所以BC1DE.又因?yàn)锽C1AB1,AB1DE=D,AB1,DE平面ADE,所以BC1平面ADE.又因?yàn)锳E平面ADE,所以AEBC1.在ABC中,AB=AC,E是BC的中點(diǎn),所以AEBC.因?yàn)锽C1BC=B,BC1,BC平面BCC1B1,所以AE平面BCC1B1.考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)考點(diǎn)二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019蘇錫常鎮(zhèn)四市教學(xué)情況

44、調(diào)查二,15)如圖,在三棱錐P-ABC中,過點(diǎn)P作PDAB,垂足為D,E,F分別是PD,PC的中點(diǎn),且平面PAB平面PCD.(1)求證:EF平面ABC;(2)求證:CEAB. 證明證明(1)在三棱錐P-ABC中,因?yàn)镋,F分別是PD,PC的中點(diǎn),所以EF為PCD的中位線,(2分)則有EFCD.(3分)又EF 平面ABC,CD平面ABC,所以EF平面ABC.(7分)(2)因?yàn)槠矫鍼AB平面PCD,平面PAB平面PCD=PD,ABPD,AB平面PAB,所以AB平面PCD,(11分)又CE平面PCD,所以CEAB.(14分)2.(2019如皋一模,16)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面為直角梯形,A

45、DBC,AD=2BC,且BAD=BPA=90,平面APB底面ABCD,點(diǎn)M為PD的中點(diǎn).(1)求證:CM平面PAB;(2)求證:PBPD. 證明證明(1)取AP的中點(diǎn)H,連接BH,HM,因?yàn)镠,M分別為AP,DP的中點(diǎn),所以HM=AD且HMAD.(2分)因?yàn)锳DBC且AD=2BC,所以HM=BC且HMBC,所以四邊形BCMH為平行四邊形,所以CMBH,(4分)因?yàn)镃M 平面PAB,BH平面PAB,所以CM平面PAB.(6分)(2)因?yàn)锽AD=90,所以BAAD.12因?yàn)槠矫鍭PB平面ABCD,AD平面ABCD,平面APB平面ABCD=AB,所以AD平面APB.(9分)因?yàn)镻B平面PAB,所以P

46、BAD,因?yàn)锽PA=90,所以PBPA,因?yàn)镻AAD=A,PA,AD平面PAD,所以PB平面PAD,(12分)因?yàn)镻D平面PAD,所以PBPD.(14分)3.(2019南師大附中期中,16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,APCD,ADBC,AB=BC=1,AD=2,E,F分別為AD,PC的中點(diǎn).求證:(1)AP平面BEF;(2)平面BEF平面PAC. 證明證明(1)設(shè)AC交BE于點(diǎn)O,連接OF,CE.因?yàn)锳E=BC=1,ADBC,所以四邊形ABCE為平行四邊形.所以點(diǎn)O為AC的中點(diǎn),又因?yàn)辄c(diǎn)F為PC的中點(diǎn),所以O(shè)FAP.(3分)又因?yàn)镺F平面BEF,AP 平面BEF,所以AP平面BEF.(7分

47、)(2)因?yàn)锳DBC,ED=BC=1,所以四邊形BCDE為平行四邊形,所以BECD.因?yàn)锳PCD,所以APBE.又因?yàn)樗倪呅蜛BCE為平行四邊形,AB=BC,所以四邊形ABCE為菱形,所以ACBE.(10分)又因?yàn)锳PBE,APAC=A,AP平面APC,AC平面APC,所以BE平面APC.(12分)因?yàn)锽E平面BEF,所以平面BEF平面PAC.(14分)4.(2019常州期末)如圖,正三棱柱ABC-A1B1C1中,點(diǎn)M,N分別是棱AB,CC1的中點(diǎn).求證:(1)CM平面AB1N;(2)平面A1BN平面AA1B1B. 證明證明(1)設(shè)AB1交A1B于點(diǎn)O,連接OM,ON.在正三棱柱ABC-A1B

48、1C1中,BB1CC1,BB1=CC1,且四邊形AA1B1B是平行四邊形,所以O(shè)為AB1的中點(diǎn),又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn),所以O(shè)MBB1,且OM=BB1.因?yàn)镹為CC1的中點(diǎn),所以CN=CC1,所以O(shè)MCN,且OM=CN.所以四邊形CMON是平行四邊形.(5分)所以CMON,又ON平面AB1N,CM 平面AB1N,所以CM平面AB1N.(7分)1212(2)正三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,因?yàn)镃M平面ABC,所以BB1CM.(9分)因?yàn)镃A=CB,M為AB的中點(diǎn),所以CMAB,又由(1)知CMON,所以O(shè)NAB,ONBB1,又因?yàn)锳BBB1=B,AB,BB1平面AA1B1B,所以O(shè)N平面AA1B1B.(12分)又ON平面A1BN,所以平面A1BN平面AA1B1B.(14分)解答題(共55分)B B組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬專題綜合題組專題綜合題組(時(shí)間：35分鐘 分值：55分)1.(2019南師附中、天一中學(xué)、海門中學(xué)、淮陰中學(xué)聯(lián)考,16)如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知