數(shù)學(xué)（文科）攻略大一輪復(fù)習(xí)課標(biāo)版精練8-4直線平面垂直的判定與性質(zhì)（試題部分）

§8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)探考情悟真題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)①理解空間直線、平面垂直的定義;②理解空間中直線、平面垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定,并會(huì)證明;③能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)系的簡單命題2018課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分面面垂直的判定三棱錐的體積★★★2018課標(biāo)全國Ⅱ,19,12分線面垂直的判定與性質(zhì)點(diǎn)到平面的距離2017課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分面面垂直的判定與性質(zhì)空間幾何體的體積與側(cè)面積2019課標(biāo)全國Ⅰ,16,5分線面垂直的判定與性質(zhì)點(diǎn)到平面的距離2019課標(biāo)全國Ⅱ,17,12分線面垂直的判定與性質(zhì)四棱錐的體積分析解讀從近幾年的高考試題來看,線線、線面、面面垂直的判定與性質(zhì)是考查的重點(diǎn)之一.考查的具體內(nèi)容可分為兩個(gè)層次:一是將定義、判定和性質(zhì)結(jié)合起來,以客觀題的形式出現(xiàn),判斷某些命題的真假;二是以常見的幾何體為背景,以解答題的形式出現(xiàn),證明幾何體中的直線、平面的垂直關(guān)系,充分考查線線、線面、面面之間垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化,屬于中檔題.破考點(diǎn)練考向【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.如圖,在下列四個(gè)正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F,G均為所在棱的中點(diǎn),過E,F,G作正方體的截面,則在各個(gè)正方體中,直線BD1與平面EFG不垂直的是()答案D答案D3.(2020屆甘肅西北師大附中9月月考,6)如圖,在四面體PABC中,AB=AC,PB=PC,D、E、F分別是棱AB、BC、CA的中點(diǎn),則下列結(jié)論中不一定成立的是()∥平面PDF ⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDF⊥平面ABC答案D4.(2020屆吉林梅河口五中9月月考,18)如圖,在平行六面體ABCDA1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,∠ABC=120°.(1)證明:AD⊥BA1;(2)若平面ADD1A1⊥平面ABCD,且A1D=AB=2,求點(diǎn)A到平面A1BD的距離.答案(1)證明:取AD的中點(diǎn)O,連接OB,OA1.∵AA1=A1D,∴AD⊥OA1,又∠ABC=120°,四邊形ABCD是平行四邊形,BC=AB,∴△ABD是等邊三角形,∴AD⊥OB,又OA1∩OB=O,∴AD⊥平面A1OB,∵A1B?平面A1OB,∴AD⊥BA1.(6分)(2)∵平面ADD1A1⊥平面ABCD,平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,∴A1O⊥平面ABCD.由A1D=AB=2及(1)知△A1AD,△ABD都是邊長為2的等邊三角形,∴A1O=BO=3,∴A1B=6.∴△ABD的面積為34×22=3,△A1BD的面積為12×6×22設(shè)點(diǎn)A到平面A1BD的距離為d,則由VA-A1BD=VA1-ABD得13×152煉技法提能力【方法集訓(xùn)】方法1證明線線垂直的方法1.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,10,5分)在正方體ABCDA1B1C1D1中,E為棱CD的中點(diǎn),則()1E⊥DC1 1E⊥BD 1E⊥BC1 1E⊥AC答案C2.(2019遼寧撫順一模,10)在三棱錐PABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,點(diǎn)D,E分別為棱BC,PC的中點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是()A.直線DE⊥直線AD B.直線DE⊥直線PAC.直線DE⊥直線AB D.直線DE⊥直線AC答案D3.(2020屆贛中南五校第一次聯(lián)考,19)如圖,在四棱錐PABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠APD=∠(1)證明:PD⊥PB;(2)設(shè)點(diǎn)M在棱PC上,且PM=13PC,若△MBC的面積為273,求四棱錐P答案(1)證明:∵∠BAD=90°,∴BA⊥AD.∵平面ABCD⊥平面PAD,交線為AD,∴BA⊥平面PAD,從而BA⊥PD.∵∠APD=90°,∴AP⊥PD.∵BA∩AP=A,∴PD⊥平面PAB.∵PB?平面PAB,∴PD⊥PB.(2)設(shè)AD=2m(m>0),則AB=BC=AP=m,PD=3m,由(1)知BA⊥平面PAD,∴BA⊥AP,∴BP=BA2+取AD的中點(diǎn)F,連接CF,PF,則CF∥BA,CF=m,∵BA⊥平面PAD,∴CF⊥平面PAD,∴CF⊥PF,∵PF=12∴PC=CF2+∵PM=13PC,∴CM=2∴S△MBC=23S△PBC=23×12BC×PB2由76m2=273,解得m=2(m=在△PAD中,P到AD的距離h=AP·PDAD=3∴P到平面ABCD的距離d=h=3,∴VPABCD=13S四邊形ABCD·d=13×12×(2+4)×2×3方法2證明線面垂直的方法1.(2018課標(biāo)全國Ⅱ,19,12分)如圖,在三棱錐PABC中,AB=BC=22,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.答案(1)證明:因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=23.連接OB,因?yàn)锳B=BC=22所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12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=12AC=2,CM=23BC=42所以O(shè)M=253,CH=OC·所以點(diǎn)C到平面POM的距離為452.(2020屆河南、河北重點(diǎn)中學(xué)摸底考試,19)如圖,已知四棱錐PABCD的底面是梯形,AB∥CD,AD⊥AB,且AD=CD=2AB=4,PA=PD=PC=3.(1)若O為AC的中點(diǎn),證明:PO⊥平面ABCD;(2)求點(diǎn)C到平面PAB的距離.答案(1)證明:因?yàn)锳B∥CD,AD⊥AB,所以AD⊥CD,因?yàn)锳D=CD=4,所以AC=42.(1分)又PA=PC=3,O為AC的中點(diǎn),所以PO⊥AC,PO=32-(2連接OD,在Rt△ACD中,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)D=12AC=22.(3分因?yàn)镺D2+PO2=(22)2+12=9=PD2,所以PO⊥OD.(4分)又OD∩AC=O,所以PO⊥平面ABCD.(5分)(2)設(shè)點(diǎn)C到平面PAB的距離為h,易知S△ABC=12×2×4=4.(6分連接OB,則OB=12AD=2,PB=PO2+O在△PAB中,PA=3,AB=2,PB=5,所以cos∠PAB=9+4-52×3所以S△PAB=12×3×2×1-49=由VCPAB=VPABC,得13×5h=13×4×1,解得h=故點(diǎn)C到平面PAB的距離為455.(12方法3證明面面垂直的方法1.(2017山東,18,12分)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱錐C1B1CD1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(1)取B1D1的中點(diǎn)O1,連接CO1,A1O1,由于ABCDA1B1C1D1是四棱柱,四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點(diǎn),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,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B1CD1.2.(2019東北師大附中、重慶一中等校聯(lián)合模擬,18)如圖,在四棱錐PABCD中,四邊形ABCD為直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥平面ABCD,Q,M分別為AD,PC的中點(diǎn),PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3(1)求證:平面PBC⊥平面PQB;(2)求三棱錐PQMB的體積.答案(1)證明:∵Q為AD的中點(diǎn),BC=12AD,∴BC=QD,又AD∥∴四邊形BCDQ為平行四邊形.∵∠ADC=90°,∴BC⊥BQ.∵PA=PD,AQ=QD,∴PQ⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD,∴PQ⊥BC,又PQ∩BQ=Q,∴BC⊥平面PQB.∵BC?平面PBC,∴平面PBC⊥平面PQB.(2)∵在Rt△PQB中,PQ=PA2-AQ∴S△PQB=12PQ·QB=3由(1)知BC⊥平面PQB,連接QC,則V三棱錐CPQB=13S△PQB×BC=13×32又M是線段PC的中點(diǎn),∴V三棱錐PQMB=V三棱錐MPQB=12V三棱錐CPQB=12×12故三棱錐PQMB的體積為14方法4翻折問題的處理方法(2020屆河北棗強(qiáng)中學(xué)9月月考,18)已知菱形ABCD的邊長為6,∠BAD=60°,AC∩BD=O.將菱形ABCD沿對(duì)角線AC折起得三棱錐BACD,如圖,點(diǎn)M是棱BC的中點(diǎn),DM=32.(1)求證:平面ABC⊥平面ACD;(2)求點(diǎn)M到平面ABD的距離.答案(1)證明:∵四邊形ABCD是菱形,且∠DAB=60°,邊長為6,∴OD=OB=12BD=3,OD⊥AC,OB⊥AC.(2分連接OM,∵M(jìn)為BC的中點(diǎn),∴OM=12又∵DM=32,∴DM2=OD2+OM2,∴OD⊥OM.又OD⊥AC,OM∩AC=O,AC,OM?平面ABC,∴OD⊥平面ABC.(4分)∵OD?平面ACD,∴平面ABC⊥平面ACD.(6分)(2)由(1)知OD⊥平面ABC,∴OD為三棱錐DABM的高,OD⊥OB,S△ABM=12S△ABC=12×12AC·OB=14×63×3=∴VDABM=13S△ABM·OD=13×932×3=設(shè)點(diǎn)M到平面ABD的距離為h,∵S△ABD=12×32×62-3222=972∴h=3VD-ABMS【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組考點(diǎn)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019課標(biāo)全國Ⅰ,16,5分)已知∠ACB=90°,P為平面ABC外一點(diǎn),PC=2,點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC,BC的距離均為3,那么P到平面ABC的距離為.

答案22.(2019課標(biāo)全國Ⅱ,17,12分)如圖,長方體ABCDA1B1C1D1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EBB1C1C的體積.答案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)證明: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EBB1C1C的體積V=133.(2018課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD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.答案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)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,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)存在.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中點(diǎn),所以MC∥OP.MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.4.(2018課標(biāo)全國Ⅰ,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=23DA,求三棱錐QABP的體積答案(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=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22作QE⊥AC,垂足為E,則QE13由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此VQABP=13·QE·S△ABP=13×1×12×3×225.(2017課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐PABCD中,AB∥CD,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PABCD的體積為83,求該四棱錐的側(cè)面積答案(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而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內(nèi)作PE⊥AD,垂足為E.由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.設(shè)AB=x,則由已知可得AD=2x,PE=22故四棱錐PABCD的體積VPABCD=13AB·AD·PE=13x由題設(shè)得13x3=83,從而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22.可得四棱錐PABCD的側(cè)面積為12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin解法二:由題設(shè)條件和(1)可知四棱錐PABCD是一個(gè)正方體的一部分,底面ABCD是正方體的一個(gè)對(duì)角面,P是正方體的一個(gè)頂點(diǎn)(如圖),設(shè)正方體的棱長為a,則VPABCD=13·2a·a·22a=13由題設(shè)得13a3=83,從而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22,故四棱錐PABCD的側(cè)面積為12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin6.(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.答案(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.從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.(2)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=12又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=12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12,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的12,即四面體ABCE與四面體ACDEB組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2019北京,13,5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)2.(2019天津,17,13分)如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,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.答案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(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AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.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DN⊥PC.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DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=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)椤鱌CD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點(diǎn),所以DN=3.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=3所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為333.(2019北京,18,14分)如圖,在四棱錐PABCD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PAE;(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得CF∥平面PAE?說明理由.答案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)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(2)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,∠ABC=60°,且E為CD的中點(diǎn),所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.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FG∥AB,且FG=12因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,且E為CD的中點(diǎn),所以CE∥AB,且CE=12所以FG∥CE,且FG=CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因?yàn)镃F?平面PAE,EG?平面PAE,所以CF∥平面PAE.4.(2019浙江,19,15分)如圖,已知三棱柱ABCA1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的中點(diǎn).(1)證明:EF⊥BC;(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.答案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(shí),同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.本題考查了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).(1)連接A1E,因?yàn)锳1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),所以A1E⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,則A1E⊥BC.又因?yàn)锳1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中點(diǎn)G,連接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四邊形EGFA1為矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,則平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.連接A1G交EF于O,則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角),不妨設(shè)AC=4,則在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.由于O為A1G的中點(diǎn),故EO=OG=A1G2所以cos∠EOG=EO2+因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是355.(2018北京,18,14分)如圖,在四棱錐PABCD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.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.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的中點(diǎn)G,連接FG,DG.因?yàn)镕,G分別為PB,PC的中點(diǎn),所以FG∥BC,FG=12因?yàn)锳BCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn),所以DE∥BC,DE=12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.C組教師專用題組考點(diǎn)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2010全國Ⅰ,9,5分)正方體ABCDA1B1C1D1中,BB1與平面ACD1所成角的余弦值為()A.23 B.33 C.23 答案D2.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐ABCD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.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.3.(2017北京,18,14分)如圖,在三棱錐PABC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EBCD的體積.答案(1)證明:因?yàn)镻A⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,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的中點(diǎn),所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又PA∩AC=A,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),AB⊥BC,所以DE=12PA=1,BD=DC=2由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱錐EBCD的體積V=16BD·DC·DE=14.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點(diǎn),點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證:(1)直線DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.證明(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因?yàn)镈,E分別為AB,BC的中點(diǎn),所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.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ABCA1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因?yàn)锳1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因?yàn)锳1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因?yàn)锽1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因?yàn)锽1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因?yàn)橹本€B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5.(2016北京,18,14分)如圖,在四棱錐PABCD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.答案(1)證明:因?yàn)镻C⊥平面ABCD,DC?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,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EF∥PA.(13分)又因?yàn)镻A?平面CEF,EF?平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)6.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,18,12分)如圖,已知正三棱錐PABC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.答案(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.(2分)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).(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.(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=23CG.(9分由題設(shè)可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=23PG,DE=13PC.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=22.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,(11所以四面體PDEF的體積V=13×12×2×2×2=437.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐PABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=π2,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∥(1)證明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱錐PDFBC的體積為7,求線段BC的長.答案(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=π2,EF∥BC,故AB⊥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=AC2-從而S△ABC=12AB·BC=12x由EF∥BC知,AFAB=AEAC=23,得△故S△AFES△ABC=232=49,即S由AD=12AE,S△AFD=12S△AFE=12·49S△ABC==19x36從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=S△ABCS△AFD=12x36-x219x36由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE為四棱錐PDFBC的高.在直角△PEC中,PE=PC2-EC體積VPDFBC=13·SDFBC·PE=13·718x36-故得x436x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=33,所以,BC=3或BC=33.8.(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PABCD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(qǐng)說明理由;(2)記陽馬PABCD的體積為V1,四面體EBCD的體積為V2,求V1V答案(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD為長方形,得BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面?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PABCD的高,所以V1=13SABCD·PD=13BC·CD由(1)知,DE是鱉臑DBCE的高,BC⊥CE,所以V2=13S△BCE·DE=16BC·CE在Rt△PDC中,因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DE=CE=22于是V1V2=19.(2015課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點(diǎn),BE⊥平面ABCD.(1)證明:平面AEC⊥平面BED;(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱錐EACD的體積為63,求該三棱錐的側(cè)面積答案(1)證明:因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以AC⊥BD.因?yàn)锽E⊥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)設(shè)AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=32x,GB=GD=x因?yàn)锳E⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=32由BE⊥平面ABCD,知△EBG為直角三角形,可得BE=22由已知得,三棱錐EACD的體積VEACD=13×12AC·GD·BE=624x3=63.從而可得AE=EC=ED=6.所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為5.故三棱錐EACD的側(cè)面積為3+25.(12分)10.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時(shí),四棱錐A1BCDE的體積為362,求a的值.答案(1)證明:在題圖1中,因?yàn)锳B=BC=12AD=a,E是AD的中點(diǎn),∠BAD=π所以BE⊥AC.即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,從而BE⊥平面A1OC,又BCDE,所以四邊形BCDE為平行四邊形,所以CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因?yàn)槠矫鍭1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,A1O⊥BE,A1O?平面A1BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱錐A1BCDE的高.由題圖1知,A1O=22AB=2S四邊形BCDE=BC·AB=a2.從而四棱錐A1BCDE的體積為V=13×S四邊形BCDE×A1O=13×a2×22a=2由26a3=362,得11.(2014課標(biāo)Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,B1C的中點(diǎn)為O,且AO⊥平面BB1C1C.(1)證明:B1C⊥AB;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABCA1B1C1的高.答案(1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點(diǎn).因?yàn)锽B1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C,因?yàn)锽1C?平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,因?yàn)锽C1∩AO=O,故B1C⊥平面ABO.由于AB?平面ABO,故B1C⊥AB.(2)作OD⊥BC,垂足為D,連接AD.作OH⊥AD,垂足為H.由于BC⊥AO,BC⊥OD,OA∩OD=O,故BC⊥平面AOD,因?yàn)镺H?平面AOD,所以O(shè)H⊥BC.又OH⊥AD,BC∩AD=D,所以O(shè)H⊥平面ABC.因?yàn)椤螩BB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又BC=1,可得OD=34由于AC⊥AB1,所以O(shè)A=12B1C=1由OH·AD=OD·OA,且AD=OD2+得OH=2114又O為B1C的中點(diǎn),所以點(diǎn)B1到平面ABC的距離為217故三棱柱ABCA1B1C1的高為21712.(2012課標(biāo)全國,19,12分)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中點(diǎn)(1)證明:平面BDC1⊥平面BDC;(2)平面BDC1分此棱柱為兩部分,求這兩部分體積的比.答案(1)證明:由題設(shè)知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又DC1?平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.由題設(shè)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)設(shè)棱錐BDACC1的體積為V1,AC=1.由題意得V1=13×1+22×1×1=又三棱柱ABCA1B1C1的體積V=1,所以(VV1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得兩部分的體積的比為1∶1.13.(2011課標(biāo),18,12分)如圖,四棱錐PABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)證明:PA⊥BD;(2)設(shè)PD=AD=1,求棱錐DPBC的高.答案(1)證明:因?yàn)椤螪AB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=3AD.從而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)如圖,作DE⊥PB,垂足為E.已知PD⊥底面ABCD,則PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.則DE⊥平面PBC,即DE為棱錐DPBC的高,由題設(shè)知PD=AD=1,則BD=3,PB=2.根據(jù)DE·PB=PD·BD得DE=32即棱錐DPBC的高為32【三年模擬】時(shí)間:60分鐘分值:70分一、選擇題(每小題5分,共15分)1.(2019貴州貴陽高三適應(yīng)性考試,10)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,點(diǎn)A∈α,A?l,直線AB∥l,直線AC⊥l,直線m∥α,m∥β,則下列四種位置關(guān)系中,不一定成立的是()∥m ⊥m ∥β ⊥β答案D2.(2018江西贛州模擬,6)如圖,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,過C1作C1H⊥底面ABC,垂足為H,則點(diǎn)H在()A.直線AC上 B.直線AB上 C.直線BC上 D.△ABC內(nèi)部答案B3.(2020屆廣西桂林十八中9月月考,9)設(shè)E,F分別是正方體ABCDA1B1C1D1的棱DC上兩點(diǎn),且AB=2,EF=1,給出下列四個(gè)命題:①三棱錐D1B1EF的體積為定值;②異面直線D1B1與EF所成的角為45°;③D1B1⊥平面B1EF;④直線D1B1與平面D1EF所成的角為60°.其中正確的命題為()A.①② B.②③ C.②④ D.①④答案A二、填空題(共5分)4.(2020屆陜西西安五校9月聯(lián)考,14)如圖所示,已知矩形ABCD中,AB=3,BC=a,若PA⊥平面ABCD,在BC邊上取點(diǎn)E,使PE⊥DE,則當(dāng)滿足條件的點(diǎn)E有兩個(gè)時(shí),a的取值范圍是.

答案(6,+∞)三、解答題(共50分)5.(2020屆河南十所名校尖子生9月聯(lián)考,18)如圖,四棱錐SABCD的底面ABCD是菱形,∠ADC=120°,平面SAD⊥平面ABCD,△SAD是等邊三角形.(1)求證:AD⊥SB;(2)若△SAD的面積為43,求點(diǎn)C到平面SAB的距離.答案(1)證明:取AD的中點(diǎn)O,連接SO,BO,BD.(1分)因?yàn)椤鱏AD是等邊三角形,O是AD的中點(diǎn),所以SO⊥AD.(3分)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,∠ADC=120°,所以△ABD是等邊三角形,所以BO⊥AD.(5分)又因?yàn)镾O∩BO=O,且SO?平面SOB,BO?平面SOB,所以AD⊥平面SOB.又因?yàn)镾B?平面SOB,所以AD⊥SB.(6分)(2)設(shè)AD=a(a>0),則34a2=43,解得a=4.(7分因?yàn)槠矫鍿AD⊥平面ABCD,SO⊥AD,所以SO⊥平面ABCD.設(shè)點(diǎn)C到平面SAB的距離為h,則VSABC=VCSAB,即13·S△ABC·SO=13·S△SAB·h.(9易知SO=23,OB=23.在Rt△SOB中,由SO=OB=23,得SB=SO2+△SAB中邊SB上的高為SA2-SB22=所以S△SAB=12×26