2021版《5年高考3年模擬》A版文科數(shù)學：8 .4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

§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】

5年考情

考點內(nèi)容解讀預測熱度

考題示例考向關(guān)聯(lián)考點

2018課標全國I,18.12分面面垂直的判定三棱錐的體積

線面垂直的判定上印tkSou.

①理解空間直線、平面垂直的2018課標全國U,19,12分點到平面的距離

直線、與性質(zhì)

定義;②理解空間中直線、平面

平面垂面面垂直的判定空間幾何體的體積與

垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定、并會證2017課標全國I,18,12分

直的判與性質(zhì)側(cè)面積★★★

明;③能運用公理、定理和已獲

定與性線面垂直的判定上MTKgg-

得的結(jié)論證明一些空間位置關(guān)2019課標全國I,16,5分點到平面的距離

質(zhì)與性質(zhì)

系的簡單命題

線面垂直的判定e-四

2019課標全國H,17,12分四棱錐的體積

與性質(zhì)

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)是考查的重點之一.考查的具體內(nèi)容可分為兩個層次: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.

破考點練考向

【考點集訓】

考點直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

I.如圖，在下列四個正方體ABCD-AHCD中,E,F,G均為所在棱的中點，過E.F.G作正方體的截面廁在各個正方體中，直線BDi與

平面EFG不垂直的是（）

答案D

2.（2019湖北武昌調(diào)研,6）如圖所示.三極錐P-ABC的底而在

平面a上，且此■!_此.平面CJ■平面點P,丸“是定

點,則動點C運動形成的圖形是

A.一條線段B.一條直線

C一個》!I）.一個阿.但要去掉兩個點

答案D

3.（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二PC,D、E、F分別是棱AB、BC、CA的中點,則下列

結(jié)論中不一定成立的是（）

A.BC〃平面PDFB.DFJ_平面PAE

C.平面PDF_L平面PAED.平面PDF_L平面ABC

答案D

4.（2020屆吉林梅河口五中9月月考.18）如圖在平行六面體ABCD-ABCD中,AA產(chǎn)AiD,AB=BC,NABC=120。.

⑴證明:AD_LBAi；

（2）若平面ADDiA」平面ABCD,且AiD=AB=2,求點A到平面AiBD的距離.

答案⑴證明:取AD的中點O,連接OBQAi.

VAAI=AID,.'.AD1OAI,

又NABC=120。,四邊形ABCD是平行四邊形,BC=AB,

AAABD是等邊三角形,???AD1OB.

又OAinOB=O,；?A"平面AQB.

VAiBc平面AIOB,AAD±BAI.（6分）

7B、/

（2）:,平面ADDiA」平面ABCD.平面ADDiAC平面ABCD=AD,AiO±AD,

，AiO_L平面ABCD.

由AQ=AB=2及⑴知△AiADAABD都是邊長為2的等邊三角形，

/.AiO=BO=V3,

AiB=V6.

.'.△ABD的面積為亭＜2三值aAiBD的面積為畀限加-俘f=竽

設(shè)點A到平面AiBD的距離為由則由展嗎,.ABD得豕%上等《2分）

煉技法提能力

【方法集訓】

方法1證明線線垂直的方法

1.（2017課標全國in,10,5分）在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點廁（）

A.AiE±DCiB.AiE±BDC.AiElBCiD.AiE±AC

答案C

2.（2019遼寧撫順一模,10）在三棱錐P-ABC中，已知PA=AB=AC,NBAC=NPAC,點D,E分別為棱BC,PC的中點，則下列結(jié)論正確的

是（）

A.直線DE_L直線ADB.直線DE1直線PA

C.直線DEJ_直線ABD.直線DE_L直線AC

答案D

3.（2020屆贛中南五校第一次聯(lián)考，19攻口圖.在四棱錐P-ABCD中.平面ABCD1.平面

PAD,AD〃BC.AB=BC=AP=1AD,ZAPD=ZBAD=90°.

⑴證明:PD_LPB;

⑵設(shè)點M在棱PC上，且PM^PC,若AMBC的面積為苧.求四棱錐P-ABCD的體積.

答案⑴證明:ZBAD=90°,ABA1AD.

;平面ABCD_L平面PAD.交線為AD,

，BA_L平面PAD,從而BA±PD.

VZAPD=90°,.\AP±PD.

???BAnAP=A,???PDJ_平面PAB.

VPBc平面PAB.APD1PB.

⑵設(shè)AD=2m(m>0),則AB=BC=AP=m,PD=V3m,

由⑴知BA_L平面PAD,ABAIAP.ABP=VF42+AP2=V2m,

取AD的中點F,連接CF.PF.則CF〃BA,CF=m,

平面PAD,???CFJ_平面PAD,.\CF±PF,

??,PF=：AD=m,

/.PC=VCF2+PF2=V2m.

VPM=^1PC,ACM=^2PC,

BCXS2BC2m2

/.SaMBC=|SAPBC=14<-G)=T>

由，m三等.解得m=2（m=-2舍去）.

在aPAD中.P到AD的距離h=”；｝="m=如

AD2

:.P到平面ABCD的距離d=h=V3,

VP-ABCD=^S四邊形ABCD,d=gxgx(2+4)x2x百二2次.

方法2證明線面垂直的方法

1.(2018課標全國n.19,12分攻口圖，在三棱錐P-ABC+.AB=BC=2V2,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.

(1)證明甲0，平面ABC;

(2)若點M在棱BC上，且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.

答案⑴證明:因為AP=CP=AC=4,0為AC的中點

所以O(shè)P_LAC且OP=2V3.

連接OB、因為AB=BC=yAC,

所以AABC為等腰直角三角形，

fiOB±AC,OB=|AC=2.

由OP2+OB2=PB2知,OP_LOB.

由OP_LOB,OP_LAC知PO_L平面ABC.

⑵作CHJ_OM,垂足為H.

又由(1)可得OP-LCH.

所以CH_L平面POM.

故CH的長為點C到平面POM的距離.

由題設(shè)可知OC=^AC=2,CMWBC;殍,NACB=45。.

KCI'12店ci、OC?MC,sinZACB,4v5

所以O(shè)M=^.CH=----------------------

所以點c到平面POM的距離為警.

2.(2020屆河南、河北重點中學摸底考試.19)如圖.已知四棱錐P-ABCD的底面是梯形,AB〃CD.ADJ_AB.且

AD=CD=2AB=4,PA=PD=PC=3.

⑴若。為AC的中點.證明:PO_L平面ABCD;

（2）求點C到平面PAB的距離.

答案（1）證明:因為AB〃CD,ADJ_AB,

所以AD_LCD,因為AD=CD=4,所以AC=4V2.（1分）

又PA=PC=3,O為AC的中點

所以PO_LAC,PO=J32-（2或）2=l.（2分）

連接OD,在RtAACD中.O為AC的中點.

所以O(shè)D=TAC=2VZ（3分）

因為OD2+PO2=（2或）2+12=9=PD?,所以P0_L0D.（4分）

又ODAAC=O,所以PO_L平面ABCD.（5分）

⑵設(shè)點C到平面PAB的距離為h,

易知S.ABC=^X2X4=4.（6分）

連接OB,則OB=iAD=2,PB=VP02+OB2=V5.（7分）

在4PAB中,PA=3,AB=2,PB=V5,所以cosNPAB=￡WW，（9分）

所以SAPABWX3X2XJ1]=VE（10分）

由VCPAB二VP.ABG得卜店h[x4x].解得h考.

故點C到平面PAB的距離為9.（12分）

方法3證明面面垂直的方法

1.（2017山東18,l2分）由四棱柱ABCD-ABClDl截去三棱錐ClBCDl后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形Q為AC

與BD的交點,E為AD的中點,AiE_L平面ABCD.

⑴證明:AQ〃平面BiCDi；

⑵設(shè)M是OD的中點，證明:平面AiEM_L平面BICDI.

證明⑴取BD的中點Oi,連接COIAOI,

由于ABCD-AIBCIDI是四棱柱,四邊形ABCD為正方形,0為AC與BD的交點,

所以AIOI〃OC,AQi=OC,

因此四邊形A.OCO）為平行四邊形.

所以AQ〃OC.

又OiCu平面BICDI,AIO<I平面BICDI,

所以A]O〃平面B1CD1.

⑵因為AC±BD,E,M分別為AD和0D的中點，

所以EM1BD,

又AiE_L平面ABCD.BDc平面ABCD,

所以AiEJ_BD,因為BQi〃BD,

所以EM±BIDI,AIE±BIDI,

又AiE,EMc平面AiEM,AiEnEM=E,

所以BQiJ_平面AiEM,

又BiDiU平面BiCDi,

所以平面AiEMJ_平面BICDI.

2.（2019東北師大附中、重慶一中等校聯(lián)合模擬,18）如圖在四棱推P-ABCD中.四邊形ABCD為直角悌形.AD〃BC.NADC=90。,平

面PAD_L平面ABCD,Q,M分別為AD,PC的中點,PA=PD=2.BcgAD=l,CD=V5.

（1）求證:平面PBC_L平面PQB;

（2）求三棱錐P-QMB的體積.

答案（1）證明:「Q為AD的中點,BC="AD,???BC=QD.又AD〃BC,

，四邊形BCDQ為平行1四邊形.

VZADC=90o,ABC±BQ.

,:PA=PD,AQ=QD,PQ1AD.

又平面PAD1,平面ABCD,平面PAD0平面ABCD=AD,

.?.PQ_L平面ABCD,APQ±BC.

又PQABQ=Q,

?IBC」平面PQB.

VBCc平面PBC,

，平面PBC_L平面PQB.

⑵???在RtZkPQB中,PQ=:百.BQ二CD二百,

.?.SZPQB=^PQ?QB=1.

由知平面連接廁CPQBSAPQBXXX

(1)BC!_PQB,QCV=W-=|BC=^11=1.

又M是線段PC的中點.

，V三棱錐P.QMB=V三犢錐M-PQB=gv三棱推仁心寺第，

故三棱錐P-QMB的體積為京

方法4翻折問題的處理方法

(2020屆河［續(xù)強中學9月月考,18)已知菱形ABCD的邊長為6,ZBAD=60°,ACnBD=O.將菱形ABCD沿對角線AC折起得三棱

錐B-ACD,如圖點M是棱BC的中點,DM=3或.

⑴求證:平面ABC_L平面ACD:

(2)求點M到平面ABD的距離.

答案⑴證明:二四邊形ABCD是菱形，且/DAB=60。,邊長為6,

???OD=OB=1BD=3,OD1AC,OB±AC.(2分)

連接OM,???M為BC的中點???OMgBC=3.

又J，DM=3x/2,???DM2=OD2+OM2,:.OD1OM.

又OD±AC,OMnAC=O,AC,OMc平面ABC,

，OD，平面ABC.（4分）

VODc平面ACD,

，平面ABC_L平面ACD.（6分）

⑵由(1)知OD1平面ABCJOD為三棱錐D-ABM的高,OD_LOB,

SAABM=|S/.ABC=|X|AC-OB=；x6VIx3=苧,BD=3企,

Z2242

??VDABM=§Sd.ABM*OD=-X—x3=—.（97^）

設(shè)點M到平面ABD的距離為h,

2

VSAABD=|X3V2X^6-（苧）=苧且VM-ABD=VDABM,

??.11=等出=雪.（12分）

S^ABD7

【五年高考】

A組統(tǒng)一命題?課標卷題組

考點直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

1.（2019課標全國I,16,5分）已知NACB=90\P為平面ABC外一點,PC=2,點P到J/ACB兩邊AC,BC的距離均為百，那么P到平面

ABC的距離為.

答案V2

2.（2019課標全國【I,17.12分）如圖，長方體ABCD-AIBICIDI的底面ABCD是正方形，點E在棱AAi上,BE_LECi.

⑴證明:BE1平面EBCi；

⑵若AE=AiE,AB=3,求四棱錐E-BBiCiC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).

⑴證明:由已知得BQ_L平面ABBIAI,BEU平面ABBA,

故BiCi_LBE.

又BE_LECi,所以BE_L平面EBICI.

⑵由⑴知NBEBi=90。.由題設(shè)知心△ABEgRlZ\ABE,所以NAEB=NAiEBi=45。,故AE=AB=3,AAi=2AE=6.

作EFJ_BBi,垂足為F,則EF_L平面BBQC,且EF=AB=3.

所以,四棱錐E-BBiGC的體積V=1x3x6x3=18.

3.（2018課標全國HI,19,12分）如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧長所在平面垂直,M是刃上異于C,D的點

⑴證明:平面AMD_L平面BMC;

（2）在線段AM上是否存在點P,使得MC〃平面PBD?說明理由.

M

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).

⑴證明:由題設(shè)知，平面CMD，平面ABCD,交線為CD.因為BCICD.BCc平面ABCD、所以BC平面CMD,故BC1DM.

因為M為刃上異于C,D的點，且DC為直徑，所以DM1CM.

又BCHCM=C，所以DM，平面BMC.

而DMu平面AMD,故平面AMD,平面BMC.

⑵存在.當P為AM的中點時,MC〃平面PBD.

證明如下:連接AC交BD于O.

因為ABCD為矩形，所以0為AC的中點.

連接0P,因為P為AM中點，所以MC〃OP.

MCQ平面PBD.OPc平面PBD.

所以MC〃平面PBD.

4.(2018課標全國I,18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中.AB=AC=3,NACM=90。.以AC為折痕將AACM折起,使點M到達點D

的且AB±DA.

⑴證明:平面ACD，平面ABC;

(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點且BP=DQqDA,求三棱錐Q-ABP的體積

My：一

答案⑴證明:由已知可得,NBAC=9(r,BA_LAC.

又BA_LAD,所以AB_L平面ACD.

又ABc平面ABC,

所以平面ACD_L平面ABC.

⑵由已知可得.DC=CM=AB=3,DA=36.

又BP=DQ=：DA.所以BP=2技

作QE_LAC.垂足為E,則QE扣C.

由已知及(1)可得DC1平面ABC,

所以QE上平面ABC.QE=i.

ElttVQ.ABP=1,QE-SAABP^X嗎x3x2或sin450=1.

D.

c\6

5.（2017課標全國I』8,12分）如圖在四棱錐P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90。.

⑴證明:平面PABJ_平面PAD;

n

答案⑴證明:由已知ZBAP=ZCDP=90°,

得AB_LAP,CD_LPD.

由于AB〃CD.故AB1PD,

從而ABL平面PAD.

又ABc平面PAB,

所以平面PAB_L平面PAD.

⑵解法一：在平面PAD內(nèi)作PE_LAD,垂足為E.

由(1)知,AB_L平面PAD.

故AB_LPE,可得PEL平面ABCD.

設(shè)AB=x，則由已知可得AD=V2x.PE=yX.

故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD^AB-AD-PE=*.

由題設(shè)層x3#故x=2.

從而PA=PD=2,AD=BC=2>/2,PB=PC=2V2.

可得四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為夫人?PD+|PA?AB+|PD?DC+|BC2sin60°=6+2A/3.

解法二:由題設(shè)條件和⑴可知四棱錐P-ABCD是一個正方體的TB分.底面ABCD是正方體的一個對角面,P是正方體的一個頂點

（如圖）,

設(shè)正方體的棱長為a,則VP-ABCD=1,V2a?a,ya=1a\

由題設(shè)得步#解得a=2,

從而PA=PD=2,AD=BC=2V2,PB=PC=2^,

故四棱錐P-ABCD的側(cè)面積為

|PA?PD母A?AB《PD?DC+^BC2sin600=6+2V3.

6.（2017課標全國01,19,12分）如圖.四面體ABCD中,Z^ABC是正三角形.AD=CD.

⑴證明:AC_LBD;

（2）已知AACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點，且AEJ_EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.

溶D,

A

答案⑴證明:取AC的中點O,連接DO,BO.

因為AD=CD.所以AC±DO.

又由于△ABC是正三角形，所以AC±BO.

從而AC_L平面DOB,故AC1BD.

⑵連接EO.

A

曲1）及題設(shè)知/ADC=90。,所以DO=AO.

在RtAAOB+.BO2+AO2=AB2.

又AB=BD,

所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,ttZDOB=90°.

由題設(shè)知AAEC為直角三角形，所以EO=|AC.

又4ABC是正三角形.且AB二BD.所以EO=|BD.

故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的右四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的點即四

面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1：1.

B組自主命題??。▍^(qū)、市）卷題組

考點直線、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a外的兩條不同直線,給出下列三個論斷：

①I_Lm;②m//a;③1_La.

以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題:.

答案若1±m(xù),l±a,則m//a（答案不唯一）

2.(2019天津,17,13分)如圖在四棱錐P-ABCD中.底面ABCD為平行四邊形,Z\PCD為等邊三角形，平面PAC_L平面

PCD,PA±CD,CD=2,AD=3.

⑴設(shè)G.H分別為PB.AC的中點，求證:GH//平面PAD:

(2)求證:PAJ_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.考查空間想象能力

和推理論證能力.以線面角的計算為依托考杳數(shù)學運算與直觀想象的核心素養(yǎng).

(1)證明:連接BD.易知ACnBD=H,BH=DH.

又由BG二PG.故GH〃PD.又因為GH坪面PAD.PDc平面PAD,所以GH〃平面PAD.

(2)證明:取棱PC的中點N,連接DN.

依題意彳導DN1PC.

又因為平面PAC_L平面PCD,平面PACC平面PCD=PC.所以DN_L平面PAC,又PAc平面PAC,故DN±PA.

又已知PA_LCD,CDGDN=D，所以PA平面PCD.

⑶連接AN.由⑵中DN_L平面PAC,可知NDAN為直線AD與平面PAC所成的角.

因為4PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點

所以DN=V3.

又DN_LAN,在RtAAND中.sinNDAN嗡岑

所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為筆

3.(2019北京.18.14分)如圖，在四棱錐P-ABCD中.PA上平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點

⑴求證:BD_L平面PAC;

⑵若NABC=60。求證:平面PABJ_平面PAE;

⑶棱PB上是否存在點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).

⑴證明:因為PAJ_平面ABCD,

所以PA1BD.

又因為底面ABCD為菱形，

所以BD_LAC.

所以BD1平面PAC.

(2)證明:因為PA_L平面ABCD.AEc平面ABCD.

所以PA±AE.

因為底面ABCD為菱形,NABC=60。,且E為CD的中點

所以AE1CD.

所以AB1AE.

所以AE1平面PAB.

所以平面PAB1平面PAE.

⑶棱PB上存在點F.使得CF〃平面PAE.

取F為PB的中點，取G為PA的中點，連接CF,FG,EG.

貝!]FG〃AB,且FG=?AB.

因為底面ABCD為菱形.且E為CD的中點.

所以CE〃AB,且CE=；AB.

所以FG〃CE,且FG=CE.

所以四邊形CEGF為平行四邊形.

所以CF〃EG.

因為CFQ平面PAE.EGc平面PAE,

所以CF〃平面PAE.

4.(2019浙江19,15分)如圖,已知三棱柱人80人歸心,平面人小(2(2|_1_平面ABC,NABC=90)NBAC=3()o,AiA=AiC=ACE,F分別是

AC,AIBI的中點.

⑴證明:EFJLBC;

(2)求直線EF與平面AiBC所成角的余弦值.

答案本題主要考查空間點、線、面位置關(guān)系，直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,同時考查空間想象能力和運算求解能力.本題考查

了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).

⑴連接AiE.因為AiA=AiC,E是AC的中點，

G

所以AiE_LAC,

又平面AIACCI_L平面ABC,AiEc平面AIACCI,

平面AiACGC平面ABC=AC,

所以,AiE_L平面ABC則AiEIBC.

又因為AiF〃AB,NABC=90。,故BClAiF.

所以BC_L平面AiEF.

因此EF±BC.

⑵取BC中點G,連接EG.GF.

則EGFAi是平行四邊形.

由于A]E_L平面ABC,

故AiEJ_EG.所以平行四邊形EGFA.為矩形.

由⑴得BCJ_平面EGFAi,則平面A山C_1_平面EGFA1,所以EF在平面AiBC上的射影在直線AiG上.

連接A>G交EF于O,則NEOG是直線EF與平面A】BC所成的角（或其補角），

不妨設(shè)AC=4廁在RtAAiEG中,AiE=2V5,EG=g.

由于0為AiG的中點、

故EO=OG=華亨

￡O2-I-OG2-EG2_3

所以

cosZEOG=2E0-OG~5"

因此，直線EF與平面A.BC所成角的余弦值是|.

5.（2018北京,18.14分）如圖.在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD1平面ABCD,PA_LPD,PA=PD,E,F分別為AD,PB

的中點

⑴求證:PE_LBC;

⑵求證:平面PABJ_平面PCD;

⑶求證:EF〃平面PCD.

證明⑴因為PA=PD,E為AD的中點,

所以PE_LAD.

因為底面ABCD為矩形，

所以BC/7AD.

所以PE±BC.

⑵因為底面ABCD為矩形.

所以AB1AD.

又因為平面PAD,平面ABCD,

所以AB平面PAD.

所以AB±PD.

又因為PA_LPD,

所以PD_L平面PAB.

所以平面PAB_L平面PCD.

⑶取PC的中點G,連接FG,DG.

因為F,G分別為PB.PC的中點，

所以FG〃BC,FG=gBC.

因為ABCD為矩形、且E為AD的中點.

所以DE〃BC,DE=；BC.

所以DE〃FG.DE二FG.

所以四邊形DEFG為平行四邊形.

所以EF〃DG.

又因為EFQ平面PCD,DGu平面PCD,

所以EF〃平面PCD.

C組教師專用題組

考點直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

1.（2010全國I95分）正方體ABCD-ABCD中,BBi與平面ACDi所成角的余弦值為（）

答案D

2.（2017江蘇,15,14分）如圖在三棱錐A-BCD中415_1_人口能（3_1_84平面ABD.L平面BCD點E,F（E與A,D不重合汾別在棱AD,BD

上.且EF±AD.

求證:⑴EF//平面ABC;

（2）AD±AC.

證明⑴在平面ABD內(nèi).因為AB±AD,EF±AD,

所以EF/7AB.

又因為EFQ平面ABC,ABu平面ABC,所以EF〃平面ABC.

（2）因為平面ABD1.平面BCD.平面ABDC平面BCD=BD,

BCc平面BCD,BC_LBD,所以BC_L平面ABD.

因為ADc平面ABD,所以BC1AD.

又AB±AD,BCnAB=B,ABc平面ABC,BCc平面ABC,

所以AD_L平面ABC.

又因為ACu平面ABC,所以AD±AC.

3.(2017北京18,14分加圖在三棱錐P-ABC中,PA_LAB.PA_LBC,ABJ_BC,PA=AB=BC=2.D為線段AC的中點,E為線段PC上一點.

⑴求證:PA_LBD;

⑵求證:平面BDE_L平面PAC;

⑶當PA〃平面BDE時，求三棱錐E-BCD的體積

答案(1)證明:因為PA±AB.PA±BC,ABABC=B,

所以PA_L平面ABC.

又因為BDc平面ABC,

所以PA1BD.

⑵證明:因為AB=BC.D為AC的中點

所以BD_LAC.由(1)知,PA_LBD.又PAAAC二A,

所以BDL平面PAC.

所以平面BDE1■平面PAC.

(3)因為PA〃平面BDE,平面PACA平面BDE=DE,

所以PA〃DE.

因為D為AC的中點.AB±BC,

所以DE=1PA=1,BD=DC=V2.

由⑴知.PA_L平面ABC,

所以DE」一平面ABC.

所以三棱錐E-BCD的體積V=：BD-DC-DE=1.

4.(2016江蘇,16,14分)如圖在直三棱柱從8€：68(2|中1)正分別為AB,BC的中點*點F在側(cè)棱BiB上，且B)D±AiF,AiCi±AiBi.

求證：(1)直線DE〃平面AiCiF;

(2)平面BiDE_L平面AICIF.

證明⑴在直三棱柱ABC-AiBC中,AC〃AC.

在4ABC中，因為D,E分別為AB,BC的中點，

所以DE〃AC,于是DE/7A1C1.

又因為DEC平面AICIEAICIC平面AiCiF.

所以直線DE〃平面ACE

(2)在直三棱柱ABC-AiBiG中,AiA_1_平面AiB)Ci.

因為AICIC平面AIBICI,所以AIA-LAICJ.

又因為AICIXAIBI.AIAC平面ABBIALAIBIC平面ABBiA),AiAnAIBI=AI,

所以AC」平面ABBiAi.

因為BiDc平面ABBiAi,所以AiCi±BiD.

又因為BID1AIF,AICIC平面AiCiF,AiFc平面AiCiF,AiCinAiF=A1.所以BiDJ_平面AiCiF.

因為直線BiDc平面BiDE,所以平面BiDEl平面AICIF.

5.(2016北京.18,14分)如圖，在四棱錐P-ABCD中.PC_L平面ABCD.AB//DC,DC±AC.

⑴求證:DC_L平面PAC;

⑵求證:平面PAB_L平面PAC;

(3)設(shè)點E為AB的中點.在棱PB上是否存在點F,使得PA〃平面CEF?說明理由.

答案⑴證明:因為PC_L平面ABCD,DCu平面ABCD.

所以PC_LDC.（2分）

又因為DC_LAC,

ACnPC=C，所以DC±平面PAC.（4分）

（2）證明:因為AB〃DC,DCJ_AC,

所以AB_LAC.（6分）

因為PC平面ABCD,ABc平面ABCD,所以PC_LAB.（7分）

又ACnPC=C，所以AB_L平面PAC.

又ABc平面PAB,所以平面PAB」一平面PAC.（9分）

（3）棱PB上存在點F.使得PA〃平面CEF.

證明如下：（10分）

取PB中點F,連接EF,CE,CF.

又因為E為AB的中點,

所以EF〃PA.（13分）

又因為PAG平面CEF,EFu平面CEF,

所以PA〃平面CEF.（14分）

6.（2016課標全國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P在平面ABC內(nèi)的正投影為點D,D在平

面PAB內(nèi)的正投影為點E,連接PE并延長交AB于點G.

⑴證明:G是AB的中點；

⑵在圖中作出點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⑴證明:因為P在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以AB1PD.

因為D在平面PAB內(nèi)的正投影為E,所以AB_LDE.（2分）

又PDnDE=D，所以AB±平面PED,故AB_LPG.

又由已知可得,PA=PB從而G是AB的中點.（4分）

（2）在平面PAB內(nèi)，過點E作PB的平行線交PA于點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PB1PA,PB±PC,

又EF//PB,所以EF_LPA,EF_LPC.又PAnPC二P.因此EF_L平面PAC.即點F為E在平面PAC內(nèi)的正投影.（7分）

連接CG、因為P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，所以D在CG上，故

CD*G.（9分）

由題設(shè)可得PC-L平面PAB,DE_L平面PAB,所以DE〃PC.因此PEWPG,DE=*C.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=26在等腰直角三角形EFP中.可得EF=PF=2,（11分）

所以四面體PDEF的體積丫=3畀2*2乂24（12分）

7.（2015重慶,20,12分）如圖三棱錐P-ABC中，平面PAC_L平面ABC,NABC=],點D,E在線段AC上，且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,點

F在線段AB上，且EF〃BC.

⑴證明:AB_L平面PFE;

⑵若四棱推P-DFBC的體積為7.求線段BC的長.

答案⑴證明:如圖油DE=EC,PD二PC知,E為等腰APDC中DC邊的中點，故PE1AC.

又平面PAC_L平面ABC,平面PACC平面ABC=AC,PEc平面PAC,PE_LAC,所以PE_L平面ABC,又ABc平面ABC從而PE±AB.

因為NABCg,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_L平面PFE.

p

⑵設(shè)BC=x.則在直角AABC中,

從而SAABC=^AB?BC=^x

由EF〃BC知條涔得△AFEs^ABC,

啜依居即s2,AFE=^SABC.

由AD=1AE,SAAFD=|S/.AH￡=^,ZIABC=^SAABC

從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=SABC-SAFD

=|x辰荔系x辰裝

由(1)知,PE_L平面ABC,所以PE為四棱錐P-DFBC的高.

在直角APEC中,PE=JPC2-EC2=J42-22=26.

體積VP-DFBC=1,SDFBC,PE==g?^xjs6-x2,2>/3=7,

故得xL36x2+243=0,解得x2=9或x?=27.由于x>0,可得x=3或x=3VI所以,BC=3或BC=3x/3.

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、將四個面都為直角三角形的四

面體稱為鱉脯.

在如圖所示的陽馬P-ABCD中,側(cè)棱PD_L底面ABCD,且PD=CD點E是PC的中點，連接DE,BD,BE.

(1)證明:DE_L平面PBC.試判斷四面體EBCD是不是鱉臊.若是，寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論);若不是.請說明理由：

⑵記陽馬P-ABCD的體積為V1,四面體EBCD的體積為V?,求學的值.

答案⑴因為PD底面ABCD,BCc平面ABCD,

所以PD1BC.

由底面ABCD為長方形狷BC_LCD.而PDGCD=D,

所以BCJ?平面PCD.DEc平面PCD,

所以BC1DE.

又因為PD二CD點E是PC的中點

所以DE±PC.

而PCnBC二C,所以DEJ?平面PBC.

由BC_L平面PCD,DE_L平面PBC,可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形.

即四面體EBCD是一個鱉鹿，其四個面的直角分別是ZBCD,ZBCE,ZDEC,ZDEB.

（2）由已知,PD是陽馬P-ABCD的高，

所以V1=|SABCD?PD=|BC-CD?PD;

由（1）知,DE是鱉臊D-BCE的高,BCJ_CE,

所以V2=|SABCE?DE4BC,CE?DE.

在RtAPDC中，因為PD=CD,點E是PC的中點，所以DE=CE=yCD,

干足匕?CD■PD_2cp.PD

v2gBC?CE?DECE-DE

9.（2015課標【，18.12分）如圖.四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點,BE_L平面ABCD.

⑴證明:平面AEC,平面BED;

⑵若NABC=12（）o,AE_LEC三棱錐E-ACD的體積為孚求該三棱錐的側(cè)面積.

答案（I）證明:因為四邊形ABCD為菱形，所以ACJ_BD.

因為BE_L平面ABCD,ACc平面ABCD,

所以AC±BE.

又BDCBE=B,故ACJ_平面BED.

又ACc平面AEC,

所以平面AEC_L平面BED.（5分）

⑵設(shè)AB=x,在菱形ABCD中，

由/ABC=120。,可得AG=GC=yX.GB=GD=^.

因為AE1EC,

所以在RtAAEC中，

可得EG=1x.

由BE」一平面ABCD知aEBG為直角三角形，

可得BE=yX.

由已知得,三棱錐E-ACD的體積VF..ACD=WAC-GD-BE=3x，=苧.故x=2.（9分）

從而可得AE=EC=ED=V6.

所以4EAC的面積為3,AEAD的面積與4ECD的面積均為遙.

故三棱錐E-ACD的側(cè)面積為3+275.（12分）

10.(2015陜西,18,12分)如圖1.在直角梯形ABCD中,AD//BC,NBAD專AB=BC=；AD=a,E是AD的中點Q是AC與BE的交點.將

△ABE沿BE折起至I」圖2中4A6E的位置彳導至I」四棱錐Ai-BCDE.

⑴證明:CD_L平面AiOC;

⑵當平面A山E_L平面BCDE時,四棱錐Ai-BCDE的體積為36魚，求a的值.

答案⑴證明在題圖1中.

因為AB二BC《AD二a,E是AD的中點NBADg，

所以BE_LAC.

即在題圖2中.BE_LAQ,BE_LOC.

從而BE_L平面AQC.

又BCDE,所以四邊形BCDE為平行四邊形，

所以CD〃BE,所以CDJ_平面AiOC.

(2)因為平面AiBE_L平面BCDE,

且平面AiBEA平面BCDE=BE,

AIOIBE.AIOC平面AiBE,

所以AiO_L平面BCDE.SPAiO是四棱錐Ai-BCDE的高.

由題圖I知,AQ考AB=^a,

S喇形BCDE二BC,AB=a2.

從而四棱錐ArBCDE的體積為

V=1xS四邊形BCDExAiO^xa^ya^a3,

11.(2014課標【，19,12分)如圖,三棱柱ABC-A向G中，側(cè)面BBQC為菱形BC的中點為。，且AO1平面BB)CiC.

(1)證明:BiC_LAB;

⑵若AC_LABi,NCBBi=60=BC=l.求三棱柱ABCAIBIC的高.

答案⑴證明:連接BG,則0為BC與BG的交點.因為BBCC為菱形，所以BiCXBCi.

又AO_L平面BBiCiC,

因為BiCu平面BB1C1C,

所以BC_LAO,

因為BCIAAO=O,

故B】C_L平面ABO.

由于ABu平面ABO,

故BiC_LAB.

⑵作OD_LBC,垂足為D.連接AD.

作OH_LAD,垂足為H.

由于BC_LAO,BC±OD,OAAOD=O,

故BC_L平面AOD.

因為OHu平面AOD,

所以O(shè)HJ_BC.

又OH_LAD,BCGAD=D,

所以O(shè)H_L平面ABC.

因為NCBBi=60。，

所以ACBBi為等邊三角形，

又BC=1,可得OD號.

由于ACJ_ABi,所以O(shè)A=iBiC=1.

由OH?AD=OD?OA.且AD=VOD2+0/l2=^,

4

得OH喑

又。為BiC的中點，

所以點Bi到平面ABC的距離為苧.

故三棱柱ABC-AiBiCi的高為亨.

12.(2012課標全國,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A田1C中.側(cè)棱垂直底面,ZACB=90。,AC=BC=：AA1.D是棱AAi的中點.

(1)證明:平面BDCi_L平面BDC;

⑵平面BDG分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比.

答案（1）證明:由題期口BC_LCG,BC_LAC,CCinAC=C，所以BC_L平面ACCIAI.

又DCiC平面ACGAi,所以DG_LBC.

由題設(shè)知NAQC產(chǎn)NADC=45。,所以NCDCi=90。,即DCi±DC.

又DCCBC=C,

所以DCi_L平面BDC.

又DCiC平面BDCi,

故平面BDCiJ_平面BDC.

⑵設(shè)棱錐B-DACG的為VhAC=l.

由題意得Vi=|x^xlxl=i

又三棱柱ABC-AIBIU的體積V=l,

所以（V-Vi）:Vi=1:1.

故平面BDG分此棱柱所得兩部分的體積的比為1：1.

13.（2011課標,18,12分）如圖,四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形,NDAB=6（）o,AB=2AD,PD_L底面ABCD.

（1）證明甲八_1_13口；

（2）設(shè)PD=AD=L翅錐D-PBC的高.

答案⑴證明:因為NDAB=6（F,AB=2AD.由余弦定理得BD=>/3AD.

從而BD2+AD2=AB2,KBD±AD.

又PD」底面ABCD,可得BD1PD,

所以BD1平面PAD.故PA1BD.

⑵如圖，作DE_LPB.垂足為E.已知PD上底面ABCD.則PD1BC.

由(1)知BD_LAD,又BC〃AD,所以BC1BD.

故BC_L平面PBD,BC1DE.

則DEL平面PBC.即DE為棱錐D-PBC的高.

由題設(shè)知PD=AD=1,則BD=V3,PB=2.

根據(jù)DE?PB=PD-BD彳導DE=v.

即棱錐D-PBC的高為日.

【三年模擬】

時間：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ct_L