2023版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)10年高考真題分類題組84直線平面垂直的判定和性質(zhì)

直線、平面垂直的判定和性質(zhì)

考點(diǎn)一直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

1.(2019課標(biāo)II文，17,12分)如圖，長方體ABCD-A出的底面ABCI)是正方形，點(diǎn)E在棱AAi

上,BElECi.

⑴證明:BE_L平面EBC;

(2)若AE=A.E,AB-3,求四棱錐E-BBQC的體枳.

解析本題考杳了長方體的性質(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BC_L平面ABBA,BEc平面ABBA,故BiCi-LBE.

又BE±ECb所以BE_L平面EBC.

(2)由(1)知NBEB產(chǎn)90°.由題設(shè)知Rt2\ABE0RtAABE,所以NAEB=NAEB產(chǎn)45°，故

AE=AB=3,AA,=2AE=6.

作EF±BBh垂足為F,則EF_L平面BBCC,且EF=AB=3.

所以，四棱錐E-BBCC的體積V=X3X6X3=18.

思路分析（1）由長方體的性質(zhì)易得BC1.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BB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BB.C.C的垂線是求解的關(guān)鍵.

2.(2015陜西，18,12分)如圖1,在直角梯形ABCI)中，AD〃BC,/BAI)弓,AB=BC=；AI)=a,E是AI)

的中點(diǎn),。是AC與BE的交點(diǎn).將AABE沿BE折起到圖24JAA>BE的位置，得到四棱錐A.-BCDE.

7

BK

(1)證明:CD_L平面AQC;

⑵當(dāng)平面A】BE_L平面BCDE時，四棱錐A-BCDE的體積為36&,求a的值.

解析（1）訐明：在題圖1中,

因?yàn)锳B=BCqAD=a,E是AD的中點(diǎn),

NBAD』所以BE1AC.

即在題圖2中,BELAQ,BE±OC,

又AQnoc=o,

從而BE_L平面AQC,

又CD〃BE,

所以CD_L平面AQC.

⑵由已知，平面ABE_L平面BCDE,

且平面AiBEG平面BCDE=BE,

又由（1）知,AQ_LBE,

所以AQ_L平面BCDE,

即AQ是四棱錐ALBCDE的高.

由題圖1知,AQ號AB亭a,平行四邊形BCDE的面積

S=BC?AB=a2.

從而四棱錐A.-BCDE的體積為

\己XSXAi0=1Xa2X與咯\

3326

由3a-36近,得a=6.

評析本題首先借“折疊”問題考杳空間想象能力，同時考查線面垂直的判定及面面垂直性

質(zhì)的應(yīng)用.

3.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓0的直徑，點(diǎn)C是圓0上異于A,B的點(diǎn),P0垂直于圓0

所在的平面，且P0二0B二1.

⑴若D為線段AC的中點(diǎn):求證:AC_L平面PD0;

(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值；

⑶若BC=V2,點(diǎn)E在線段PB上,求CE+0E的最小值.

解析(1)證明：在△△()(：中，因?yàn)?A=0C,I)為AC的中點(diǎn)，所以AC_LD0.

又P0垂直于圓0所在的平面，

所以PO_LAC.

因?yàn)镈0GP0=0,

所以AC_L平面PD0.

⑵因?yàn)辄c(diǎn)C在圓。上，

所以當(dāng)C01AB時,C到AB的距離最大,且最大值為1.

又AB=2,所以4ABC面積的最大值為：X2X1=1.

又因?yàn)槿忮FP-ABC的高P0=l,

故三棱錐P-ABC體積的最大值為:X1X1=1.

(3)解法一:在△P0B中，P0=0B=l,ZP0B=90°,

所以PB=A/12+12=X/2.同理,PC=V2,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.

當(dāng)0,E,C*共線時,CE+0E取得最小值.

又因?yàn)镺P=OB,C'P=C'B,所以0C'垂直平分PB,

即E為PB中點(diǎn).從而0C*OE+EC'苧日^^,

亦即CE+OE的最小值為孕.

解法二:在△POB中，PO=OB=LZP0B=90°,

所以N0PB=45°,PB="+/=應(yīng)同理pc

所以PB=PC=BC,所以NCPE=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.

當(dāng)0,E,C'共線時,CE+OE取得最小值.

所以在△OC'P中，由余弦定理得：

0Cf=1+2-2X1XV2Xcos(450+60°)

=1+2-2”停X界X介2+低

從而0C'72+用正手.

所以CE+OE的最小值為爭”

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，考杳數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.

4.(2014福建文，19,12分)如圖,三棱錐A-BCD中,AB_L平面BCD,CD1BD.

(1)求證:CD_L平面ABD;

⑵若AB=BI)=CD=1,M為AD中點(diǎn)，求三棱錐A-MBC的體積.

解析⑴證明：???AB_L平面BCD,CDc平面BCD,AAB1CD.

又?.?CD_LBD,ABABD=B,ABu平面ABD,BDc平面ABD,

??.CD_L平面ABD.

⑵解法一：由AB_L平面BCD,得AB1BD.

VAB=BD=1,

是AD的中點(diǎn),

由（I）知,CD_L平面ABD,

J三棱錐C-ABM的高h(yuǎn)=CD=l,

因止匕VA啊=VC-AIW=^SA皿?h=^.

解法二：由AB_L平面BCD知,平面ABD_L平面BCD,

又平面ABDH平面BCD=BD：

如圖，過點(diǎn)M作MN_LBD交BD干點(diǎn)N,

則MN平面BCD,且MN=AB=；,

又CD_LBD,BD=CD=1,

?e?SABCIF^.

???三棱錐A-MBC的體積VA-W^VA-BCD-VM-BCD

=AB,Sziuc[>-|MN,SABCIFT^.

5.(2014山東文,18,12分j如圖,四棱錐P-ABCD中，AP_L平面PCD,AD〃BC,AB=BC^AD,E,F分

別為線段AD,PC的中點(diǎn).

⑴求證:AP〃平面BEF;

⑵求證:BE_L平面PAC.

P

D

A

R

證明（1）設(shè)ACGBE=O,連接OF,EC.

由于E為AD的中點(diǎn)，

AB=BC《AD,AD〃BC,

所以AE〃BC,AE=AB=BC,

因此四邊形AKE為菱形，

所以0為AC的中點(diǎn).

又F為PC的中點(diǎn)，

因此在APAC中,

可得AP〃OF.

又OFu平面BEF,APQ平面BEF,

所以AP〃平面BEF.

(2)由題意知ED/7BC,ED=BC,

所以四邊形BCDE為平行四邊形，

因此BE〃CD.

又APJ_平面PCD,CDu平面PCD,

所以AP_LCD,因此AP_LBE,

因?yàn)樗倪呅蜛BCE為菱形，

所以BE1AC.

又APnAC=A,AP,ACc平面PAC,

所以BE_L平面PAC.

6.(2014廣東文,18,13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD_L平面ABCD,AB=1,BC=P為2.作如圖

2折疊:折痕EF/7DC,其中點(diǎn)E,F分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點(diǎn)P在線段AD上的點(diǎn)記

為M,并且MF±CF.

⑴證明:CF_L平面MDF;

(2)求三棱錐M-CDE的體積.

解析（1）證明：???PD_L平面ABCD,

ADc平面ABCD,APD1AD.

???四邊形ABCD是矩形，???AD_LDC.

又「PDCDC二D,，ADJ_平面PCD.

VCFc平面PCD,AAD±CF.

XVMF±CF,MFnAD=M,

???CFJ_平面MDF.

(2)由(1)知CF_LDF,PDJ_DC,

在APCD中，DC—cF?PC.

又???EF〃DC,

..——nED=-^孚今

???PE二ME二禽-澤邛，

44

AS^DC?ED4X1義誓.

在RtAMDE中,/2-E2=y,

???V?4sACDE?MD^X^xS等.

338z16

7.（2013廣東文,18,14分）如圖1,在邊長為1的等邊三角形ABC中,D,E分別是AB,AC上的

點(diǎn),AD=AE,F是BC的中點(diǎn),AF與DE交于點(diǎn)G.將Z\ABF沿AF折起,得到如圖2所示的三棱錐

A-BCF,其中BC年

乙

BC

圖1

圖2

(1)證明:DE〃平面BCF;

(2)證明:CFJ_平面ABF;

⑶當(dāng)AD=|時，求三棱錐F-DEG的體積“他.

解析(1)證明：在等邊三角形ABC中,AD=AE,???——=—，在折疊后的三棱錐A-BCF中也成

立,???DE〃BC,YDEa平面BCF,BCc平面BCF,.二DE〃平面BCF.

(2)證明：在等邊三角形ABC中，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，

AAFIBC,BF=CF=/

??,在三棱錐A-BCF中,BC=p

ABC-=BF2+CF2,ACF±BF.

???BFnAF=F,???CF_L平面ABF.

(3)由(1)nJ■知GE〃CF,結(jié)合(2)可得GE_L平面DFG.

/.VF-[)EG=VE-Drc=1?1?DG?FG"GE』"1*I"(I*V)*9V.

評析本題考查線面平行、線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計算，考杳立體幾何中翻

折問題以及學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理論證能力.抓住翻折過程中的不變量是解決這類

問題的關(guān)鍵，第(3)問的關(guān)港在于對幾何體的轉(zhuǎn)化.

8.(2012北京文，16,14分)如圖1,在RlZXABC中，NC=90°北京分別為AC,AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F

為線段CD上的一點(diǎn).將△ADE沿1)1-折起到△.%DE的位置，使AF_LCD,如圖2.

⑴求證:DE〃平面&CB;

⑵求證:AF_LBE;

(3)線段A,B上是否存在點(diǎn)Q,使AC_1_平面DEQ?說明理由.

\\/r

C1--------Cl------------

圖1圖2

解析(1)證明：因?yàn)镈,E分別為AC,AB的中點(diǎn)，

所以DE〃BC.

又因?yàn)镈EC平面ACB,

所以DE〃平面A6B.

(2)證明：由己知得AC_LBC且DE〃BC,

所以DE_LAC.

所以DE_LARDE_LCD.

因?yàn)锳,DnCD=D,所以DE_L平面A.DC.

而AiFc平面ADC,所以DElAiF.

又因?yàn)锳F_LCD,CDADE二D,

所以AFJ■平面BCDE.所以AF_LBE.

(3)線段A,B上存在點(diǎn)Q,便AC_L平面DEQ.理由如下:

如圖,分別取A.C,A.B的中點(diǎn)P,Q,連接PQ,則PQ〃BC.

又因?yàn)镈E〃BC,

所以DE〃PQ.

所以平面DEQ即為平面DEP.

由⑵知,DE_L平面AiDC,

所以DE_LAC

乂因?yàn)镻是等腰三角形DAC底邊A.C的中點(diǎn),

所以AC_LDP.

所以A)C_L平面DEP.

即A(_L平面DEQ.

故線段AB上存在點(diǎn)Q,使得A6JL平面DEQ.

評析本題的前兩問屬容易題,第(3)問是創(chuàng)新式問法,可以先猜后證,此題對于知識掌握不

牢靠的學(xué)生而言,可能不能順利解答.

9.(2019課標(biāo)HI文，19,12分)圖1是由矩形ADEB,Rt^ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,

其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=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_L平面BCGE;

(2)求圖2中的四邊形ACG1)的面積.

解析本題考杏了線面、面面垂直問撅，通過翻折、平面與平面垂直的訐明考杳了空間想象

能力和推理論證能力，考查了直觀想象的核心素養(yǎng).

⑴由已知得AD〃BE,CG〃BE,所以AD〃CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,I)四點(diǎn)共面.

由已知得AB1BE,AB±BC,故AB_L平面BCGE.

又因?yàn)锳Bc平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.

⑵取CG的中點(diǎn)M,連接EM,DM.

因?yàn)锳B〃DE,AB_L平面BCGE,所以DE_L平面BCGE,故DEICG.

由已知，四邊形BCGE是菱形，且NEBC=60°得EM±CG,故CGJ_平面DEM.

因此DM±CG.

在RtADEM中,DE=1,EM=質(zhì),故DM=2.

所以四邊形ACGD的面積為4.

思路分析⑴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⑴的結(jié)論找到菱形BCGE

的邊CG上的高求解.

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”△口￡”,是本題求解的關(guān)鍵和難點(diǎn).

考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)

1.(2018課標(biāo)I文，18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,ZACM=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_LDA.

⑴證明：平面ACD_L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.

D

解析⑴址明：由已知可得，NBAC=90“,BA±AC.

又BA±AD,所以ABJ_平面ACD.

又ABc平面ABC,

所以平面ACD_L平面ABC.

(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3近.

又BP=DQ=|DA,所以BP=2A/2.

作QE±AC,垂足為E,則QE=；DC,QE/7DC.

由一知及(1)可得DCJ_平面ABC,

所以QE_L平面ABC,QE=1.

因此,三棱錐Q-ABP的體積為

=

VQ-,WI>=-,QE,SAABI,=TX1X-X3X2V2sin4501.

JJ/

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NACM=90°轉(zhuǎn)化為NBAC=90°是求證第(1)問的關(guān)鍵；

(2)利用翻折的性質(zhì)將NACM=9()°轉(zhuǎn)化為NACD=9()°,進(jìn)而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線面

垂直的性質(zhì)定理得出三棱桂Q-ABP的高是求解第(2)問的關(guān)鍵.

2.(2018課標(biāo)全國III文，19,12分)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧一"所在平面垂直,M是

上異于c,D的點(diǎn).

(1)證明:平面AMD_L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.

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)證明:由題設(shè)知,平面CMDJ_平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C±CD,BCc平面ABCD,所以BCJ_

平面CMD,故BCXDM.

因?yàn)镸為^^上異于C,I)的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM1CM.

乂BCnCM=C,所以DM1平面BMC.

而DMu平面AMD,故平面AMD_L平面BMC.

⑵當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時,MC〃平面PBD.

證明如下:連接AC交BD于0.

因?yàn)锳BCD為矩形，所以0為AC中點(diǎn).

連接0P,因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC〃0P.

MCQ平面PBD,OPu平面PBD,所以MC〃平面PBD.

易錯警示使用判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理證明時要使條件完備.

3.(2018北京文，18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PADJL平面

ABCD,PA±PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn).

⑴求證:PE_LBC;

⑵求證:平面PAB_L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_LAD.

因?yàn)榈锥鳤BCD為矩形，

所以BC〃AD.

所以PE1BC.

(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形：

所以AB_LAD.

又因?yàn)槠矫鍼ADJ_平面ABCD,

所以ABJ_平面PAD.

所以AB_LPD.

又因?yàn)镻AJ_PD,

所以PD_L平面PAB.

所以平面PAB_L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弓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FQ平面PCD,DGc平面PCD,

所以EF〃平面PCD.

4.(2018江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A3CD中,AA產(chǎn)AB,AB」BC.

求證：(1)AB〃平面AiBiC;

⑵平面ABIM」平面ABC.

證明本題主要考查直線與直線、直線與平面以及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)在平行六面體ABCD-ABCD中,AB〃AB.

因?yàn)锳BQ平面AiBiC,AiBiC平面ABC,

所以AB〃平面ABC.

(2)在平行六面體ABCD-ABCD中，四邊形ABB向?yàn)槠叫兴倪呅?

又因?yàn)锳A.=AB,所以四邊形ABBA為菱形，

所以AB」AB.

因?yàn)锳B」BC,BC〃BC,

所以AB」BC.

又因?yàn)锳1BnBC=B,ABu平面AiBC,BCc平面A.BC,

所以AB」平面ABC,

乂因?yàn)锳BiC平面ABBIAI,

所以平面ABBA_L平面ARC.

5.(2017課標(biāo)【文，18,12分)如圖，在四棱錐P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90°.

⑴證明：平面PAB_L平面PAD;

(2)若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90°,且四棱錐P-ABCD的體積為:,求該四棱錐的側(cè)面積.

n

解析本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問題.

(1)由己知NBAP=NCDP=9)°,得AB±AP,CD±PD.

由于AB〃CD,故ABJ_PD,

又APAPD=P,AP,PDc平面PAD,從而AB_L平面PAD.

乂ABc平面PAB,

所以平面PAB_L平面PAD.

(2)在平面PAD內(nèi)作PE±AD,垂足為E.

n

由(1)知,AB_L平面PAD,

故ABXPE,可得PE_L平面ABCD.

設(shè)AB=x，則由已知可得AD=V2x,PE/X.

故四核錐P-A15CI)的體積VR-ABCD^AB?AD?

JJ

由題設(shè)得3工［,故x=2.

?5o

從而PA=PD=2,AD=BC=2V1PB=PC=2A/1

可得四棱錐P-ABCI)的側(cè)面積為;PA?PD+；PA?AB+|PD?DC+；BC2sin60°=6+2代.

4444

方法總結(jié)1.面面垂直的證明.

證明兩個平面互相垂直,可以在個平面內(nèi)找條直線1,證明直線1垂直丁另個平面.

2.線面垂直的證明.

(1)證明宜線1垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線.

(2)若已知兩個平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面.

3.幾何體的體積.

柱體的體積V=5聯(lián)?h.

錐體的體積V=1s底-h.

4.兒何體的表面積.

直棱柱的側(cè)面積S*C底-1,其他幾何體一般要對各個側(cè)面、底面逐個分析求解面積,最后求

和.

6.（2017課標(biāo)UI文，19,12分）如圖,四面體ABCD中,AABC是正三角形,AD=CD.

⑴證叨：AC_LBD;

⑵已知4ACD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.

解析（】）證明：取AC的中點(diǎn)0,連接DO,BO.

因?yàn)锳D二CD,所以AC_LD0.

又由于4ABC是正三角形，所以AC1B0.

因?yàn)镈OGBOO,

所以AC_L平面DOB,

因?yàn)锽Du平面DOB,

所以ACJLBD.

（2）連接E0.

由（1）及題設(shè)知NADC=90°,

所以DO=AO.

在RtAAOB中，BO2+AO=AB:.

又AB=BD,所以B02+D02=B0:+A02=AB2=BD\

故ND0B=90°.

由題設(shè)知AAEC為直角三角形，

所以EO=|AC.

又△ABC是正三角形，且AB=B【），

所以EO=|BD.

4

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.

7.（2017山東文，18,12分：）由四棱柱ABCD-ABCD截去三棱錐GFCDi后得到的幾何體如圖

所示.四邊形ABCD為正方形,0為AC與BI）的交點(diǎn),E為AI）的中點(diǎn),A】E_L平面ABCI）.

（1）證明:AQ〃平面BCD1；

⑵設(shè)M是0D的中點(diǎn)，證明:平面AEM_L平面B.CD,.

證明本題考查線面平行與面面垂直.

⑴取BD的中點(diǎn)6,連接COi,A。，

由于ABCD-ABCD是四棱柱，

所以AO〃OC,AIOFOC,

因此四邊形A.OCO,為平行四邊形，

所以AQ〃0C

又OiCc平面BCD“A1（W平面BiCDi,

所以AQ〃平面BiCD）.

⑵因?yàn)锳CJ_BD,E,M分別為AD和0D的中點(diǎn)，所以EM_LBD,又AiEJL平面ABCD,BDc平面ABCD,

所以AE_LBD,因?yàn)锽D〃取

所以EMXBiDi,A1E±BlDl,

又AiE,EMc平面AiEM,AiEHEM=E,

所以BD_L平面AiEM,

又BiD,c平面BiCD,,所以平面AEMJ?平面B.CD,.

8.(2016北京,文18,13分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC_L平面ABCD,AB/7DC,DC1AC.

(1)求證:DC_L平面PAC;

（2）求證：平面平面EAC;

（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（1）證明：因?yàn)镻CJ_平面ABCD,

所以PCJLDC.（2分）

又因?yàn)镈C_LAC,

Acnpc=c,

所以DC_L平面PAC.（4分）

⑵證明：因?yàn)锳B〃DC,DC1AC,

所以AB_LAC.（6分）

因?yàn)镻C_L平面ABCI）,

所以PC_LAB.（7分）

又ACAPC二C,

所以AB_L平面PAC.

又ABc平面PAB,

所以平面PAB_L平面PAC.（9分）

（3）棱PB上存在點(diǎn)F,使得PA〃平面CEF.（10分）

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）

乂因?yàn)镻AQ平面CEF,

所以PA〃平面CEF.（14分）

思路分析⑴證出PC1DC后易證DC_L平面PAC.

⑵先證AB_LAC,PCLAB,可證出AB_L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.

9.（2016課標(biāo)I,文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)I）,I）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的體枳.

解析（1）證明：因?yàn)镻在平面ABC內(nèi)的正投影為D,所以AB_LPD.

因?yàn)镈在平面PAB內(nèi)的正投影為E,所以ABIDE.

又PDnDE=D,所以ABJ_平面PED,故AB±PG.

又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點(diǎn).

⑵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PB1PA,PB1PC,

又EF〃PB,所以EF±PA,EF1PC,又PAPIPC二P,因此EF_L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卷G.

由題設(shè)可得PCJ_平面PAB,DE_L平面PAB,所以DE〃PC,因此PE=；PG,DE^PC.