§5　直线、平面垂直的判定和性质ppt课件

1、8.5直线、平面垂直的断定和性质高考文数高考文数 (北京市公用北京市公用);考点直线、平面垂直的断定和性质考点直线、平面垂直的断定和性质1.(20211.(2021北京北京,8,5,8,5分分) )如图如图, ,在正方体在正方体ABCD-A1B1C1D1ABCD-A1B1C1D1中中,P,P为对角线为对角线BD1BD1的三等分点的三等分点, ,P P到各顶点的到各顶点的间隔的不同取值有间隔的不同取值有( () )A.3A.3个个 B.4B.4个个 C.5C.5个个 D.6D.6个个A A组组 自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组五年高考;答案答案B过过P作平面作平面A1B1C1D1、ABCD的

2、垂线分别交的垂线分别交D1B1、DB于于E、F点点,易知易知P也是也是EF的三的三等分点等分点,设正方体的棱长为设正方体的棱长为a,那么那么PA1=PC1=a;PD1=a;PB=a;PB1=a,PA=PC=a;PD=a.故有故有4个不同的值个不同的值.应选应选B.233336363思绪分析设正方体的棱长为思绪分析设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的间隔即可到各顶点的间隔即可.解后反思此题调查了线面的垂直关系、空间想象力及运算才干解后反思此题调查了线面的垂直关系、空间想象力及运算才干.构造直角三角形是解题关键构造直角三角形是解题关键.;

3、2.(2021北京北京,18,14分分)如图如图,在四棱锥在四棱锥P-ABCD中中,底面底面ABCD为矩形为矩形,平面平面PAD平面平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为分别为AD,PB的中点的中点.(1)求证求证:PEBC;(2)求证求证:平面平面PAB平面平面PCD;(3)求证求证:EF平面平面PCD.;证明证明(1)由于由于PA=PD,E为为AD的中点的中点,所以所以PEAD.由于底面由于底面ABCD为矩形为矩形,所以所以BCAD.所以所以PEBC.(2)由于底面由于底面ABCD为矩形为矩形,;所以ABAD.又由于平面PAD平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又由于

4、PAPD,所以PD平面PAB.所以平面PAB平面PCD.(3)取PC中点G,衔接FG,DG.由于F,G分别为PB,PC的中点,所以FGBC,FG=BC.由于ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DEBC,DE=BC.所以DEFG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.1212所以EFDG.又由于EF 平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.;3.(2021北京北京,18,14分分)如图如图,在三棱锥在三棱锥P-ABC中中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线为线段段AC的中点的中点,E为线段为线段PC上一点上一点.(1)求证求证:PABD;(2)求证求证:平

5、面平面BDE平面平面PAC;(3)当当PA平面平面BDE时时,求三棱锥求三棱锥E-BCD的体积的体积.;解析此题调查线面垂直的断定和性质解析此题调查线面垂直的断定和性质,面面垂直的断定及线面平行的性质面面垂直的断定及线面平行的性质,三棱锥的体积三棱锥的体积.考考查空间想象才干查空间想象才干.(1)证明证明:由于由于PAAB,PABC,所以所以PA平面平面ABC.又由于又由于BD平面平面ABC,所以所以PABD.(2)证明证明:由于由于AB=BC,D为为AC中点中点,所以所以BDAC.由由(1)知知,PABD,所以所以BD平面平面PAC.所以平面所以平面BDE平面平面PAC.(3)由于由于PA平

6、面平面BDE,平面平面PAC平面平面BDE=DE,所以所以PADE.由于由于D为为AC的中点的中点,所以所以DE=PA=1,BD=DC=.由由(1)知知,PA平面平面ABC,所以所以DE平面平面ABC.122所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=.1613直击高考立体几何是高考的必考题型直击高考立体几何是高考的必考题型,对立体几何的调查主要有两个方面对立体几何的调查主要有两个方面:一是空间位置关一是空间位置关系的证明系的证明;二是体积或外表积的求解二是体积或外表积的求解.;4.(2021北京北京,18,14分分,0.91)如图如图,在四棱锥在四棱锥P-ABCD中中,PC平面平面ABCD,

7、ABDC,DCAC.(1)求证求证:DC平面平面PAC;(2)求证求证:平面平面PAB平面平面PAC;(3)设点设点E为为AB的中点的中点.在棱在棱PB上能否存在点上能否存在点F,使得使得PA平面平面CEF?阐明理由阐明理由.;解析解析(1)证明证明:由于由于PC平面平面ABCD,所以所以PCDC.(2分分)又由于又由于DCAC,ACPC=C,所以所以DC平面平面PAC.(4分分)(2)证明证明:由于由于ABDC,DCAC,所以所以ABAC.(6分分)由于由于PC平面平面ABCD,所以所以PCAB.(7分分)又又ACPC=C,所以所以AB平面平面PAC.又又AB平面平面PAB,所以平面所以平面

8、PAB平面平面PAC.(9分分)(3)棱棱PB上存在点上存在点F,使得使得PA平面平面CEF.(10分分);证明如下:取PB的中点F,衔接EF,CE,CF.又由于E为AB的中点,所以EFPA.(13分)又由于PA 平面CEF,所以PA平面CEF.(14分)思绪分析思绪分析(1)证出证出PCDC后易证后易证DC平面平面PAC.(2)先证先证ABAC,PCAB,可证出可证出AB平面平面PAC,进而由面面垂直的断定定理可证进而由面面垂直的断定定理可证.(3)此问为探求性问题此问为探求性问题,求解时可构造面求解时可构造面CEF,使得使得PA平行于平面平行于平面CEF内的一条线内的一条线,由于点由于点E

9、为为AB的中点的中点,所以可取所以可取PB的中点的中点,构造中位线构造中位线.;5.(2021北京北京,17,14分分)如图如图,在四棱锥在四棱锥P-ABCD中中,ABCD,ABAD,CD=2AB,平面平面PAD底面底面ABCD,PAAD.E和和F分别是分别是CD和和PC的中点的中点.求证求证:(1)PA底面底面ABCD;(2)BE平面平面PAD;(3)平面平面BEF平面平面PCD.;证明证明(1)由于平面由于平面PAD底面底面ABCD,且且PA垂直于这两个平面的交线垂直于这两个平面的交线AD,所以所以PA底面底面ABCD.(2)由于由于ABCD,CD=2AB,E为为CD的中点的中点,所以所以

10、ABDE,且且AB=DE.所以四边形所以四边形ABED为平行四边形为平行四边形.所以所以BEAD.又由于又由于BE 平面平面PAD,AD平面平面PAD,所以所以BE平面平面PAD.(3)由于由于ABAD,而且四边形而且四边形ABED为平行四边形为平行四边形,所以所以BECD,ADCD.由由(1)知知PA底面底面ABCD,所以所以PACD.又又PAAD=A,所以所以CD平面平面PAD.所以所以CDPD.由于E和F分别是CD和PC的中点,所以PDEF.所以CDEF.又EFBE=E,所以CD平面BEF.又CD平面PCD,所以平面BEF平面PCD.思绪分析思绪分析(1)由面面垂直的性质定理可证由面面垂

11、直的性质定理可证.(2)根据线面平行的断定定理把问题转化为证明线线平行根据线面平行的断定定理把问题转化为证明线线平行,即证即证BEAD,故需证四边形故需证四边形ABED为为平行四边形平行四边形.(3)利用利用(1)的结论的结论,经过证线面垂直经过证线面垂直,即即CD平面平面BEF,即可证得平面即可证得平面BEF平面平面PCD.;考点直线、平面垂直的断定和性质考点直线、平面垂直的断定和性质1.(20211.(2021课标全国课标全国,10,5,10,5分分) )在正方体在正方体ABCD-A1B1C1D1ABCD-A1B1C1D1中中,E,E为棱为棱CDCD的中点的中点, ,那么那么( () )A

12、.A1EDC1A.A1EDC1 B.A1EBDB.A1EBD C.A1EBC1C.A1EBC1 D.A1EACD.A1EACB B组组 一致命题、省一致命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组答案答案CA1B1平面平面BCC1B1,BC1平面平面BCC1B1,A1B1BC1,又又BC1B1C,且且B1CA1B1=B1,BC1平面平面A1B1CD,又又A1E平面平面A1B1CD,BC1A1E.应选应选C.2.(2021浙江浙江,6,5分分)设设m,n是两条不同的直线是两条不同的直线,是两个不同的平面是两个不同的平面.()A.假设假设mn,n,那么那么mB.假设假设m,那么那么mC.假设假设m

13、,n,n,那么那么mD.假设假设mn,n,那么那么m答案答案C对于选项对于选项A、B、D,均能举出均能举出m的反例的反例;对于选项对于选项C,假设假设m,n,那么那么mn,又又n,m,应选应选C.;3.(2021课标全国课标全国,19,12分分)如图如图,在三棱锥在三棱锥P-ABC中中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为为AC的中点的中点.(1)证明证明:PO平面平面ABC;(2)假设点假设点M在棱在棱BC上上,且且MC=2MB,求点求点C到平面到平面POM的间隔的间隔.2;解析解析(1)由于由于AP=CP=AC=4,O为为AC的中点的中点,所以所以OPAC,且且OP=2.衔接衔

14、接OB,由于由于AB=BC=AC,所以所以ABC为等腰直角三角形为等腰直角三角形,且且OBAC,OB=AC=2.由由OP2+OB2=PB2知知,OPOB.由由OPOB,OPAC知知PO平面平面ABC.(2)作作CHOM,垂足为垂足为H.又由又由(1)可得可得OPCH,所以所以CH平面平面POM.故故CH的长为点的长为点C到平面到平面POM的间隔的间隔.32212由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,ACB=45.所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的间隔为.12234 232 53sinOC MCACBOM4 554 55解题关键仔细分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性解题关键仔细分析三

15、棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的断定方法及等积利用线面垂直的断定方法及等积法求解是关键法求解是关键.;4.(2021江苏江苏,15,14分分)如图如图,在三棱锥在三棱锥A-BCD中中,ABAD,BCBD,平面平面ABD平面平面BCD,点点E,F(E与与A,D不重合不重合)分别在棱分别在棱AD,BD上上,且且EFAD.求证求证:(1)EF平面平面ABC;(2)ADAC.;证明证明(1)在平面在平面ABD内内,由于由于ABAD,EFAD,所以所以EFAB.又由于又由于EF 平面平面ABC,AB平面平面ABC,所以所以EF平面平面ABC.(2)由于平面由于平面ABD平面平面BCD,平面

16、平面ABD平面平面BCD=BD,BC平面平面BCD,BCBD,所以所以BC平面平面ABD.由于由于AD平面平面ABD,所以所以BCAD.又又ABAD,BCAB=B,AB平面平面ABC,BC平面平面ABC,所以所以AD平面平面ABC.又由于又由于AC平面平面ABC,所以所以ADAC.方法总结立体几何中证明线线垂直的普通思绪方法总结立体几何中证明线线垂直的普通思绪:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc);(2)线面垂直的性质线面垂直的性质(a,bab).;5.(2021山东山东,18,12分分)由四棱柱由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥截去三

17、棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如下图后得到的几何体如下图.四边形四边形ABCD为正方形为正方形,O为为AC与与BD的交点的交点,E为为AD的中点的中点,A1E平面平面ABCD.(1)证明证明:A1O平面平面B1CD1;(2)设设M是是OD的中点的中点,证明证明:平面平面A1EM平面平面B1CD1.;证明此题调查线面平行与面面垂直证明此题调查线面平行与面面垂直.(1)取取B1D1的中点的中点O1,衔接衔接CO1,A1O1,由于由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱是四棱柱,所以所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形因此四边形A1OCO1为平行四边形为平行四边形,所以所以A1OO1C.又

18、又O1C平面平面B1CD1,A1O 平面平面B1CD1,所以所以A1O平面平面B1CD1.(2)由于由于ACBD,E,M分别为分别为AD和和OD的中点的中点,;所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,由于B1D1BD,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.方法总结证明面面垂直的方法方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的断定定理(a,a).易错警示易错警示ab,a/b.;6.(2021课标全国课标全国,19,12分分)如

19、图如图,四面体四面体ABCD中中,ABC是正三角形是正三角形,AD=CD.(1)证明证明:ACBD;(2)知知ACD是直角三角形是直角三角形,AB=BD.假设假设E为棱为棱BD上与上与D不重合的点不重合的点,且且AEEC,求四面体求四面体ABCE与四面体与四面体ACDE的体积比的体积比.;解析解析(1)取取AC的中点的中点O,衔接衔接DO,BO.由于由于AD=CD,所以所以ACDO.又由于又由于ABC是正三角形是正三角形,所以所以ACBO.从而从而AC平面平面DOB,故故ACBD.(2)衔接衔接EO.由由(1)及题设知及题设知ADC=90,所以所以DO=AO.在在RtAOB中中,BO2+AO2

20、=AB2.又又AB=BD,所以所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故故DOB=90.由题设知由题设知AEC为直角三角形为直角三角形,所以所以EO=AC.又又ABC是正三角形是正三角形,且且AB=BD,所以所以EO=BD.故故E为为BD的中点的中点,从而从而E到平面到平面ABC的间隔为的间隔为D到平面到平面ABC的间隔的的间隔的,四面体四面体ABCE的体积为的体积为四面体四面体ABCD的体积的的体积的,即四面体即四面体ABCE与四面体与四面体ACDE的体积之比为的体积之比为1 1.12121212;7.(2021湖北湖北,20,13分分)中中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直

21、的四棱锥称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为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如下图的阳马在如下图的阳马P-ABCD中中,侧棱侧棱PD底面底面ABCD,且且PD=CD,点点E是是PC的中点的中点,衔接衔接DE,BD,BE.(1)证明证明:DE平面平面PBC.试判别四面体试判别四面体EBCD是不是鳖臑是不是鳖臑,假设是假设是,写出其每个面的直角写出其每个面的直角(只需写出只需写出结论结论);假设不是假设不是,请阐明理由请阐明理由;(2)记阳马记阳马P-ABCD的体积为的体积为V1,四面体四面体EBCD的体积为的体积为V2,求

22、求的值的值.12VV;解析解析(1)由于由于PD底面底面ABCD,所以所以PDBC.由底面由底面ABCD为长方形为长方形,有有BCCD,而而PDCD=D,所以所以BC平面平面PCD.由于由于DE平面平面PCD,所以所以BCDE.又由于又由于PD=CD,点点E是是PC的中点的中点,所以所以DEPC.而而PCBC=C,所以所以DE平面平面PBC.由由BC平面平面PCD,DE平面平面PBC,可知四面体可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形的四个面都是直角三角形.即四面体即四面体EBCD是一个鳖臑是一个鳖臑,其四个面的直角分别是其四个面的直角分别是BCD,BCE,DEC,DEB.(2)由知由知,PD

23、是阳马是阳马P-ABCD的高的高,所以所以V1=S长方形长方形ABCDPD=BCCDPD;由由(1)知知,DE是鳖臑是鳖臑D-BCE的高的高,BCCE,所以所以V2=SBCEDE=BCCEDE.在在RtPDC中中,由于由于PD=CD,点点E是是PC的中点的中点,所以所以DE=CE=CD,1313131622于是=4.12VV1316BC CD PDBC CE DE2CD PDCE DE评析此题调查了线面垂直的断定和性质评析此题调查了线面垂直的断定和性质;调查体积的计算方法调查体积的计算方法;调查了空间想象才干和运算调查了空间想象才干和运算求解才干求解才干.解题过程不规范容易呵斥失分解题过程不规

24、范容易呵斥失分.;8.(2021课标课标,19,12分分)如图如图,三棱柱三棱柱ABC-A1B1C1中中,侧面侧面BB1C1C为菱形为菱形,B1C的中点为的中点为O,且且AO平面平面BB1C1C.(1)证明证明:B1CAB;(2)假设假设ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱求三棱柱ABC-A1B1C1的高的高.;解析解析(1)证明证明:衔接衔接BC1,那么那么O为为B1C与与BC1的交点的交点.由于由于BB1C1C为菱形为菱形,所以所以B1CBC1.又又AO平面平面BB1C1C,所以所以B1CAO,故故B1C平面平面ABO.由于由于AB平面平面ABO,故故B1CAB.(2)作作ODB

25、C,垂足为垂足为D,衔接衔接AD.作作OHAD,垂足为垂足为H.由于由于BCAO,BCOD,故故BC平面平面AOD,所以所以OHBC.又又OHAD,所以所以OH平面平面ABC.由于由于CBB1=60,所以所以CBB1为等边三角形为等边三角形,又又BC=1,可得可得OD=.由于由于ACAB1,所以所以OA=B1C=.341212;由OHAD=ODOA,且AD=,得OH=.又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的间隔为.故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.22ODOA742114217217评析此题调查直线与平面垂直的断定和性质评析此题调查直线与平面垂直的断定和性质,点到平面的间隔的求法等知识

26、点到平面的间隔的求法等知识,同时调查空间同时调查空间想象才干和逻辑推理才干想象才干和逻辑推理才干.第第(2)问中作出垂线段是关键问中作出垂线段是关键,也可用等积法求解也可用等积法求解.;9.(2021湖北湖北,20,13分分)如图如图,在正方体在正方体ABCD-A1B1C1D1中中,E,F,P,Q,M,N分别是棱分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点的中点.求证求证:(1)直线直线BC1平面平面EFPQ;(2)直线直线AC1平面平面PQMN.;证明证明(1)衔接衔接AD1,由由ABCD-A1B1C1D1是正方体是正方体,知知AD1BC1,由于由于F,P分别是分别是AD,D

27、D1的中点的中点,所所以以FPAD1.从而从而BC1FP.而而FP平面平面EFPQ,且且BC1 平面平面EFPQ,故直线故直线BC1平面平面EFPQ.(2)如图如图,衔接衔接AC,BD,那么那么ACBD.由由CC1平面平面ABCD,BD平面平面ABCD,可得可得CC1BD.又又ACCC1=C,所以所以BD平面平面ACC1.而而AC1平面平面ACC1,所以所以BDAC1.由于由于M,N分别是分别是A1B1,A1D1的中点的中点,所以所以MNBD,从而从而MNAC1.同理可证PNAC1.又PNMN=N,所以直线AC1平面PQMN.评析此题调查线面平行、线面垂直的断定与性质评析此题调查线面平行、线面

28、垂直的断定与性质,调查学生的空间想象才干调查学生的空间想象才干.;10.(2021重庆重庆,20,12分分)如图如图,四棱锥四棱锥P-ABCD中中,底面是以底面是以O为中心的菱形为中心的菱形,PO底面底面ABCD,AB=2,BAD=,M为为BC上一点上一点,且且BM=.(1)证明证明:BC平面平面POM;(2)假设假设MPAP,求四棱锥求四棱锥P-ABMO的体积的体积.312;解析解析(1)证明证明:如图如图,衔接衔接OB,由于由于ABCD为菱形为菱形,O为菱形的中心为菱形的中心,所以所以AOOB.由于由于BAD=,所以所以OB=ABsinOAB=2sin=1,又由于又由于BM=,且且OBM=

29、,所以在所以在OBM中中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM=12+-21cos=.所以所以OB2=OM2+BM2,故故OMBM.又又PO底面底面ABCD,所以所以POBC.从而从而BC与平面与平面POM内两条相交直线内两条相交直线OM,PO都垂直都垂直,所以所以BC平面平面POM.(2)由由(1)可得可得,OA=ABcosOAB=2cos=.设设PO=a,由由PO底面底面ABCD知知,POA为直角三角形为直角三角形,361232121233463;故PA2=PO2+OA2=a2+3.又POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.衔接AM,在ABM中,AM2=AB2+B

30、M2-2ABBMcosABM=22+-22cos=.由于MPAP,故APM为直角三角形,那么PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.此时S四边形ABMO=SAOB+SOMB=AOOB+BMOM=1+=.所以VP-ABMO=S四边形ABMOPO=.3421212232143421432323212121231212325 3813135 3832516评析此题调查线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算评析此题调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在证明直线与平面垂直时,突破突破以往单纯的几何逻辑推理以往单纯的几何逻辑推理,而将三

31、角函数中的余弦定理、勾股定理巧妙交融而将三角函数中的余弦定理、勾股定理巧妙交融,表达了知识的交表达了知识的交汇性汇性.;考点直线、平面垂直的断定和性质考点直线、平面垂直的断定和性质1.(20211.(2021天津天津,17,13,17,13分分) )如图如图, ,在四棱锥在四棱锥P-ABCDP-ABCD中中,AD,AD平面平面PDC,ADBC,PDPB,ADPDC,ADBC,PDPB,AD=1,BC=3,=1,BC=3,CD=4,PD=2.CD=4,PD=2.(1)(1)求异面直线求异面直线APAP与与BCBC所成角的余弦值所成角的余弦值; ;(2)(2)求证求证:PD:PD平面平面PBC;P

32、BC;(3)(3)求直线求直线ABAB与平面与平面PBCPBC所成角的正弦值所成角的正弦值. . C C组组 教师公用题组教师公用题组;解析此题主要调查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基解析此题主要调查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识础知识.调查空间想象才干、运算求解才干和推实际证才干调查空间想象才干、运算求解才干和推实际证才干.(1)如图如图,由知由知ADBC,故故DAP或其补角即为异面直线或其补角即为异面直线AP与与BC所成的角所成的角.由于由于AD平面平面PDC,所以所以ADPD.在在RtPDA中中,由知由知,得得AP=,故故c

33、osDAP=.所以所以,异面直线异面直线AP与与BC所成角的余弦值为所成角的余弦值为.22ADPD5ADAP5555;(2)证明:由于AD平面PDC,直线PD平面PDC,所以ADPD.又由于BCAD,所以PDBC,又PDPB,所以PD平面PBC.(3)过点D作AB的平行线交BC于点F,衔接PF,那么DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.由于PD平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于ADBC,DFAB,故BF=AD=1,由知,得CF=BC-BF=2.又ADDC,故BCDC,在RtDCF中,可得DF=2,在RtDPF中,可得si

34、nDFP=.22CDCF5PDDF55所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.55;方法点拨方法点拨1.求异面直线所成角的步骤求异面直线所成角的步骤:(1)作作:经过作平行线得到相交直线经过作平行线得到相交直线;(2)证证:证明所作角证明所作角为异面直线所成的角为异面直线所成的角(或其补角或其补角);(3)求求:解三角形解三角形,求出所作的角求出所作的角,假设求得的角是锐角或直角假设求得的角是锐角或直角,那么它就是所求的角那么它就是所求的角,假设求出的角是钝角假设求出的角是钝角,那么它的补角才为所求的角那么它的补角才为所求的角.2.求直线与平面所成角的方法:(1)定义法:关键是找出斜线在平

35、面内的射影;(2)公式法:sin =(其中为直线与平面所成角,h为斜线上一点到平面的间隔,l为该点到斜足的间隔).hl2.(2021课标课标,18,12分分)如图如图,知正三棱锥知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形的侧面是直角三角形,PA=6.顶点顶点P在平面在平面ABC内的正投影为点内的正投影为点D,D在平面在平面PAB内的正投影为点内的正投影为点E,衔接衔接PE并延伸交并延伸交AB于点于点G.(1)证明证明:G是是AB的中点的中点;(2)在图中作出点在图中作出点E在平面在平面PAC内的正投影内的正投影F(阐明作法及理由阐明作法及理由),并求四面体并求四面体PDEF的体积的体积.;解析解析

36、(1)证明证明:由于由于P在平面在平面ABC内的正投影为内的正投影为D,所以所以ABPD.由于由于D在平面在平面PAB内的正投影为内的正投影为E,所以所以ABDE.(2分分)又又PDDE=D,所以所以AB平面平面PED,故故ABPG.又由知可得又由知可得,PA=PB,从而从而G是是AB的中点的中点.(4分分)(2)在平面在平面PAB内内,过点过点E作作PB的平行线交的平行线交PA于点于点F,F即为即为E在平面在平面PAC内的正投影内的正投影.(5分分)理由如下理由如下:由知可得由知可得PBPA,PBPC,又又EFPB,所以所以EFPA,EFPC,又又PAPC=P,因此因此EF平面平面PAC,即

37、点即点F为为E在平面在平面PAC内的内的正投影正投影.(7分分)衔接衔接CG,由于由于P在平面在平面ABC内的正投影为内的正投影为D,所以所以D是正三角形是正三角形ABC的中心的中心,由由(1)知知,G是是AB的中的中点点,所以所以D在在CG上上,故故CD=CG.(9分分)23;由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE=PG,DE=PC.由知,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=222=.(12分)23132131243评析此题调查了线面垂直的断定和性质评析此题

38、调查了线面垂直的断定和性质;调查了锥体的体积的计算调查了锥体的体积的计算;调查了空间想象才干和调查了空间想象才干和逻辑推理才干逻辑推理才干.属中档题属中档题.;3.(2021福建福建,20,12分分)如图如图,AB是圆是圆O的直径的直径,点点C是圆是圆O上异于上异于A,B的点的点,PO垂直于圆垂直于圆O所在的平所在的平面面,且且PO=OB=1.(1)假设假设D为线段为线段AC的中点的中点,求证求证:AC平面平面PDO;(2)求三棱锥求三棱锥P-ABC体积的最大值体积的最大值;(3)假设假设BC=,点点E在线段在线段PB上上,求求CE+OE的最小值的最小值.2;解析解析(1)证明证明:在在AOC

39、中中,由于由于OA=OC,D为为AC的中点的中点,所以所以ACDO.又又PO垂直于圆垂直于圆O所在的平面所在的平面,所以所以POAC.由于由于DOPO=O,所以所以AC平面平面PDO.(2)由于点由于点C在圆在圆O上上,所以当所以当COAB时时,C到到AB的间隔最大的间隔最大,且最大值为且最大值为1.又又AB=2,所以所以ABC面积的最大值为面积的最大值为21=1.又由于三棱锥又由于三棱锥P-ABC的高的高PO=1,故三棱锥故三棱锥P-ABC体积的最大值为体积的最大值为11=.(3)解法一解法一:在在POB中中,PO=OB=1,POB=90,所以所以PB=.同理同理,PC=,所以所以PB=PC

40、=BC.在三棱锥在三棱锥P-ABC中中,将侧面将侧面BCP绕绕PB所在直线旋转至平面所在直线旋转至平面BCP,使之与平面使之与平面ABP共面共面,如图所如图所示示.121313221122;当O,E,C共线时,CE+OE获得最小值.又由于OP=OB,CP=CB,所以OC垂直平分PB,即E为PB中点.从而OC=OE+EC=+=,亦即CE+OE的最小值为.解法二:在POB中,PO=OB=1,POB=90,所以OPB=45,PB=.同理PC=.所以PB=PC=BC,所以CPB=60.2262262262221122;在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BCP,使之与平面ABP共

41、面,如图所示.当O,E,C共线时,CE+OE获得最小值.所以在OCP中,由余弦定理得:OC2=1+2-21cos(45+60)=1+2-2=2+.从而OC=.所以CE+OE的最小值为+.22212322223232622262评析此题主要调查直线与平面的位置关系、锥体的体积等根底知识评析此题主要调查直线与平面的位置关系、锥体的体积等根底知识,调查空间想象才干、调查空间想象才干、推实际证才干、运算求解才干推实际证才干、运算求解才干,调查数形结合思想、化归与转化思想调查数形结合思想、化归与转化思想.;考点直线、平面垂直的断定和性质考点直线、平面垂直的断定和性质1.(20211.(2021北京朝阳期

42、末北京朝阳期末,1),1)知知m,nm,n表示两条不同的直线表示两条不同的直线,表示两个不同的平面表示两个不同的平面, ,且且m m,n,n,那么以下说法正确的选项是那么以下说法正确的选项是( () )A.A.假设假设,那么那么mnmn B.B.假设假设m,m,那么那么C.C.假设假设m,m,那么那么 D.D.假设假设,那么那么mnmn三年模拟A A组组 20212021 20212021年高考模拟年高考模拟根底题组根底题组答案答案B对于对于A,两个平行平面内的直线能够平行两个平行平面内的直线能够平行,能够异面能够异面;B正确正确;对于对于C,当当m平行于平面平行于平面、的交线时的交线时,也有

43、也有m,但平面但平面与平面与平面相交相交;对于对于D,m与与n也能够平行、斜交或异面也能够平行、斜交或异面.;2.(2021北京西城期末北京西城期末,18)如图如图,三棱柱三棱柱ABC-A1B1C1中中,AB平面平面AA1C1C,AA1=AC.过过AA1的平的平面交面交B1C1于点于点E,交交BC于点于点F.(1)求证求证:A1C平面平面ABC1;(2)求证求证:AA1EF;(3)记四棱锥记四棱锥B1-AA1EF的体积为的体积为V1,三棱柱三棱柱ABC-A1B1C1的体积为的体积为V.假设假设=,求求的值的值.1VV16BFBC;解析解析(1)证明证明:由于由于AB平面平面AA1C1C,所以所

44、以A1CAB.在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,四边形四边形AA1C1C是平行四边形是平行四边形,由于由于AA1=AC,所以四边形所以四边形AA1C1C为菱形为菱形,所以所以A1CAC1.由于由于AC1AB=A,所以所以A1C平面平面ABC1.(2)证明证明:在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,由于由于A1AB1B,A1A 平面平面BB1C1C,B1B平面平面BB1C1C,所以所以A1A平面平面BB1C1C.由于平面由于平面AA1EF平面平面BB1C1C=EF,所以所以A1AEF.(3)记三棱锥记三棱锥B1-ABF的体积为的体积为V2,三棱柱三棱柱ABF-A1B1E的体积为的体积

45、为V3,由于三棱锥由于三棱锥B1-ABF与三棱柱与三棱柱ABF-A1B1E同底等高同底等高,所以所以=,所以所以=1-=.由于由于=,所以所以=.由于三棱柱由于三棱柱ABF-A1B1E与三棱柱与三棱柱ABC-A1B1C1等高等高,23VV1313VV23VV231VV163VV163214所以ABF与ABC的面积之比为,所以=.14BFBC14;试题分析试题分析(1)知知AB平面平面AA1C1C,由线面垂直的性质可得由线面垂直的性质可得A1CAB,根据菱形的性质可得根据菱形的性质可得A1CAC1,利用线面垂直的断定定理可得利用线面垂直的断定定理可得A1C平面平面ABC1;(2)利用线面平行的断

46、定定理可得利用线面平行的断定定理可得A1A平面平面BB1C1C,利用线面平行的性质定理可得利用线面平行的性质定理可得A1AEF;(3)记三棱锥记三棱锥B1-ABF的体积为的体积为V2,三棱三棱柱柱ABF-A1B1E的体积为的体积为V3,先证明先证明=,所以所以=1-=,结合结合=,可得可得=,而三棱柱而三棱柱ABF-A1B1E与三棱柱与三棱柱ABC-A1B1C1等高等高,由此得由此得ABF与与ABC的面积之比的面积之比,即可得即可得=.23VV1313VV23VV231VV163VV163214BFBC143.(2021北京西城一模北京西城一模,18)如图如图1,在在ABC中中,D,E分别为分

47、别为AB,AC的中点的中点,O为为DE的中点的中点,AB=AC=2,BC=4.将将ADE沿沿DE折起到折起到A1DE的位置的位置,使得平面使得平面A1DE平面平面BCED,F为为A1C的中点的中点,如如图图2.(1)求证求证:EF平面平面A1BD;(2)求证求证:平面平面A1OB平面平面A1OC;(3)线段线段OC上能否存在点上能否存在点G,使得使得OC平面平面EFG?阐明理由阐明理由.5;解析解析(1)证明证明:取线段取线段A1B的中点的中点H,衔接衔接HD,HF.(1分分)在在ABC中中,由于由于D,E分别为分别为AB,AC的中点的中点,所以所以DEBC,且且DE=BC.由于由于H,F分别

48、为分别为A1B,A1C的中点的中点,所以所以HFBC,且且HF=BC,所以所以HFDE,且且HF=DE,所以四边形所以四边形DEFH为平行四边形为平行四边形,(3分分)所以所以EFHD.(4分分)由于由于EF 平面平面A1BD,HD平面平面A1BD,所以所以EF平面平面A1BD.(5分分)(2)证明证明:由于在由于在ABC中中,D,E分别为分别为AB,AC的中点的中点,AB=AC,所以所以AD=AE.所以所以A1D=A1E,又又O为为DE的中点的中点,所以所以A1ODE.(6分分)由于平面由于平面A1DE平面平面BCED,且且A1O平面平面A1DE,平面平面A1DE平面平面BCED=DE,所以

49、所以A1O平面平面BCED,(7分分)1212;所以COA1O.(8分)在OBC中,BC=4,易知 OB=OC=2,所以COBO,又由于A1OBO=O,所以CO平面A1OB,(9分)由于CO平面A1OC,所以平面A1OB平面A1OC.(10分)(3)线段OC上不存在点G,使得OC平面EFG.(11分)假设线段OC上存在点G,使得OC平面EFG,那么必有OCGF,且OCGE.在RtA1OC中,由F为A1C的中点,OCGF,得G为OC的中点.(12分)在EOC中,由于OCGE,所以EO=EC,这显然与EO=1,EC=矛盾.所以线段OC上不存在点G,使得OC平面EFG.(14分)25;4.(2021

50、北京丰台二模北京丰台二模,17)如图如图,在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,D是是AC的中点的中点,A1D平面平面ABC,AB=BC,平面平面BB1D与棱与棱A1C1交于点交于点E.(1)求证求证:ACA1B;(2)求证求证:平面平面BB1D平面平面AA1C1C;(3)求证求证:B1BDE.;证明证明(1)由于由于A1D平面平面ABC,AC平面平面ABC,所以所以A1DAC.(1分分)由于由于ABC中中,AB=BC,D是是AC的中点的中点,所以所以BDAC.(2分分)由于由于A1DBD=D,所以所以AC平面平面A1BD.(4分分)所以所以ACA1B.(5分分)(2)由于由于A1D平面平

51、面ABC,BD平面平面ABC,所以所以A1DBD.(6分分)由由(1)知知BDAC,由于由于ACA1D=D,所以所以BD平面平面A1ACC1.(8分分)由于由于BD平面平面BB1D,所以平面所以平面BB1D平面平面AA1C1C.(9分分)(3)由于在三棱柱由于在三棱柱ABC-A1B1C1中中,侧面侧面A1ABB1为平行四边形为平行四边形,所以所以B1BA1A.(10分分)由于由于B1B 平面平面A1ACC1,A1A平面平面A1ACC1,所以所以B1B平面平面A1ACC1.(12分分)由于B1B平面BB1D,且平面BB1D平面A1ACC1=DE,所以B1BDE.(14分);5.(2021北京西城

52、二模北京西城二模,18)如图如图,在几何体在几何体ABCDEF中中,底面底面ABCD为矩形为矩形,EFCD,CDEA,CD=2EF=2,ED=.M为棱为棱FC上一点上一点,平面平面ADM与棱与棱FB交于点交于点N.(1)求证求证:EDCD;(2)求证求证:ADMN;(3)假设假设ADED,试问平面试问平面BCF能否能够与平面能否能够与平面ADMN垂直垂直?假设能假设能,求出求出的值的值;假设不能假设不能,阐明阐明理理由由.3FMFC;解析解析(1)证明证明:由于四边形由于四边形ABCD为矩形为矩形,所以所以CDAD.又由于又由于CDEA,ADEA=A,所以所以CD平面平面EAD.所以所以EDC

53、D.(2)证明证明:由于四边形由于四边形ABCD为矩形为矩形,所以所以ADBC,由于由于AD 平面平面FBC,BC平面平面FBC,所以所以AD平面平面FBC.又由于平面又由于平面ADMN平面平面FBC=MN,所以所以ADMN.(3)平面平面ADMN与平面与平面BCF能垂直能垂直.证明如下证明如下:衔接衔接DF.;由于ADED,ADCD,EDCD=D,所以AD平面CDEF.所以ADDM.由于ADMN,所以DMMN.平面ADMN平面BCF=MN,假设使平面ADMN平面BCF,那么DM平面BCF,所以DMFC.在梯形CDEF中,由于EFCD,EDCD,CD=2EF=2,ED=,所以DF=DC=2.所

54、以假设使DMFC能成立,那么M为FC的中点.所以=.3FMFC12;6.(2021北京朝阳期末北京朝阳期末,18)如图如图,在四棱锥在四棱锥P-ABCD中中,底面底面ABCD是正方形是正方形,点点E是棱是棱PC的中点的中点,平平面面ABE与棱与棱PD交于点交于点F.(1)求证求证:ABEF;(2)假设假设PA=AD,且平面且平面PAD平面平面ABCD,试证明试证明AF平面平面PCD;(3)在在(2)的条件下的条件下,线段线段PB上能否存在点上能否存在点M,使得使得EM平面平面PCD?(直接给出结论直接给出结论,不需求阐明理不需求阐明理由由);解析解析(1)证明证明:由于底面由于底面ABCD是正

55、方形是正方形,所以所以ABCD.又由于又由于AB 平面平面PCD,CD平面平面PCD,所以所以AB平面平面PCD.又由于又由于A,B,E,F四点共面四点共面,且平面且平面ABEF平面平面PCD=EF,所以所以ABEF.(2)证明证明:在正方形在正方形ABCD中中,CDAD,又由于平面又由于平面PAD平面平面ABCD,且平面且平面PAD平面平面ABCD=AD,所以所以CD平面平面PAD.又又AF平面平面PAD,所以所以CDAF.由由(1)可知可知ABEF,又由于又由于ABCD,所以所以CDEF.由于点由于点E是棱是棱PC的中点的中点,所以点所以点F是棱是棱PD的中点的中点.在在PAD中中,由于由

56、于PA=AD,所以所以AFPD.又由于又由于PDCD=D,所以所以AF平面平面PCD.(3)不存在不存在.;7.(2021北京西城一模北京西城一模,17)如图如图,在四棱柱在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中中,BB1底面底面ABCD,ADBC,BAD=90,ACBD.(1)求证求证:B1C平面平面ADD1A1;(2)求证求证:ACB1D;(3)假设假设AD=2AA1,判别直线判别直线B1D与平面与平面ACD1能否垂直能否垂直,并阐明理由并阐明理由.;解析解析(1)证明证明:由于由于ADBC,BC 平面平面ADD1A1,AD平面平面ADD1A1,所以所以BC平面平面ADD1A1,由于由于CC1

57、DD1,CC1 平面平面ADD1A1,DD1平面平面ADD1A1,所以所以CC1平面平面ADD1A1.又由于又由于BCCC1=C,所以平面所以平面BCC1B1平面平面ADD1A1.又由于又由于B1C平面平面BCC1B1,所以所以B1C平面平面ADD1A1.(2)证明证明:由于由于BB1底面底面ABCD,AC底面底面ABCD,所以所以BB1AC.又由于又由于ACBD,BB1BD=B,所以所以AC平面平面BB1D.又由于又由于B1D平面平面BB1D,所以所以ACB1D.(3)结论结论:直线直线B1D与平面与平面ACD1不垂直不垂直.证明证明:衔接衔接A1D,假设假设B1D平面平面ACD1,由于由于

58、AD1平面平面ACD1,所以所以B1DAD1.在四棱柱在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中中,BB1底面底面ABCD,BAD=90,A1B1AA1,A1B1A1D1,又由于又由于AA1A1D1=A1,;所以A1B1平面AA1D1D.由于AD1平面AA1D1D,所以A1B1AD1.又由于A1B1B1D=B1,所以AD1平面A1B1D,所以AD1A1D.这与四边形AA1D1D为矩形,且AD=2AA1矛盾,故直线B1D与平面ACD1不垂直.B组 20212021年高考模拟综合题组;考点直线、平面垂直的断定和性质考点直线、平面垂直的断定和性质1.(20211.(2021北京朝阳一模北京朝阳一模,18)

59、,18)如图如图1,1,在梯形在梯形ABCDABCD中中,BCAD,BC=1,AD=3,BEAD,BCAD,BC=1,AD=3,BEAD于于E,BE,BE=AE=1,E=AE=1,将将ABEABE沿沿BEBE折起至折起至ABE,ABE,使得平面使得平面ABEABE平面平面BCDE(BCDE(如图如图2),M2),M为线段为线段ADAD上一点上一点. .(1)(1)求证求证:AECD;:AECD;(2)(2)假设假设M M为线段为线段ADAD的中点的中点, ,求多面体求多面体ABCMEABCME与多面体与多面体MCDEMCDE的体积之比的体积之比; ;(3)(3)能否存在一点能否存在一点M,M,

60、使得使得ABAB平面平面MCE?MCE?假设存在假设存在, ,求求AMAM的长的长. .假设不存在假设不存在, ,请阐明请阐明理由理由. .图图1 1图图2 2B B组组 20212021 20212021年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组;解析解析(1)证明证明:在梯形在梯形ABCD中中,有有BEAE,所以所以AEBE,平面平面ABE平面平面BCDE,平面平面ABE平面平面BCDE=BE,AE平面平面ABE,AE平面平面BCDE,CD平面平面BCDE,AECD.(2)解法一解法一:由由(1)知知AE平面平面BCDE.M为为AD的中点的中点,M究竟面究竟面BCDE的间隔为的间隔为AE,在梯形