五年高考3年模拟§83-直线、平面垂直的判定与性质课件

1、8.3直线、平面垂直的判定与性质高考理数 (课标专用)8.3直线、平面垂直的判定与性质高考理数 (课标专用)A组统一命题课标卷题组考点线面垂直、面面垂直1.(2018课标全国,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值. 五年高考A组统一命题课标卷题组五年高考解析(1)证明:由已知可得BFEF,又已知BFPF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHE

2、F,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.解析(1)证明:由已知可得BFEF,由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D,=,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系

3、sin2+cos2=1求出其值,不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=2.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值. 2.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得=,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=

4、5,AC=6得DO=BO=4.由EFAC得=.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则即所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z

5、2)是平面ACD的法向量,则即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=-.sin=.因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分)思路分析(1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,从而得出结论;(2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值.评析本题主要考查翻折问题,线面垂直的证明以及用空间向量法求解二面角的基本知识和基本方法,考查学生的运算求解能力以及空间想象能力,求解各点的坐标是利用向量法解决空间问题的关键.则即思路分析(1)利用已知条件及翻折

6、的性质得出DH3.(2017课标全国,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD=CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值. 3.(2017课标全国,19,12分)如图,四面体ABCD解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.(1)证明:由题设可得,ABDCBD,从而AD=DC.又ACD是直角三角形,所以ADC=90.取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-A

7、C-B的平面角.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.所以平面ACD平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).解析本题考查面面垂直的证明,二面角的求法.由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.设n=(

8、x,y,z)是平面DAE的法向量,则即可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,).则cos=.易知二面角D-AE-C为锐二面角,所以二面角D-AE-C的余弦值为.方法总结证明面面垂直最常用的方法是证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,即在一个平面内,找一条直线,使它垂直于另一个平面.用空间向量法求二面角的余弦值时,要判断二面角是钝角还是锐角.设m是平面AEC的法向量,则方法总结证明面面垂直最常用的4.(2016课标全国,18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-

9、F都是60.(1)证明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值. 4.(2016课标全国,18,12分)如图,在以A,B,C解析(1)证明:由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.(2分)又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(3分)(2)过D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.(6分)由(1)知DFE为二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,则|DF|=2,|DG|=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,)

10、.解析(1)证明:由已知可得AFDF,AFFE,由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,4).则cos=-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)解题关键对于立体几何问题的求解,首先要熟练掌握平行与垂直的

11、判定与性质,尤其是面面垂直的证明,寻找平面的垂线往往是几何证明的关键.利用空间向量求解二面角问题时,正确求出平面的法向量是关键.由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)解题5.(2014课标,19,12分,0.428)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,ABB1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若ACAB1,CBB1=60,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值. 解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1,且O为B1C及BC1的中点.又ABB1C,所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO,故B

12、1CAO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为ACAB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以BOABOC.故OAOB,从而OA,OB,OB1两两垂直.5.(2014课标,19,12分,0.428)如图,三棱柱以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为CBB1=60,所以CBB1为等边三角形,又AB=BC,则A,B(1,0,0),B1,C.=,=,=.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建立如则即所以可取n=(1,).设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取

13、m=(1,-,).则cos=.易知二面角A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为.评析本题主要考查直线与平面垂直的判定定理与性质定理、二面角的求法、空间向量的应用等基础知识,考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.在建立空间直角坐标系之前,应有必要的证明过程,保证从O点引出的三条射线OA、OB、OB1两两垂直.则即评析本题主要考查直线与平面垂直的判定定理与性质定理B组自主命题省(区、市)卷题组考点线面垂直、面面垂直1.(2014广东,7,5分)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1l2,l2l3,l3l4,则下列结论一定正确的是()A.l1

14、l4B.l1l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定答案D由l1l2,l2l3可知l1与l3的位置不确定,若l1l3,则结合l3l4,得l1l4,所以排除选项B、C,若l1l3,则结合l3l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D.评析本题考查了空间直线之间的位置关系,考查学生的空间想象能力、思维的严密性.B组自主命题省(区、市)卷题组答案D由l2.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC平面BEF;(2)求二

15、面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交. 2.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为CC1平面ABC,所以四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,所以ACEF.因为AB=BC,所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.又CC1平面ABC,所以EF平面ABC.因为BE平面ABC,所以EFBE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(

16、0,0,2),G(0,2,1).所以=(-1,-2,0),=(1,-2,1).设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则即令y0=-1,则x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因为平面CC1D的法向量为=(0,2,0),所以cos=-.由题知二面角B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为-.(3)证明:由(2)知平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),=(0,2,-1).因为n=20+(-1)2+(-4)(-1)=20,所以直线FG与平面BCD相交.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,13.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=

17、BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值. 3.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,A解析(1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,解析(1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面又BE平面BCD,ABBE.以B为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意

18、,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.评析要特别注意翻折前后图形中角、线、面等关系的变化.又BE平面BCD,评析要特别注意翻折前后图形中角、线、面4.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1

19、C1的中点.(1)证明:A1D平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值. 4.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1解析(1)证明:设E为BC的中点,由题意得A1E平面ABC,所以A1EAE.因为AB=AC,所以AEBC.故AE平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DEB1B且DE=B1B,从而DEA1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1DAE.又因为AE平面A1BC,所以A1D平面A1BC.(2)解法一:作A1FBD且A1FBD=F,连接B1F.由AE=EB=,A1EA=A1EB=90,得A1B=A1A=4.解析(1)证明:

20、设E为BC的中点,由题意得A1E平面AB由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全等.由A1FBD,得B1FBD,因此A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=,A1B=4,DA1B=90,得BD=3,A1F=B1F=,由余弦定理得cosA1FB1=-.解法二:以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,0),D(-,0,),B1(-,).由A1D=B1D,A1B=B1B,得A1DB与B1DB全因此=(0,-),=(-,-,),=(0,0).设平面A1BD的法向量

21、为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos|=.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值为-.因此=(0,-),=(-,-,),=(0,5.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 5.(2016北

22、京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD解析(1)证明:因为平面PAD平面ABCD,ABAD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,所以PD平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以POAD.又因为PO平面PAD,平面PAD平面ABCD,所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD,所以POCO.因为AC=CD,所以COAD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).解析(1)证明:因为平面PAD平面ABCD,ABAD,设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)

23、,则即令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos=-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点,则存在0,1使得=.因此点M(0,1-,),=(-1,-,).因为BM平面PCD,所以BM平面PCD当且仅当n=0,即(-1,-,)(1,-2,2)=0.解得=.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时=.设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),所以直线PB与平面思路分析(1)证明一条直线与平面垂直,只需证明该直线与平面内两条相交直线垂直即可,本题先证明AB平面PAD,可得ABPD,再结合已知条件PDPA,可得证.(2)

24、建立空间直角坐标系,求出平面的法向量n,则线面所成角的正弦值即为直线方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值,利用cos=可求解,注意符号即可.(3)假设存在这样的M,设出其坐标,写出满足条件的表达式,表达式有解即满足条件的M存在,再进一步求解即可.思路分析(1)证明一条直线与平面垂直,只需证明该直线与平面C组教师专用题组考点线面垂直、面面垂直1.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A

25、1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积. C组教师专用题组解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)证明:若P是DD1的中点,则P,=.又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线

26、向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此=,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=(01),(2)由题设知,=(6,m-6,0),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3,6),所以=(6,3-2,-6).因为PQ平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3-2=0,亦即=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体A

27、DPQ的体积V=SADQh=664=24.解法二:(1)证明:如图a,取A1A的中点R,连接PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D的中点,所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1.因为tanABR=tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+而=(0,-3,6),BAB1=90,于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC.又PQ平面PRBC,故AB1PQ. 图a 图bBAB1=90,(2)如图b,过点P作PMA1A交AD于点M,则PM

28、平面ABB1A1.因为A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N,连接PN,则PNQD,PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM=,即=,从而=.连接MQ,由PQ平面ABB1A1及知,平面PQM平面ABB1A1,所以MQAB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=.过点D1作D1EA1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是=2,所以PM=2MD=2t.再由,得=,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=SADQPM=664=24.五年高

29、考3年模拟82.(2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值. 2.(2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方解析(1)证明:PD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理,EF=CD=,如图所

30、示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).解析(1)证明:PD平面ABCD,PDAD,设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为,可知为锐角,cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF=,在ADE中,AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF

31、=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,设AEF的边AF上的高为h,cos =|cos|=,故二面角D-A由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,设二面角D-AF-E的平面角为,则sin =,cos =.由SAEF=EFAE=AFh,3.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE=BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小. 3.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=

32、BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC,又平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE,所以ACDE.又DEDC,从而DE平面ACD.(2)解法一:作BFAD,与AD交于点F,过点F作FGDE,与AE交于点G,连接BG,由(1)知DEAD,则FGAD.所以BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BDBC,又平面ABC平面BCDE,得BD平面ABC,从而BDAB.由于AC平面BCDE,得ACCD.在RtACD中,由DC=2,AC=,得AD=.解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,C在RtAED中,由ED=1

33、,AD=,得AE=.在RtABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在ABE,ABG中,利用余弦定理分别可得cosBAE=,BG=.在BFG中,cosBFG=.所以,BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.在RtAED中,由ED=1,AD=,得AE=.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0

34、,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos|=,由题意可知,所求二面角是锐二面角,故二面角B-AD-E的大小是.由题意知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),CA组20162018年高考模拟基础题组考点线面垂直、面面垂直1.(2018广西南宁4月月考,18)如图,四棱锥P-ABCD中,AB=BC=2,AD=CD=2,PA=PC,ABC=,ABAD,平面PAD平面ABCD.(1)求证:PD平面ABCD;(2)若PD=3,求直线CD与平面PAB所成角的正弦值. 三年模拟A组20162018年高考模拟基础题组三

35、年模拟解析(1)证法一:因为平面PAD平面ABCD,ABAD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,则PDAB,ABPA,由PA=PC,AB=BC,PB=PB得PABPCB,因为ABPA,所以PCB=PAB=90,即BCPC.易证BCCD,所以BC平面PCD.所以BCPD.因为BCAB=B,所以PD平面ABCD.证法二:平面PAD平面ABCD,ABAD,平面PAD平面ABCD=AD,AB平面PAD,解析(1)证法一:因为平面PAD平面ABCD,ABAD则PDAB,连接BD交AC于E,AB=BC,AD=CD,则E为AC的中点且BDAC,在APC中,PA=PC,则ACPE,PEBD=E

36、,AC平面PBD,ACPD,ABAC=A,PD平面ABCD.则PDAB,(2)以A为原点,AB,AD所在直线为x轴,y轴,过A且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(,3,0),D(0,2,0),P(0,2,3).则=(2,0,0),=(0,2,3),=(-,-1,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则即令y=-3,(2)以A为原点,AB,AD所在直线为x轴,y轴,过A且垂直得平面PAB的一个法向量为n=(0,-3,2).设直线CD与平面PAB所成角为,则sin =,所以直线CD与平面PAB所成角的正弦值为.得平面PAB的一个法向量为n

37、=(0,-3,2).2.(2018贵州贵阳适应性考试(一),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,ADBC,ADC=90,平面PAD底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的点,PA=PD=2,BC=AD=1,CD=.(1)求证:平面PBC平面PQB;(2)若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60,求PM的长. 2.(2018贵州贵阳适应性考试(一),19)如图,在四棱锥解析(1)证明:ADBC,Q为AD的中点,BC=AD,BC=QD,四边形BCDQ为平行四边形,ADC=90,BCBQ,PA=PD,AQ=QD,PQAD,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面

38、ABCD=AD,PQ平面ABCD,PQBC,又PQBQ=Q,BC平面PQB,BC平面PBC,平面PBC平面PQB.(2)由(1)可知PQ平面ABCD,如图,以Q为原点,分别以QA,QB,QP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,解析(1)证明:ADBC,Q为AD的中点,BC=AD则Q(0,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,),B(0,0),C(-1,0),设=(01),则=(-1,-),得M(-,-),=(-,(1-),又=(0,0),可求得平面MBQ的法向量为m=,由题意求得平面PDC的法向量为n=(3,0,-),平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60,cos 60=,

39、=,|PM|=.则Q(0,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,),BB组20162018年高考模拟综合题组(时间:30分钟分值:40分)一、选择题(每题5分,共10分)1.(2017四川巴中“零诊”,8)设m,n为空间中两条不同的直线,为空间中两个不同的平面,给出下列命题:若m,m,则;若m,mn,则n;若m,m,则;若m,则m.其中所有正确命题的序号是()A.B.C.D.答案A根据线面平行的性质可知错误,显然正确,根据线面垂直的判定可知正确.故选A.B组20162018年高考模拟综合题组答案2.(2017福建三明月考,9)如图,在四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,B

40、AD=90.将ADB沿BD折起,使CD平面ABD,构成三棱锥A-BCD.则在三棱锥A-BCD中,下列结论正确的是()A.AD平面BCDB.AB平面BCDC.平面BCD平面ABCD.平面ADC平面ABC答案DCD平面ABD,CDAB,又ADAB,ADCD=D,AB平面ADC,AB平面ABC,平面ABC平面ADC.故选D.解题关键一定要弄清楚折叠前后线段长度、线与线之间的位置关系是否发生变化.2.(2017福建三明月考,9)如图,在四边形ABCD中,A二、填空题(每题5分,共15分)3.(2017山东一模,15)如图,在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD中,当底面四边形ABCD满足条件时,有A1CB1D1(注:填上你认为正确的一个条件即可,不必要考虑所有可能的情况). 答案ACBD(或ABCD是正方形,菱形等)二、填空题(每题5分,共15分)答案ACBD(或A解析四棱柱A1B1C1D1-ABCD是直棱柱,B1D1A1A,若A1CB1D1,则B1D1平面A1ACC1.B1D1AC,又由B1D1BD,则有BDAC,反之,由BDAC亦可得到A1CB1D1.因此,本题正确答案可以是BDAC.思路分析根据题意,由A1CB1D1,结合直棱柱的性质,分析底面四边形ABCD得到BDAC,进而验证即可得答案.解题关键将证明线线垂直转化为证明线面垂直.解