课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学第八章立体几何4直线平面垂直的判定与性质试题文

课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学第八章立体几何4直线平面垂直的判定与性质试题文课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学第八章立体几何4直线平面垂直的判定与性质试题文PAGEPAGE47课标专用5年高考3年模拟A版2020高考数学第八章立体几何4直线平面垂直的判定与性质试题文直线、平面垂直的判定与性质挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面垂直的判定与性质①理解空间直线、平面垂直的定义;②理解空间中直线、平面垂直的有关性质和判定，并会证明；③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题2018课标全国Ⅰ,18,12分直线、平面垂直的判定与性质面面垂直的判定，三棱锥的体积★★★2018课标全国Ⅱ，19,12分直线、平面垂直的判定与性质线面垂直的判定,点到面的距离2018课标全国Ⅲ,19，12分直线、平面垂直的判定与性质面面垂直的判定,线面平行的判定2017课标全国Ⅰ,18，12分直线、平面垂直的判定与性质面面垂直的判定,体积与侧面积分析解读从近几年的高考试题来看，线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一。考查的具体内容可分为两个层次:一是将定义、判定和性质结合起来，以客观题的形式出现，判断某些命题的真假;二是以常见的几何体为背景，以解答题的形式出现，证明几何体中的线和平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间的相互转化，分值约为6分,属于中档题。破考点【考点集训】考点直线、平面垂直的判定与性质1。如图，在下列四个正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F,G作正方体的截面,则在各个正方体中,直线BD1与平面EFG不垂直的是(）答案D2。(2019届湖北武昌调研,6）如图所示，三棱锥P-ABC的底面在平面α上，且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点,则动点C运动形成的图形是()A.一条线段 B。一条直线C.一个圆 D.一个圆，但要去掉两个点答案D3.(2019届辽宁大连一中10月月考,9）如图,正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A'DE是△ADE绕直线DE翻折过程中的一个图形,现给出下列命题：①恒有直线BC∥平面A’DE;②恒有直线DE⊥平面A'FG；③恒有平面A'FG⊥平面A'DE，其中正确命题的个数为（)A.0 B。1 C.2 D。3答案D4.（2019届河南中原名校9月联考,18）在四棱锥P—ABCD中,PD⊥平面ABCD,且底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°,PD=2。（1)证明:平面PAC⊥平面PDB;（2)在图中作出点D在平面PBC内的正投影M(说明作法及其理由）,并求四面体PBDM的体积.解析(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.在菱形ABCD中，AC⊥BD,且PD∩BD=D,所以AC⊥平面PBD。又因为AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PDB.（2)如图，取BC的中点E，连接DE，PE,易得△BDC是等边三角形,所以BC⊥DE.又因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC.又PD∩DE=D,所以BC⊥平面PDE.在平面PDE中,过D作DM⊥PE于M，则DM⊥BC，又BC∩PE=E，所以DM⊥平面PBC,即M是点D在平面PBC内的正投影.经计算得DE=3，在Rt△PDE中，PD=2,则PE=4+3=7,故DM=2×37=2217,则PM=所以VD-PBM=13×S△PBM×DM=13×12×4775。（2017河南郑州一模,18）如图,在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是梯形,AD∥BC，平面SAB⊥平面ABCD，△SAB是等边三角形，已知AC=2AB=4,BC=2AD=2CD=25，M是SD上任意一点,SM=mMD，且m〉0。（1)求证:平面SAB⊥平面MAC;（2)试确定m的值,使三棱锥S-ABC的体积为三棱锥S—MAC的体积的3倍.解析（1)证明：在△ABC中,∵AB=2,AC=4,BC=25，∴AB2+AC2=BC2，故AB⊥AC.又平面SAB⊥平面ABCD，平面SAB∩平面ABCD=AB,AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面SAB,又AC⊂平面MAC,故平面SAB⊥平面MAC.(2）VS—MAC=VM-SAC=mm+1VD-SAC=mm∴VS-ABCVS-AMC=m+1m炼技法【方法集训】方法1证明线线垂直的方法1。（2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E为棱CD的中点，则()A。A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C。A1E⊥BC1 D。A1E⊥AC答案C2。(2019届河南洛阳期中考试，19)如图,等腰三角形PAD所在平面与菱形ABCD所在平面互相垂直，已知点E，F,M,N分别为BA，BC,AD，AP的中点.（1）求证:AC⊥PE;(2）求证:PF∥平面BNM.证明(1)连接PM,ME，BD.∵E,M分别为AB，AD的中点,∴ME∥BD。在菱形ABCD中,AC⊥BD，∴AC⊥ME.∵平面PAD⊥平面ABCD，在等腰三角形PAD中，PM⊥AD,且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PM⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD，∴PM⊥AC。又∵PM∩ME=M，∴AC⊥平面PME，∵PE⊂平面PME，∴AC⊥PE。(2)连接DF.∵E，F，M,N分别为BA,BC，AD,AP的中点，∴MN∥PD.∵MN⊄平面PDF，PD⊂平面PDF，∴MN∥平面PDF,又知MB∥DF，MB⊄平面PDF，DF⊂平面PDF，∴MB∥平面PDF.∵MN∩MB=M,∴平面MNB∥平面PDF，∵PF⊂平面PDF,∴PF∥平面BNM。方法2证明线面垂直的方法1.(2018课标全国Ⅱ，19，12分)如图,在三棱锥P-ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点。（1）证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC=2MB,求点C到平面POM的距离。解析(1）证明:因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC,且OP=23.连接OB，因为AB=BC=22所以△ABC为等腰直角三角形，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,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM。故CH的长为点C到平面POM的距离。由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=所以OM=253,CH=OC·所以点C到平面POM的距离为452.（2018广东茂名模拟，19)如图,在三棱锥P—ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC，M为PB的中点,D为AB的中点，且△AMB为正三角形.（1)求证：BC⊥平面PAC;（2）若PA=2BC，三棱锥P-ABC的体积为1,求点B到平面DCM的距离。解析（1)证明：在正三角形AMB中,D是AB的中点，所以MD⊥AB。因为M是PB的中点，D是AB的中点，所以MD∥PA,故PA⊥AB.又PA⊥AC,AB∩AC=A,AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥平面ABC。因为BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC。又PC⊥BC,PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC。(2)设AB=x，则MD=32x，PA=3由PA=2BC,得BC=32由（1)可知BC⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BC⊥AC,所以AC=12由三棱锥P-ABC的体积为V=13·S△ABC·PA=18x设点B到平面DCM的距离为h。因为△AMB为正三角形，所以AB=MB=2.因为BC=3，BC⊥AC,AC=1。所以S△BCD=12S△ABC=12×12·BC·AC=12×12因为MD=3，由(1）知MD∥PA，PA⊥平面ABC,所以MD⊥平面ABC,因为DC⊂平面ABC,所以MD⊥DC.在△ABC中,CD=12所以S△MCD=12·MD·CD=12×3×1=因为VM—BCD=VB—MCD，所以13S△BCD·MD=13S即13×34×3=13所以h=32.故点B到平面DCM的距离为3

方法3证明面面垂直的方法1。(2019届辽宁六校协作体期初联考,19）如图，在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1）求证:AB∥EF；（2）若AF⊥EF,求证：平面PAD⊥平面ABCD。证明（1)因为四边形ABCD是矩形,所以AB∥CD。又AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC。又因为AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF，所以AB∥EF.（2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD。因为AF⊥EF，且由(1）知AB∥EF,所以AB⊥AF,由点E在棱PC上（异于点P，C),所以F点异于点P,D，所以AF∩AD=A，又AF，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.2.(2017山东，18，12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1—B1CD1后得到的几何体如图所示。四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD。（1）证明:A1O∥平面B1CD1;（2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.证明（1）取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1,由于ABCD—A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2）因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD,因为B1D1∥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.方法4翻折问题的处理方法1。（2018广东东莞模拟,18)如图1,矩形ABCD中,AB=12,AD=6，E、F分别为CD、AB边上的点,且DE=3，BF=4,将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示）,连接AP、PF，其中PF=25.(1)求证：PF⊥平面ABED;（2)求点A到平面PBE的距离。解析(1)证明：在题图2中，连接EF,由题意可知,PB=BC=AD=6，PE=CE=CD-DE=9，在△PBF中，PF2+BF2=20+16=36=PB2,所以PF⊥BF.在题图1中,连接EF,作EH⊥AB于点H，利用勾股定理,得EF=62+(在△PEF中，EF2+PF2=61+20=81=PE2,∴PF⊥EF,又∵BF∩EF=F,BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED,∴PF⊥平面ABED.(2)如图，连接AE,由(1）知PF⊥平面ABED,∴PF为三棱锥P—ABE的高.设点A到平面PBE的距离为h，∵VA-PBE=VP-ABE,即13×12×6×9×h=13×1∴h=85即点A到平面PBE的距离为852。(2015陕西，18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠BAD=π2，AB=BC=12AD=a,E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A（1）证明:CD⊥平面A1OC;（2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1—BCDE的体积为362,求a的值.解析(1）证明:在题图1中，因为AB=BC=12AD=a，E是AD的中点,∠BAD=π所以BE⊥AC。即在题图2中，BE⊥A1O,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又BCDE,所以四边形BCDE为平行四边形，所以CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC。（2)因为平面A1BE⊥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是四棱锥A1—BCDE的高.由题图1知,A1O=22AB=2S四边形BCDE=BC·AB=a2。从而四棱锥A1—BCDE的体积为V=13×S四边形BCDE×A1O=13×a2×22a=2由26a3=362过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点直线、平面垂直的判定与性质1。（2018课标全国Ⅲ，19，12分）如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C，D的点。（1）证明:平面AMD⊥平面BMC;（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD?说明理由。解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.（1）证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD。因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM。因为M为CD上异于C,D的点，且DC为直径,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）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O。因为ABCD为矩形,所以O为AC的中点。连接OP，因为P为AM中点,所以MC∥OP。MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD。2。(2018课标全国Ⅰ，18,12分）如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3，∠ACM=90°。以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA。（1）证明:平面ACD⊥平面ABC；(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点，且BP=DQ=23解析（1）证明: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,垂足为E，则QE13由已知及（1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1。因此VQ-ABP=13·QE·S△ABP=13×1×123.（2017课标全国Ⅰ，18，12分)如图,在四棱锥P—ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°。（1)证明:平面PAB⊥平面PAD;（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为83解析（1）证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥PD。由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而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内作PE⊥AD，垂足为E.由（1）知，AB⊥平面PAD,故AB⊥PE，可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=2x,PE=22故四棱锥P—ABCD的体积VP-ABCD=13AB·AD·PE=13x由题设得13x3=8从而PA=PD=2，AD=BC=22，PB=PC=22.可得四棱锥P—ABCD的侧面积为12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC解法二：由题设条件和（1）可知四棱锥P—ABCD是一个正方体的一部分,底面ABCD是正方体的一个对角面，P是正方体的一个顶点（如图),设正方体的棱长为a,则VP—ABCD=13·2a·a·22a=13由题设得13a3=8从而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22，故四棱锥P—ABCD的侧面积为12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC4。(2017课标全国Ⅲ,19，12分)如图,四面体ABCD中，△ABC是正三角形,AD=CD.（1)证明：AC⊥BD;（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD。若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比。解析（1）证明：取AC的中点O，连接DO,BO。因为AD=CD，所以AC⊥DO。又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD。（2）连接EO。由(1）及题设知∠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°。由题设知△AEC为直角三角形,所以EO=12又△ABC是正三角形，且AB=BD，所以EO=12故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的15。(2016课标全国Ⅰ,18，12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.（1）证明：G是AB的中点；（2）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积。解析(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D，所以AB⊥PD。因为D在平面PAB内的正投影为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，从而G是AB的中点。（4分)(2）在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影。(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,即点F为E在平面PAC内的正投影。(7分)连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心，由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上，故CD=23由题设可得PC⊥平面PAB，DE⊥平面PAB，所以DE∥PC，因此PE=23PG,DE=13PC.由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6，可得DE=2，PE=2所以四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×2=6。（2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.（1)证明:平面AEC⊥平面BED；(2）若∠ABC=120°，AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为63解析（1）证明:因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD。因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE。故AC⊥平面BED。又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.（2）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°,可得AG=GC=32x,GB=GD=x因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中，可得EG=32由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形,可得BE=22由已知得，三棱锥E-ACD的体积V=13×12AC·GD·BE=624x3从而可得AE=EC=ED=6。所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为5。故三棱锥E-ACD的侧面积为3+25。B组自主命题·省(区、市）卷题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.（2018江苏，15，14分）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1。求证:(1)AB∥平面A1B1C;（2)平面ABB1A1⊥平面A1BC。证明（1）在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.（2)在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形。又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC。又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.2。（2018北京,18,14分）如图,在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD，E，F分别为AD,PB的中点。(1)求证:PE⊥BC；(2)求证:平面PAB⊥平面PCD；(3）求证：EF∥平面PCD。证明(1）因为PA=PD，E为AD的中点,所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.（2）因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD。又因为平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD。又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD。（3)取PC的中点G,连接FG，DG.因为F,G分别为PB，PC的中点,所以FG∥BC，FG=12因为ABCD为矩形,且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE=12所以DE∥FG，DE=FG。所以四边形DEFG为平行四边形。所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD.3.（2018天津，17，13分）如图，在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点，AB=2,AD=23,∠BAD=90°.(1）求证：AD⊥BC；(2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.解析（1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC。（2)取棱AC的中点N，连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC.所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角。在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD2+A因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC。在Rt△DAN中,AN=1，故DN=AD2+A在等腰三角形DMN中，MN=1,可得cos∠DMN=12MNDM所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326(3)连接CM。因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=3.又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD。所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角。在Rt△CAD中，CD=AC在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=3所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为344.(2015湖北，20,13分)《九章算术》中，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,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑。在如图所示的阳马P—ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,点E是PC的中点，连接DE,BD,BE.（1）证明:DE⊥平面PBC。试判断四面体EBCD是不是鳖臑,若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由;（2）记阳马P—ABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2，求V1解析（1）因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD为长方形，得BC⊥CD,而PD∩CD=D，所以BC⊥平面PCD。DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点，所以DE⊥PC。而PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC。由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形。即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB。（2)由已知，PD是阳马P—ABCD的高，所以V1=13SABCD·PD=1由(1)知,DE是鳖臑D-BCE的高，BC⊥CE，所以V2=13S△BCE·DE=1在Rt△PDC中，因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE=CE=22于是V1V2=1C组教师专用题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.（2014浙江,6，5分)设m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面(）A.若m⊥n，n∥α，则m⊥αB。若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β，n⊥β,n⊥α,则m⊥αD。若m⊥n，n⊥β，β⊥α,则m⊥α答案C2。(2010全国Ⅰ，9，5分)正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(）A。23 B。33 C。2答案D3.（2016江苏，16,14分）如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：（1）直线DE∥平面A1C1F;(2）平面B1DE⊥平面A1C1F。证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点，所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2）在直三棱柱ABC—A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1。因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D。又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.4.（2016北京，18,14分）如图,在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC。（1）求证:DC⊥平面PAC;（2)求证：平面PAB⊥平面PAC;(3）设点E为AB的中点。在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由。解析（1）证明：因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD,所以PC⊥DC。（2分）又因为DC⊥AC，AC∩PC=C，所以DC⊥平面PAC.(4分)(2）证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC。（6分）因为PC⊥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上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:(10分)取PB中点F，连接EF，CE,CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.(13分）又因为PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF。(14分）5.(2015重庆,20,12分）如图,三棱锥P—ABC中，平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=π2（1)证明:AB⊥平面PFE;(2）若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长。解析（1)证明:如图，由DE=EC,PD=PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点,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，从而PE⊥AB。因为∠ABC=π2从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE。（2）设BC=x,则在直角△ABC中,AB=AC2-从而S△ABC=12AB·BC=12x由EF∥BC知,AFAB=AEAC=故S△AFES△ABC=232=4由AD=12AE,S△AFD=12S△AFE=12·49S△ABC=19x36从而四边形DFBC的面积为SDFBC=S△ABC—S△AFD=12x36-x2-19x36由(1)知,PE⊥平面ABC，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE=PC2-EC体积VP-DFBC=13·SDFBC·PE=13·718x36故得x4—36x2+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=33.6。(2014辽宁，19，12分）如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点。(1）求证:EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D-BCG的体积.附:锥体的体积公式V=13解析（1）证明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC。又G为AD的中点,所以CG⊥AD.同理，BG⊥AD,又BG∩CG=G，因此AD⊥平面BCG。因为E,F分别为AC,DC的中点，所以EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内，作AO⊥CB,交CB的延长线于O，由平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC，AO⊥BC，AO⊂平面ABC，得AO⊥平面BCD.又G为AD中点,因此G到平面BCD的距离h是AO长度的一半.在△AOB中，AO=AB·sin60°=3，所以VD—BCG=VG—BCD=13·S△DBC·h=13×12BD·BC·sin120°·37。（2014湖北，20，13分）如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F,P，Q,M，N分别是棱AB,AD，DD1,BB1，A1B1，A1D1的中点。求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；（2)直线AC1⊥平面PQMN。证明(1）连接AD1，由棱柱ABCD-A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点，所以FP∥AD1。从而BC1∥FP。而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2）连接AC，BD,则AC⊥BD。由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD。又AC∩CC1=C，所以BD⊥平面ACC1。而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1。因为M，N分别是A1B1,A1D1的中点，则易知MN∥BD,从而MN⊥AC1。同理可证PN⊥AC1。又PN∩MN=N，所以直线AC1⊥平面PQMN。8.（2014重庆，20,12分)如图,四棱锥P—ABCD中，底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD，AB=2,∠BAD=π3，M为BC上一点，且BM=1（1)证明:BC⊥平面POM;（2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积。解析(1）证明:如图，连接OB，因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB。因为∠BAD=π3，所以OB=AB·sin∠OAB=2sinπ又因为BM=12，且∠OBM=π3,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2—2OB·BM·cos∠OBM=12+122-2×1×12×cosπ3=34又PO⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直，所以BC⊥平面POM.（2)由（1）可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cosπ6=3设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形，故PA2=PO2+OA2=a2+3。又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+34连接AM,在△ABM中，AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+122-2×2×12×cos2π由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+34=214,得a=32或a=—3此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=12·AO·OB+12·BM·OM=12×3×1+12×12所以VP—ABMO=13·S四边形ABMO·PO=13×538×9。(2014课标Ⅰ,19，12分)如图,三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C。(1）证明:B1C⊥AB；(2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC—A1B1C1的高。解析（1）证明：连接BC1,则O为B1C与BC1的交点。因为BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1。又AO⊥平面BB1C1C,因为B1C⊂平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，因为BC1∩AO=O，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.（2)作OD⊥BC,垂足为D，连接AD。作OH⊥AD,垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，OA∩OD=O,故BC⊥平面AOD,因为OH⊂平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，BC∩AD=D,所以OH⊥平面ABC。因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形，又BC=1,可得OD=34由于AC⊥AB1,所以OA=12B1C=1由OH·AD=OD·OA，且AD=OD2+O得OH=2114又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为217故三棱柱ABC-A1B1C1的高为21710。（2012课标全国,19,12分）如图，三棱柱ABC—A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°，AC=BC=12AA1，D是棱AA1（1)证明:平面BDC1⊥平面BDC;(2)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.解析（1）证明:由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C，所以BC⊥平面ACC1A1。又DC1⊂平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.由题设知∠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）设棱锥B-DACC1的体积为V1，AC=1。由题意得V1=13×1+22×1×1=又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,所以（V-V1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分的体积的比为1∶1。11.（2011课标,18，12分）如图,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD，PD⊥底面ABCD.（1)证明：PA⊥BD;（2)设PD=AD=1，求棱锥D—PBC的高.解析（1）证明:因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=3AD。从而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)如图，作DE⊥PB，垂足为E。已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，BC⊥DE。则DE⊥平面PBC,即DE为棱锥D—PBC的高,由题设知PD=AD=1,则BD=3，PB=2.根据DE·PB=PD·BD得DE=32即棱锥D-PBC的高为32【三年模拟】时间：50分钟分值：65分一、选择题(每小题5分，共20分）1。(2019届湖南湘东南五校10月联考，5）已知两个平面垂直,有下列命题：①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;③一个平面内的任一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.其中正确命题的个数是(）A.3 B.2 C。1 D.0答案C2.(2019届江西南昌二中11月月考，7）在空间四边形ABCD中，若AB⊥CD,BC⊥AD，则对角线AC与BD的位置关系为(）A.相交但不垂直 B。垂直但不相交C.不相交也不垂直 D.无法判断答案B3。(2018江西赣州模拟，6）如图，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC=90°,且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H，则点H在（)A。直线AC上 B.直线AB上 C.直线BC上 D.△ABC内部答案B4.(2018山西临汾模拟，7）如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（)A。平面BCE⊥平面ABN B.MC⊥ANC。平面CMN⊥平面AMN D.平面BDE∥平面AMN答案C二、填空题（共5分）5.(2017豫西五校联考，14）如图所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ABC=90°，AC=2a,BB1=3a，D是棱A1C1的中点,点F在AA1(不包括端点)上,当AF=时,CF⊥平面B1DF.

答案a或2a三、解答题(共40分）6.（2019届云南昆明第一中学10月月考，20)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD,PA=3,F是棱PA上的一个动点，E为PD的中点。（1）求证：平面BDF⊥平面PCF;(2)若AF=1，求证:CE∥平面BDF。证明（1）连接AC交BD于点O，因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA。因为PA∩AC=A,PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥平面PCF。因为BD⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面PCF.（2)过点E作EG∥FD交AP于点G，连接CG,FO.因为EG∥FD，EG⊄平面BDF，FD⊂平面BDF，所以EG∥平面BDF。因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点,因为E为PD的中点,所以G为PF的中点.因为AF=1，PA=3,所以F为AG的中点.所以OF∥CG。因为CG⊄平面BDF，OF⊂平面BDF.所以CG∥平面BDF.又EG∩CG=G,EG,CG⊂平面CGE,所以平面CGE∥平面BDF。又CE⊂平面CGE,所以CE∥平面BDF.7.(