2016届步步高高考数学大一轮总复习人教新课标文科配套课件版导学案题库第八章立体几何打包26份

a⊥b，b⊂α(bα内的任意直 直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则 × √ √(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( ×) √) A．lαB．lαC．lαD．lα答案解析由直线与平面垂直的定义，可知D2．(2013·)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的 Aα⊥β，m⊂α，n⊂βα∥β，m⊂α，n⊂βCm⊥n，m⊂α，n⊂β答案解析A中，mn可垂直、可异面、可平行；Bmn可平行、可异面；Cα∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故D正确．3．(2014·浙江)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则( A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α答案解析A中，由m⊥n,n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，则m⊥α，正确；Dm⊥n，n⊥β，β⊥αm与α相交或m⊂α或m∥α，错误．4．设平面α与平面β相交于m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的()答案α⊥βα∩β＝m，b⊂β，b⊥mb⊥α，a⊂αa⊥ba∥mb⊥mb⊥ab⊥α，所以不能推出α⊥β.题型一例1 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．思维点拨第(1)DC⊥PACAE⊥PCD到结论；第(2)PDABE证明(1)P—ABCD∵PA⊥ABCD，CD⊂∴CD⊥而AE⊂平面∵EPC∴AE⊥而PD⊂平面又∵AB⊥AD∴AB⊥PADPD⊂∴PD⊥思维升华(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(2014·重庆)P－ABCDO

MBC

1

证明ABCD为菱形，OOB，则AO⊥OB.3因为3故 ＝12＋1 PO⊥ABCDBCPOMOM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.(2)解由(1) ＝＝PO＝aPO⊥ABCD知，△POA由△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋AM，在△ABM＝22＋1

2·2·2·cos 4 a＝3，a＝－3舍去)PO＝ 2 S四边形 ＝1·3·1＋113＝5 2·2· 8P－ABMO33

四边形

5 85 8· 例 ＝2ABPADABCD，PA⊥AD.EFCD、PC的中思维点拨ABCDABCD(2)证明(1)∵PAD∩∴PA⊥ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，ECD的中点，∴ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，CD⊥PDE、FCD、CP∴EF∥PDEF，BEBEF∴CD⊥平面BEF.又∵CD⊂平面∴BEF⊥思维升华(1)求证：C1F∥平面证明ABC－A1B1C1中，BB1⊥ABC，所以BB1⊥AB.AB⊥B1BCC1，又AB⊂平面ABE，ABE⊥证明ABGE，FA1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FGAC∥A1C1AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.EG⊂ABE，C1F⊄ABE，所以C1F∥平面ABE.解所以 AC2－BC2＝E－ABC

3×2×3×1×2＝3题型三例 ABCDAB∥DC，△PADBD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4MPCMBD思维点拨(1)因为两平面垂直与M点位置无关，所以在平面MBD内一定有一条直线垂直于平面PAD，考虑证明BD⊥平面PAD.(2)PABCD证明在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝4又∵PAD⊥ABCDPAD∩ABCD＝AD，BD⊂ABCD，∴BD⊥平面又BD⊂平面∴MBD⊥解P∴PO⊥POP—ABCD又△PAD4的等边三角形，∴PO＝2ABCD∴ABCDRt△ADB

8

边上的高为45＝25＋4285∴S四25＋4285∴VP—

24×23＝16思维升华(2013·江西)ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝2，AA1＝3，ECD证明BCDCDBF＝AD＝Rt△BFE中，BE＝Rt△CFB中，BC＝BB1⊥ABCD解E－A1B1C1＝ 1＝111在Rt△A1D1C1中 A1D2＋DC2＝31111同理 EC2＋CC2＝31 A1A2＋AD2＋DE2＝21SACE＝31B1A1C1Ed，则三棱锥B1－A1C1E的体积＝＝3·5从而5d＝2，d＝55B1EA1C1的距离为5AB，CD，C1D1的中点．(2)A1B1C思维点拨证明(1)∵N，KCD，C1D1∴DD1KN为平行四边形．[3分∴AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K.[4分∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面∴AN∥A1MK.[6分∵M，KAB，C1D1∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.[8分]ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥BB1C1C，BC1⊂BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面又∵MK⊂A1MK，∴A1B1C⊥A1MK.[12分温馨提醒(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转1．①线面垂直的定义：aα内任何直线都垂直m、②

③A组(时间：45分钟 答案解析由直线与平面垂直的性质，可知①正确；正方体的相邻的两个侧面都垂直于底面，而 答案解析对于Dα⊥βαββ的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项易知均是正确的．在底面ABC上的射影H必在 ABBCAC△ABC答案解析AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥又∵AC⊂ABC，∴ABC1⊥∴C1ABCHAB正方体ABCD－A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于( 答案解析，且∴B′D′⊥而CE⊂平面又PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙OAB为⊙OMPB②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，其中 A．①②．①②③．①D．②③答案B解析对于①，∵PA⊥∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵MPB对于③，由①BC⊥PAC，∴BCBPAC的距离，故①②③都如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中与PC垂直的直线有 与AP垂直的直线有 答案AB、BC、AC 解析∵PC⊥ABC，∴PC在正三棱锥(底面为正三角形且侧棱相等)P－ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下①AC⊥PB②AC∥DEAB⊥ 答案解析如图，∵P－ABC又∵DE∥AC，DE⊂PDE，AC⊄等，M是PC上的一动点，当点M满足 答案DM⊥PC(BM⊥PC等解析∴DM⊥PC(BM⊥PC)PC⊥MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.(2)ABDE(1)证明ABCDAD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，AB＝3BD＝BC＝7，CD＝6BD⊥CD，因为BE＝7，DE＝6，同理可得BD⊥DE.因为DE∩CD＝D，DE⊂平面DEC，CD⊂平面DEC，所以BD⊥平面DEC.因为BD⊂平面BDE，DEC⊥(2)解CDOE，因为△DCE6的正三角形，所以EO⊥CD，EO＝33，VE－ABD＝1×1×2×3×33＝3 Rt△BDE21×6×13＝32ABDEh，则由VE－ABD＝VA－BDE，得1×313h＝33h＝3 13ABDE的距离为313(1)BC1∥平面(2)AC1⊥平面证明(1)如图，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知F，PAD，DD1FP∥AD1，从而BC1∥FP.FP⊂EFPQ，BC1⊄BC1∥(2)AC，BD，则AC⊥BD.CC1⊥ABCD，BD⊂ABCD，可得CC1⊥BD.BD⊥ACC1.而AC1⊂ACC1，所以BD⊥AC1.M，NA1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.B组专项能力提升(时间：30分钟如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()答案C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面，故已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有 答案解析α，βa，b，则命题化为“a∥ba⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γa，b，则命题化为“a∥βa⊥b⇒b⊥β”β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AEABC⊥平面PBC；③直线BCPAE；④∠PDA＝45°. 答案解析PA⊥ABC，AE⊂ABCPA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，AE⊥PB⊂PAB，∴AE⊥PB，①∵PAD⊥ABC，∴ABC⊥PBC不成立，②错；BC∥AD，∴④如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝2ADBAB为轴转动．(1)ADBABCCD解(1)ABE∵△ADB是等边三角形，∴DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，∵ADB∩∴DE⊥ABCDE＝在Rt△DEC中 (2)当△ADBABAB⊥CD.①DABC∴C，D都段AB的垂直平分线上，即②DABC内时，由(1)又DE，CE为相交直线，∴AB⊥由CD⊂平面CDEAB＝2CD，E，F，G，M，NPB，AB，BC，PD，PC的中点．(1