数学（文科）攻略大一轮复习课标版精练8-4直线平面垂直的判定与性质（试题部分）

§8.4直线、平面垂直的判定与性质探考情悟真题【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分面面垂直的判定三棱锥的体积★★★2018课标全国Ⅱ,19,12分线面垂直的判定与性质点到平面的距离2017课标全国Ⅰ,18,12分面面垂直的判定与性质空间几何体的体积与侧面积2019课标全国Ⅰ,16,5分线面垂直的判定与性质点到平面的距离2019课标全国Ⅱ,17,12分线面垂直的判定与性质四棱锥的体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,证明几何体中的直线、平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间垂直关系的相互转化,属于中档题.破考点练考向【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ABCDA1B1C1D1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D答案D3.(2020届甘肃西北师大附中9月月考,6)如图,在四面体PABC中,AB=AC,PB=PC,D、E、F分别是棱AB、BC、CA的中点,则下列结论中不一定成立的是()∥平面PDF ⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDF⊥平面ABC答案D4.(2020届吉林梅河口五中9月月考,18)如图,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,∠ABC=120°.(1)证明:AD⊥BA1;(2)若平面ADD1A1⊥平面ABCD,且A1D=AB=2,求点A到平面A1BD的距离.答案(1)证明:取AD的中点O,连接OB,OA1.∵AA1=A1D,∴AD⊥OA1,又∠ABC=120°,四边形ABCD是平行四边形,BC=AB,∴△ABD是等边三角形,∴AD⊥OB,又OA1∩OB=O,∴AD⊥平面A1OB,∵A1B⊂平面A1OB,∴AD⊥BA1.(6分)(2)∵平面ADD1A1⊥平面ABCD,平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,∴A1O⊥平面ABCD.由A1D=AB=2及(1)知△A1AD,△ABD都是边长为2的等边三角形,∴A1O=BO=3,∴A1B=6.∴△ABD的面积为34×22=3,△A1BD的面积为12×6×22设点A到平面A1BD的距离为d,则由VA-A1BD=VA1-ABD得13×152炼技法提能力【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ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()1E⊥DC1 1E⊥BD 1E⊥BC1 1E⊥AC答案C2.(2019辽宁抚顺一模,10)在三棱锥PABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,点D,E分别为棱BC,PC的中点,则下列结论正确的是()A.直线DE⊥直线AD B.直线DE⊥直线PAC.直线DE⊥直线AB D.直线DE⊥直线AC答案D3.(2020届赣中南五校第一次联考,19)如图,在四棱锥PABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=12AD,∠APD=∠(1)证明:PD⊥PB;(2)设点M在棱PC上,且PM=13PC,若△MBC的面积为273,求四棱锥P答案(1)证明:∵∠BAD=90°,∴BA⊥AD.∵平面ABCD⊥平面PAD,交线为AD,∴BA⊥平面PAD,从而BA⊥PD.∵∠APD=90°,∴AP⊥PD.∵BA∩AP=A,∴PD⊥平面PAB.∵PB⊂平面PAB,∴PD⊥PB.(2)设AD=2m(m>0),则AB=BC=AP=m,PD=3m,由(1)知BA⊥平面PAD,∴BA⊥AP,∴BP=BA2+取AD的中点F,连接CF,PF,则CF∥BA,CF=m,∵BA⊥平面PAD,∴CF⊥平面PAD,∴CF⊥PF,∵PF=12∴PC=CF2+∵PM=13PC,∴CM=2∴S△MBC=23S△PBC=23×12BC×PB2由76m2=273,解得m=2(m=在△PAD中,P到AD的距离h=AP·PDAD=3∴P到平面ABCD的距离d=h=3,∴VPABCD=13S四边形ABCD·d=13×12×(2+4)×2×3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PABC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.答案(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=42所以OM=253,CH=OC·所以点C到平面POM的距离为452.(2020届河南、河北重点中学摸底考试,19)如图,已知四棱锥PABCD的底面是梯形,AB∥CD,AD⊥AB,且AD=CD=2AB=4,PA=PD=PC=3.(1)若O为AC的中点,证明:PO⊥平面ABCD;(2)求点C到平面PAB的距离.答案(1)证明:因为AB∥CD,AD⊥AB,所以AD⊥CD,因为AD=CD=4,所以AC=42.(1分)又PA=PC=3,O为AC的中点,所以PO⊥AC,PO=32-(2连接OD,在Rt△ACD中,O为AC的中点,所以OD=12AC=22.(3分因为OD2+PO2=(22)2+12=9=PD2,所以PO⊥OD.(4分)又OD∩AC=O,所以PO⊥平面ABCD.(5分)(2)设点C到平面PAB的距离为h,易知S△ABC=12×2×4=4.(6分连接OB,则OB=12AD=2,PB=PO2+O在△PAB中,PA=3,AB=2,PB=5,所以cos∠PAB=9+4-52×3所以S△PAB=12×3×2×1-49=由VCPAB=VPABC,得13×5h=13×4×1,解得h=故点C到平面PAB的距离为455.(12方法3证明面面垂直的方法1.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1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ABCDA1B1C1D1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B1CD1.2.(2019东北师大附中、重庆一中等校联合模拟,18)如图,在四棱锥PABCD中,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥平面ABCD,Q,M分别为AD,PC的中点,PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3(1)求证:平面PBC⊥平面PQB;(2)求三棱锥PQMB的体积.答案(1)证明:∵Q为AD的中点,BC=12AD,∴BC=QD,又AD∥∴四边形BCDQ为平行四边形.∵∠ADC=90°,∴BC⊥BQ.∵PA=PD,AQ=QD,∴PQ⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD,∴PQ⊥BC,又PQ∩BQ=Q,∴BC⊥平面PQB.∵BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PQB.(2)∵在Rt△PQB中,PQ=PA2-AQ∴S△PQB=12PQ·QB=3由(1)知BC⊥平面PQB,连接QC,则V三棱锥CPQB=13S△PQB×BC=13×32又M是线段PC的中点,∴V三棱锥PQMB=V三棱锥MPQB=12V三棱锥CPQB=12×12故三棱锥PQMB的体积为14方法4翻折问题的处理方法(2020届河北枣强中学9月月考,18)已知菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,AC∩BD=O.将菱形ABCD沿对角线AC折起得三棱锥BACD,如图,点M是棱BC的中点,DM=32.(1)求证:平面ABC⊥平面ACD;(2)求点M到平面ABD的距离.答案(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,且∠DAB=60°,边长为6,∴OD=OB=12BD=3,OD⊥AC,OB⊥AC.(2分连接OM,∵M为BC的中点,∴OM=12又∵DM=32,∴DM2=OD2+OM2,∴OD⊥OM.又OD⊥AC,OM∩AC=O,AC,OM⊂平面ABC,∴OD⊥平面ABC.(4分)∵OD⊂平面ACD,∴平面ABC⊥平面ACD.(6分)(2)由(1)知OD⊥平面ABC,∴OD为三棱锥DABM的高,OD⊥OB,S△ABM=12S△ABC=12×12AC·OB=14×63×3=∴VDABM=13S△ABM·OD=13×932×3=设点M到平面ABD的距离为h,∵S△ABD=12×32×62-3222=972∴h=3VD-ABMS【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.(2019课标全国Ⅰ,16,5分)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为3,那么P到平面ABC的距离为.

答案22.(2019课标全国Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥EBB1C1C的体积.答案本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.(1)证明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥EBB1C1C的体积V=133.(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.答案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)存在.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.4.(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=23DA,求三棱锥QABP的体积答案(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VQABP=13·QE·S△ABP=13×1×12×3×225.(2017课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥PABCD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PABCD的体积为83,求该四棱锥的侧面积答案(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PABCD的体积VPABCD=13AB·AD·PE=13x由题设得13x3=83,从而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22.可得四棱锥PABCD的侧面积为12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin解法二:由题设条件和(1)可知四棱锥PABCD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VPABCD=13·2a·a·22a=13由题设得13a3=83,从而PA=PD=2,AD=BC=22,PB=PC=22,故四棱锥PABCD的侧面积为12PA·PD+12PA·AB+12PD·DC+12BC2sin6.(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.答案(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12,即四面体ABCE与四面体ACDEB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.(2019北京,13,5分)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.

答案若l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)2.(2019天津,17,13分)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.答案本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运算与直观想象的核心素养.(1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN.依题意,得DN⊥PC.又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=3.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=3所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为333.(2019北京,18,14分)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.答案本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面平行、垂直的相互转化考查了学生的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核心素养.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(2)证明:因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG=12因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=12所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.4.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABCA1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.答案本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养.(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角),不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2所以cos∠EOG=EO2+因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是355.(2018北京,18,14分)如图,在四棱锥PABCD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.C组教师专用题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2010全国Ⅰ,9,5分)正方体ABCDA1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.23 B.33 C.23 答案D2.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥ABCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.3.(2017北京,18,14分)如图,在三棱锥PABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PA⊥BD;(2)求证:平面BDE⊥平面PAC;(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥EBCD的体积.答案(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,所以PA⊥平面ABC.又因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因为D为AC的中点,AB⊥BC,所以DE=12PA=1,BD=DC=2由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥EBCD的体积V=16BD·DC·DE=14.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1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ABCA1B1C1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ABCA1B1C1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.5.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥PABCD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.答案(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)6.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,已知正三棱锥PABC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.答案(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=23CG.(9分由题设可得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=22.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,(11所以四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×2=437.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥PABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=π2,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥(1)证明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱锥PDFBC的体积为7,求线段BC的长.答案(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,EF∥BC,故AB⊥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=23,得△故S△AFES△ABC=232=49,即S由AD=12AE,S△AFD=12S△AFE=12·49S△ABC==19x36从而四边形DFBC的面积为SDFBC=S△ABCS△AFD=12x36-x219x36由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥PDFBC的高.在直角△PEC中,PE=PC2-EC体积VPDFBC=13·SDFBC·PE=13·718x36-故得x436x2+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=33.8.(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PABCD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PABCD的体积为V1,四面体EBCD的体积为V2,求V1V答案(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⊂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PABCD的高,所以V1=13SABCD·PD=13BC·CD由(1)知,DE是鳖臑DBCE的高,BC⊥CE,所以V2=13S△BCE·DE=16BC·CE在Rt△PDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE=CE=22于是V1V2=19.(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EACD的体积为63,求该三棱锥的侧面积答案(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BE.又BD∩BE=B,故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.(5分)(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EACD的体积VEACD=13×12AC·GD·BE=624x3=63.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EACD的侧面积为3+25.(12分)10.(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A1BCDE的体积为362,求a的值.答案(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A1BCDE的高.由题图1知,A1O=22AB=2S四边形BCDE=BC·AB=a2.从而四棱锥A1BCDE的体积为V=13×S四边形BCDE×A1O=13×a2×22a=2由26a3=362,得11.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABCA1B1C1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ABCA1B1C1的高.答案(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+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ABCA1B1C1的高为21712.(2012课标全国,19,12分)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB=90°,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中点(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.答案(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BDACC1的体积为V1,AC=1.由题意得V1=13×1+22×1×1=又三棱柱ABCA1B1C1的体积V=1,所以(VV1)∶V1=1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得两部分的体积的比为1∶1.13.(2011课标,18,12分)如图,四棱锥PABCD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DPBC的高.答案(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DPBC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DPBC的高为32【三年模拟】时间:60分钟分值:70分一、选择题(每小题5分,共15分)1.(2019贵州贵阳高三适应性考试,10)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,点A∈α,A∉l,直线AB∥l,直线AC⊥l,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中,不一定成立的是()∥m ⊥m ∥β ⊥β答案D2.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1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B3.(2020届广西桂林十八中9月月考,9)设E,F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DC上两点,且AB=2,EF=1,给出下列四个命题:①三棱锥D1B1EF的体积为定值;②异面直线D1B1与EF所成的角为45°;③D1B1⊥平面B1EF;④直线D1B1与平面D1EF所成的角为60°.其中正确的命题为()A.①② B.②③ C.②④ D.①④答案A二、填空题(共5分)4.(2020届陕西西安五校9月联考,14)如图所示,已知矩形ABCD中,AB=3,BC=a,若PA⊥平面ABCD,在BC边上取点E,使PE⊥DE,则当满足条件的点E有两个时,a的取值范围是.

答案(6,+∞)三、解答题(共50分)5.(2020届河南十所名校尖子生9月联考,18)如图,四棱锥SABCD的底面ABCD是菱形,∠ADC=120°,平面SAD⊥平面ABCD,△SAD是等边三角形.(1)求证:AD⊥SB;(2)若△SAD的面积为43,求点C到平面SAB的距离.答案(1)证明:取AD的中点O,连接SO,BO,BD.(1分)因为△SAD是等边三角形,O是AD的中点,所以SO⊥AD.(3分)因为四边形ABCD是菱形,∠ADC=120°,所以△ABD是等边三角形,所以BO⊥AD.(5分)又因为SO∩BO=O,且SO⊂平面SOB,BO⊂平面SOB,所以AD⊥平面SOB.又因为SB⊂平面SOB,所以AD⊥SB.(6分)(2)设AD=a(a>0),则34a2=43,解得a=4.(7分因为平面SAD⊥平面ABCD,SO⊥AD,所以SO⊥平面ABCD.设点C到平面SAB的距离为h,则VSABC=VCSAB,即13·S△ABC·SO=13·S△SAB·h.(9易知SO=23,OB=23.在Rt△SOB中,由SO=OB=23,得SB=SO2+△SAB中边SB上的高为SA2-SB22=所以S△SAB=12×26