《（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：8.4 直线、平面垂直的判定与性质 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：8.4 直线、平面垂直的判定与性质 .pptx（90页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、8.4直线、平面垂直的判定与性质,高考文数 ( 课标专用),考点一直线与平面垂直的判定和性质 1.(2017课标全国,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则() A.A1EDC1B.A1EBD C.A1EBC1D.A1EAC,A组统一命题课标卷题组,五年高考,答案CA1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1,A1B1BC1,又BC1B1C,且B1CA1B1=B1, BC1平面A1B1CD, 又A1E平面A1B1CD, BC1A1E.故选C.,2.(2018课标全国,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为A
2、C 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OPAC,且OP=2. 连接OB,因为AB=BC=AC, 所以ABC为等腰直角三角形, 且OBAC,OB=AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OPOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. (2)作CHOM,垂足为H. 又由(1)可得OPCH,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=AC=2,CM=BC=,ACB=45. 所以OM=,CH=. 所以点C到平面POM的距离为.,解
3、题关键认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积法求解是关键.,3.(2016课标全国,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ABPD. 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE.(2分) 又PDDE=D,所以AB平面PED, 因为PG平面PED,所以ABP
4、G. 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PBPA,PBPC, 又EFPB,所以EFPA,EFPC, 又PAPC=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=CG.(9分),由题设可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE=PG,DE=PC.由已知,正三 棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,
5、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),4.(2014课标,19,12分,0.32)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:B1CAB; (2)若ACAB1,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B1CBC1. 又AO平面BB1C1C, 因为B1C平面BB1C1C, 所以B1CAO, 因为BC1AO=O, 故B1C平面A
6、BO. 由于AB平面ABO,故B1CAB. (2)作ODBC,垂足为D,连接AD. 作OHAD,垂足为H.,由于BCAO,BCOD,OAOD=O, 故BC平面AOD, 因为OH平面AOD, 所以OHBC. 又OHAD,BCAD=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=. 由于ACAB1,所以OA=B1C=. 由OHAD=ODOA,且AD=, 得OH=. 又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为. 故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.,一题多题第(2)问易得=,B1C=1,由AO平面BB1C1C,O为B1C的中点,ACAB1,
7、可得 ACB1为等腰直角三角形,可求得SABC=.设点B1到平面ABC的距离为h,由=得 =h,故h=,从而三棱柱ABC-A1B1C1的高为.,思路分析(1)连接BC1,证明B1C平面ABO,可得B1CAB;(2)作ODBC于D,连接AD,然后作OHAD于H,证明CBB1为等边三角形,求出B1到平面ABC的距离即可知三棱柱ABC-A1B1C1的高.,考点二平面与平面垂直的判定和性质 1.(2018课标全国,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异 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
8、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BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=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中点. 连接OP,因为P为AM中点,所以MCOP. MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.,易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.,
9、疑难突破解决线面平行的探索性问题的策略: (1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明. (2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线.,2.(2017课标全国,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,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,求该四棱锥的侧面积.,解析(1)证明:由已知BAP=CDP=90, 得ABAP,CDPD. 由于ABCD,故ABPD, 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
10、作PEAD,垂足为E. 由(1)知,AB平面PAD,故ABPE,可得PE平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x. 故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=ABADPE=x3. 由题设得x3=,故x=2. 从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2. 可得四棱锥P-ABCD的侧面积为PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin 60=6+2. 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=aaa=a3, 由题设得a3=,解得a=2, 从而PA=
11、PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2, 故四棱锥P-ABCD的侧面积为 PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin 60=6+2.,3.(2015课标,18,12分,0.282)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,AEEC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.,解析(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD. 因为BE平面ABCD,AC平面ABCD, 所以ACBE. 又BDBE=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
12、ABCD中,由ABC=120,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因为AEEC,所以在RtAEC中,可得EG=x. 由BE平面ABCD,知EBG为直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=ACGDBE=x3=.故x=2.(9分) 从而可得AE=EC=ED=.所以EAC的面积为3,EAD的面积与ECD的面积均为.故三 棱锥E-ACD的侧面积为3+2.(12分),思路分析(1)由ACBD,ACBE,可得AC平面BED,利用面面垂直的判定定理可证明平面AEC平面BED.(2)设AB=x,用x表示出AG,GD,BE,然后根据条件求出x.把相关数据求出来,计算出三个侧面的
13、面积,最后求和即可.,B组自主命题省(区、市)卷题组 考点一直线与平面垂直的判定和性质 1.(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=2,BAD=90. (1)求证:ADBC; (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.,解析本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力. (1)证明:由平面ABC平面ABD,平面ABC平面ABD=AB,ADAB,可得AD平面ABC,故ADBC. (
14、2)取棱AC的中点N,连接MN,ND. 又因为M为棱AB的中点,故MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角. 在RtDAM中,AM=1,故DM=. 因为AD平面ABC,故ADAC.,在RtDAN中,AN=1,故DN=. 在等腰三角形DMN中,MN=1, 可得cosDMN=. 所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为. (3)连接CM.因为ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CMAB,CM=. 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RtCAD中,CD=4. 在RtCMD中,sinCDM=. 所以
15、,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.,2.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)ADAC.,证明(1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD, 所以EFAB. 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,BCBD, 所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD, 所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所
16、以AD平面ABC.又因为AC平面ABC,所以ADAC.,方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路: (1)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(a,bab).,3.(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
17、积为V1,四面体EBCD的体积为V2,求的值.,解析(1)因为PD底面ABCD,BC平面ABCD, 所以PDBC. 由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D, 所以BC平面PCD.DE平面PCD, 所以BCDE. 又因为PD=CD,点E是PC的中点, 所以DEPC. 而PCBC=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=SABCDPD=BCCDPD; 由(1)知,DE是鳖臑D-BCE的高,
18、BCCE, 所以V2=SBCEDE=BCCEDE.,在RtPDC中,因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE=CE=CD, 于是=4.,评析本题考查了线面垂直的判定和性质;考查体积的计算方法;考查了空间想象能力和运算求解能力.解题过程不规范容易造成失分.,考点二平面与平面垂直的判定和性质 1.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力. (1)在平行六面体ABCD-
19、A1B1C1D1中,ABA1B1. 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AB1A1B. 因为AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBC=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,PAPD,PA=
20、PD,E,F分别为AD,PB的中点. (1)求证:PEBC; (2)求证:平面PAB平面PCD; (3)求证:EF平面PCD.,解析(1)因为PA=PD,E为AD的中点, 所以PEAD. 因为底面ABCD为矩形, 所以BCAD. 所以PEBC. (2)因为底面ABCD为矩形, 所以ABAD. 又因为平面PAD平面ABCD, 所以AB平面PAD. 所以ABPD. 又因为PAPD, 所以PD平面PAB. 所以平面PAB平面PCD. (3)取PC中点G,连接FG,DG.,3.(2017北京,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中
21、点,E为线段PC上一点. (1)求证:PABD; (2)求证:平面BDE平面PAC; (3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.,解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力. (1)证明:因为PAAB,PABC,ABBC=B, 所以PA平面ABC. 又因为BD平面ABC, 所以PABD. (2)证明:因为AB=BC,D为AC中点, 所以BDAC.由(1)知,PABD, 又ACPA=A, 所以BD平面PAC. 因为BD平面BDE, 所以平面BDE平面PAC. (3)因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE, 所以PADE.,因
22、为D为AC的中点, 所以DE=PA=1,BD=DC=. 由(1)知,PA平面ABC, 所以DE平面ABC. 所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=.,4.(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.,证明本题考查线面平行与面面垂直. (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
23、形,O为AC与BD的交点, 所以A1O1OC,A1O1=OC, 因此四边形A1OCO1为平行四边形, 所以A1OO1C. 又O1C平面B1CD1,A1O平面B1CD1, 所以A1O平面B1CD1.,(2)因为ACBD,E,M分别为AD和OD的中点, 所以EMBD, 又A1E平面ABCD,BD平面ABCD, 所以A1EBD,因为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.,易错警示ab,a b.,C组教师专用题组 考点一直线与平面垂直的判定和性质 1.(2
24、014浙江,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面.() A.若mn,n,则m B.若m,则m C.若m,n,n,则m D.若mn,n,则m,答案C对于选项A、B、D,均能举出m的反例;对于选项C,若m,n,则mn,又n,m,故选C.,2.(2010课标全国,9)正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为() A.B. C. D.,答案DBB1DD1,DD1与平面ACD1所成的角即为BB1与平面ACD1所成的角,其大小设为, 设正方体的棱长为1,则点D到平面ACD1的距离为, 所以sin =, 得cos =,故选D. 评析本题考查了线面角的求法,转化
25、思想是解答本题的关键,本题也可以建立空间直角坐标系解答.,3.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC平面ABC,ABC=,点D,E在线段AC 上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EFBC. (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PEAC. 又平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABC=AC,PE平面PAC,PEAC,所以PE平面ABC,又AB平面ABC,从而PEAB. 因为ABC=,EFBC,故ABEF. 从而
26、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=,从而SABC=ABBC=x. 由EFBC知,=,得AFEABC, 故=, 即SAFE=SABC. 由AD=AE,SAFD=SAFE=SABC=SABC =x, 从而四边形DFBC的面积为SDFBC=SABC-SAFD =x-x=x. 由(1)知,PE平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高. 在直角PEC中,PE=2. 体积VP-DFBC=SDFBCPE=x2=7, 故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x0,可得x=3或x=3,所以,BC=3或BC=
27、3.,评析本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体现了函数与方程的思想.,4.(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=Sh,其中S为底面面积,h为高.,5.(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
28、)直线AC1平面PQMN.,6.(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=,M为BC上一点,且BM=. (1)证明:BC平面POM; (2)若MPAP,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AOOB. 因为BAD=,所以OB=ABsinOAB=2sin=1, 又因为BM=,且OBM=,所以在OBM中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM=12+-21 cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OMBM. 又PO底面ABCD,BC平面ABCD,所以P
29、OBC. 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=ABcosOAB=2cos=. 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+. 连接AM,在ABM中,AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM=22+-22cos=. 由于MPAP,故APM为直角三角形,则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
30、=S四边形ABMOPO=. 评析本题考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,打破以往单纯的几何逻辑推理,而将三角函数中的余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的交汇性.,7.(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:PABD; (2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.,解析(1)因为DAB=60,AB=2AD,由余弦定理得BD=AD. 从而BD2+AD2=AB2,故BDAD. 又PD底面ABCD,可得BDPD, 所以BD平面PAD.故PABD. (2)如图,作
31、DEPB,垂足为E.已知PD底面ABCD,则PDBC. 由(1)知BDAD,又BCAD,所以BCBD. 故BC平面PBD,BCDE. 则DE平面PBC,即DE为棱锥D-PBC的高,由题设知PD=AD=1,则BD=,PB=2. 根据DEPB=PDBD得DE=. 即棱锥D-PBC的高为. 评析本题考查直线与平面垂直,直线与直线垂直的判定与性质,三棱锥的体积,点到平面的距离等基础知识与基本方法,考查空间想象能力,推理论证能力和运算能力,对平面几何知识也有一定的要求,属中等偏难题.,考点二平面与平面垂直的判定和性质 1.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为
32、AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1DA1F,A1C1A1B1. 求证:(1)直线DE平面A1C1F; (2)平面B1DE平面A1C1F.,2.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC平面ABCD,ABDC,DCAC. (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PCDC.(2分) 又因为DCAC, ACPC=C,所以DC平面PAC.(4分) (2)证明:因为ABDC,DCAC, 所以ABAC.(6
33、分) 因为PC平面ABCD,AB平面ABCD,所以PCAB.(7分) 又ACPC=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EFPA.(13分) 又因为PA平面CEF,EF平面CEF, 所以PA平面CEF.(14分),3.(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=AA1,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
34、部分,求这两部分体积的比.,解析(1)证明:由题设知BCCC1,BCAC,CC1AC=C,所以BC平面ACC1A1. 又DC1平面ACC1A1,所以DC1BC. 由题设知A1DC1=ADC=45,所以CDC1=90,即DC1DC. 又DCBC=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=11=. 又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=1,所以(V-V1)V1=11. 故平面BDC1分此棱柱所得两部分的体积的比为11. 评析本题考查了线面垂直的判定,考查了体积问题,同时也考查了空间想象能力.,
35、(时间:25分钟分值:40分) 一、选择题(每小题5分,共30分) 1.(2018河南安阳二模)已知a,b表示两条不同的直线,表示两个不同的平面,下列说法错误的是() A.若a,b,则ab B.若a,b,ab,则 C.若a,ab,则b D.若=a,ab,则b或b,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,答案C对于A,若a,则a,又b,故ab,故A正确; 对于B,若a,ab,则b或b,存在直线m,使得mb, 又b,m,.故B正确; 对于C,若a,ab, 则b或b,又, b或b,故C错误; 对于D,若=a,ab,则b或b,故D正确.故选C.,2.(2018安徽亳州模拟,8)如图甲所示,
36、在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B、C、D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体A-EFH中必有() A.AH平面EFHB.AG平面EFH C.HF平面AEFD.HG平面AEF,答案AAHHE,AHHF,且EHHF=H, AH平面EFH,A正确; 过A只有一条直线与平面EFH垂直,B不正确; AGEF,EFAH,AGAH=A, EF平面HAG, EF平面AEF, 平面HAGAEF, 过H作平面AEF的垂线,一定在平面HAG内,C不正确; HG不垂直于AG, HG平面AEF不正确, D不正确.故
37、选A.,3.(2018福建泉州二模,6)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D如图,在正方体中,E,F,G,M,N,Q均为所在棱的中点,易知E,F,G,M,N,Q六个点共面,直线BD1与平面EFMNQG垂直,并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合,不满足题意,只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直,满足题意.故选D.,4.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,且BC1AC,过C1作C1H底面ABC,垂足为H,则点H在()
38、 A.直线AC上B.直线AB上 C.直线BC上D.ABC内部,答案B连接AC1,如图: BAC=90,ACAB, BC1AC,BC1AB=B, AC平面ABC1, 又AC在平面ABC内,根据面面垂直的判定定理,知平面ABC平面ABC1, 则根据面面垂直的性质定理知,在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.,5.(2017广东广州一模,4)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是() A.若,m,n,则mn B.若m,mn,n,则 C.若mn,m,n,则 D.若,m,n,则mn,答案B若,m,n,则m与n相交、平行或异面,故A错误; m,m
39、n,n, 又n,故B正确; 若mn,m,n,则与的位置关系不确定,故C错误; 若,m,n,则mn或m,n异面,故D错误.故选B.,6.(2017河北唐山一模,8)设m,n是平面内的两条不同直线,l1,l2是平面内两条相交直线,则 的一个充分不必要条件是() A.l1m,l1nB.ml1,ml2 C.ml1,nl2D.mn,l1n,答案B由ml1,ml2及已知条件可得m,又m,所以;反之,时未必有ml1,ml2,故“ml1,ml2”是“”的充分不必要条件,其余选项均推不出,故选B.,二、解答题(共10分) 7.(2018湖南益阳模拟,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB平面ABCD
40、,ADBC,AD=2BC,DAB=ABP=90. (1)求证:AD平面PAB; (2)求证:ABPC; (3)若点E在棱PD上,且CE平面PAB,求的值.,解析(1)证明:因为DAB=90, 所以ADAB. 因为平面PAB平面ABCD, 且平面PAB平面ABCD=AB, 所以AD平面PAB. (2)证明:由(1)知ADAB, 因为ADBC,所以BCAB. 又因为ABP=90, 所以PBAB. 因为PBBC=B, 所以AB平面PBC, 因为PC平面PBC, 所以ABPC. (3)过E作EFAD交PA于F,连接BF.,因为ADBC,所以EFBC. 所以E,F,B,C四点共面. 又因为CE平面PAB
41、, 且CE平面BCEF,平面BCEF平面PAB=BF, 所以CEBF, 所以四边形BCEF为平行四边形, 所以EF=BC=AD. 在PAD中,因为EFAD, 所以=, 即=.,B组20162018年高考模拟综合题组 (时间:35分钟分值:55分) 一、选择题(每小题5分,共15分) 1.(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ABNB.MCAN C.平面CMN平面AMND.平面BDE平面AMN,答案C分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得A
42、P=CQ=1, 连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体. BC平面ABN, 又BC平面BCE, 平面BCE平面ABN,故A正确; 连接PB,则PBMC, 显然,PBAN, MCAN,故B正确; 取MN的中点F,连接AF,CF,AC. AMN和CMN都是边长为的等边三角形, AFMN,CFMN, AFC为二面角A-MN-C的平面角, AF=CF=,AC=, AF2+CF2AC2,即AFC,平面CMN与平面AMN不垂直,故C错误; DEAN,MNBD, DEBD=D,DE,BD平面BDE,MNAN=N,MN,AN平面AMN, 平面BDE平面AMN,故D正确.故选C.,2.(201
43、7山西临汾二模,9)已知点A、B在半径为的球O表面上运动,且AB=2,过AB作相互垂直 的平面、,若平面、截球O所得的截面分别为圆M、N,则() A.MN长度的最小值是2 B.MN的长度是定值 C.圆M面积的最小值是2 D.圆M、N的面积和是定值8,答案B如图所示,平面ABC为平面,平面ABD为平面,则BDBC, BC2+BD2+4=12,CD=2, M,N分别是AC,AD的中点, MN=CD=, MN的长度是定值,故选B.,解题关键根据题意画出图形是解题的前提,求出CD的长是解题的关键.,3.(2017江西南昌摸底考试,3)如图,在四面体ABCD中,已知ABAC,BDAC,那么点D在平面AB
44、C内的射影H必在() A.直线AB上B.直线BC上 C.直线AC上D.ABC内部,答案A因为ABAC,BDAC,ABBD=B,所以AC平面ABD,又AC平面ABC,所以平面ABC平面ABD,所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上.,二、解答题(共40分) 4.(2018广东江门一模,19)如图,直角梯形ABEF中,ABE=BAF=90,C、D分别是BE、AF上的点,且DA=AB=BC=a,DF=2CE=2a.沿CD将四边形CDFE翻折至四边形CDPQ的位置,连接 AP、BP、BQ,得到多面体ABCDPQ,且AP=a. (1)求多面体ABCDPQ的体积; (2)求证:平面PBQ平面PBD.
45、,解析(1)DA=AB=BC=a,ABC=BAD=90, 四边形ABCD是正方形, CDAD,CDDP, 又ADDP=D, CD平面ADP. ABCD,AB平面ADP, AD2+DP2=AP2,ADDP, 又CDAD,CDDP=D, AD平面CDPQ,又ADBC, BC平面CDPQ. VB-CDPQ=S梯形CDPQBC=a=a3, VB-ADP=SADPAB=a2aa=, 多面体ABCDPQ的体积为VB-CDPQ+VB-ADP=.,(2)证明:取BP的中点G,连接GQ、DG、DQ, 在ABP中,BP=2a, BG=BP=a, 在BCQ中,BQ=a. PQ=a, PQ=BQ,GQBP. QG=a
46、, 又BD=AB=2a=DP, DGBP, DG=a, 又DQ=a, DQ2=QG2+DG2,QGDG. 又BPDG=G,QG平面PBD, 又QG平面PBQ,平面PBQ平面PBD.,思路分析(1)将多面体分解成三棱锥B-ADP和四棱锥B-CDPQ,分别计算两个棱锥的体积然后相加即可; (2)取BP的中点G,连接GQ、DG、DQ,根据勾股定理计算各边长得出QGBP,QGDG,故而QG平面PBD,于是平面PBQ平面PBD.,5.(2018河南郑州二模,19)在如图所示的五面体ABCDEF中,四边形ABCD为菱形,且DAB=60,EA=ED=AB=2EF=2,EFAB,M为BC中点. (1)求证:F
47、M平面BDE; (2)若平面ADE平面ABCD,求F到平面BDE的距离.,解析(1)证明:取BD中点O,连接OM,OE, 因为O,M分别为BD,BC中点, 所以OMCD,且OM=CD, 因为四边形ABCD为菱形, 所以CDAB,因为EFAB, 所以CDEF,又AB=CD=2EF=2,所以EF=CD. 所以OMEF,且OM=EF, 所以四边形OMFE为平行四边形, 所以FMOE. 又OE平面BDE且FM平面BDE,所以FM平面BDE.,(2)由(1)得FM平面BDE, 所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离. 取AD的中点H,连接EH,BH, 因为EA=ED,所以EHAD, 因为平面A
48、DE平面ABCD, 平面ADE平面ABCD=AD, 所以EH平面ABCD,因为BH平面ABCD,所以EHBH. 因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD=2, 又BAD=60,所以ABD是等边三角形,所以BH=.易得EH=. 在RtEBH中,因为EH=BH=, 所以BE=, 所以SBDE=, 设F到平面BDE的距离为h, 连接DM,因为SBDM=4=, 所以由VE-BDM=VM-BDE,得=h, 解得h=. 即F到平面BDE的距离为.,6.(2017河北唐山一模,19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面ABC,ACB=90,AC=CB=CC1=2,M是AB的中点. (1)求证:平面
49、A1CM平面ABB1A1; (2)求点M到平面A1CB1的距离.,解析(1)证明:由A1A平面ABC,CM平面ABC,得A1ACM. 由AC=CB,M是AB的中点,得ABCM. 又A1AAB=A,则CM平面ABB1A1, 又CM平面A1CM, 所以平面A1CM平面ABB1A1. (2)设点M到平面A1CB1的距离为h.连接MB1. 由题意可知A1C=CB1=A1B1=2MC=2,A1M=B1M=, 则=2,=2. 由(1)可知CM平面ABB1A1,则CM是三棱锥C-A1MB1的高, 由=MC=h, 得h=, 即点M到平面A1CB1的距离为.,思路分析(1)推导出A1ACM,ABCM,由此能证明CM平面ABB1A1,进而证明平面A1CM平面ABB1A1. (2)设点M到平面A1CB1的距离为h,由=MC=h能求出点M到平面A1 CB1的距离.,