（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习专题8立体几何8.4直线、平面垂直的判定和性质检测.doc

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1、18.4 直线、平面垂直的判定和性质挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度2018 浙江,19线面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角解三角形求正弦值2017 浙江,19直线与平面所成的角直线与平面平行的判定与性质2016 浙江,5,18,文 18线面垂直、面面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角、二面角解三角形求余弦值2015 浙江,17,文 18线面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角、二面角解三角形求正弦值、余弦值垂直的判定和性质1.理解直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定定理.2.理解直线与平面垂直、平面与平面垂直的性质定理,并能够证明.3.理解直线

2、与平面所成的角、二面角的概念.4.能够证明空间垂直位置关系的简单命题.2014 浙江文,20线面垂直的判定和性质、直线与平面所成的角解三角形求角和正切值2分析解读 1.直线与平面垂直,平面与平面垂直的判定和性质,线面间的角与距离的计算是高考的重点,特别是以多面体为载体的线面位置关系的论证,更是高考的热点,试题以中等难度为主.2.高考常考的题型有:判断并证明两个平面的垂直关系,直线与平面的垂直关系,直线与直线的垂直关系.线面、面面垂直的性质定理的应用,求直线与平面、平面与平面所成角等综合问题.多以棱柱、棱锥为背景.3.预计 2020 年高考试题中,垂直关系仍然是考查的重点和热点.考查仍会集中在垂

3、直关系的判定和垂直的性质的应用上,其解决的方法主要是传统法和向量法,复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点 垂直的判定和性质1.(2017 浙江名校(诸暨中学)交流卷四,3)设 a,b,c 是三条不同的直线, 是两个不同的平面,则使 ab 成立的一个充分条件是( ) A.ac,bc B.,a,b C.a,b D.a,b答案 D 2.(2018 浙江诸暨高三上学期期末,19,15 分)如图,在空间几何体中,四边形 ABCD 是边长为2 的正方形,ABEF,AF=EF=BE=1,DF= .5(1)求证:BF平面 ADF;(2)求直线 BF 与平面 DCEF 所成角的正弦值.解析 (1)证明:在等

4、腰梯形 ABEF 中,AB=2,EF=AF=BE=1FAB=,(1 分)故 BF= ,则 BF2+AF2=AB2,可得 AFBF.(3 分)33在DFB 中,由 BF2+DF2=BD2,可得 BFDF.(5 分)因为 AFDF=F,所以 BF平面 ADF.(7 分)(2)作 FOAB 交 AB 于 O,如图,以 O 为原点,OF,OB,OG 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz,(9 分)则 F ,B ,E ,C , =(0,1,0), = ,(32,0,0) (0,32,0) ( 32,1,0) (0,32,2) (32,-12,-2)设平面 DCEF 的法向量为 n

5、=(x,y,z),由 可取 n= ,(12 分)=0,=0, (2,0, 32)设直线 BF 与平面 DCEF 所成角为 ,又 = ,所以 sin =|cos|= = ,(32,-32,0)| 21919即直线 BF 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 .(15 分)219193.(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-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.解析 (1)证明:由已知可得 A

6、FDF,AFFE,AFEF=F,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)4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),3B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0, ).3由已知得,ABEF,所以 AB平面 EFDC.(8 分)又平面 ABCD平面 EFDC=CD

7、,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, ),3所以 =(1,0, ), =(0,4,0), =(-3,-4, ), =(-4,0,0).(10 分) 3 3 设 n=(x,y,z)是平面 BCE 的法向量,则即=0,=0, + 3=0,4=0, 所以可取 n=(3,0,- ).3设 m 是平面 ABC 的法向量,则 =0,=0,同理可取 m=(0, ,4).则 cos= =- .3| 21919故二面角 E-BC-A 的余弦值为- .(12 分)21919评析 本题考查了立体几何部分

8、有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.炼技法【方法集训】方法 1 线面垂直判定的方法1.(2018 浙江稽阳联谊学校高三联考(4 月),19,15 分)如图,四边形 ABEF 是正方形,ABCD,AD=AB=BC=CD.(1)若平面 ABEF平面 ABCD,求证:DB平面 EBC;(2)若 DFBC,求直线 BD 与平面 ADF 所成角的正弦值.5解析 (1)证明:四边形 ABEF 是正方形,EBAB,又平面 ABEF平面 ABCD,且平面 ABEF平面 ABCD=AB,EB平面 ABCD,EBBD,(2 分)AD=AB

9、=BC=CD,不妨设 AD=AB=BC=1,DC=2,则 BD= ,3BDBC.(4 分)EBBC=B,DB平面 EBC.(6 分)(2)解法一:如图,过点 F 作 FH平面 ABCD,垂足为 H,连接 AH 并延长,交 CD 于点 G.过点 H 作 HIAD 交 AD 于点 I,连接 FI,作 HOFI 交 FI 于点 O,FH平面 ABCD,FHBC,DFBC,BC平面 FDH,BCDH,即点 H 在 BD 上,(9 分)FHAD,HIAD,FHHI=H,AD平面 FIH,ADHO,HOFI,FIAD=I,HO平面 AFD,点 H 到平面 AFD 的距离为 HO,(11 分)由已知可得 D

10、G=,HG=HI= ,HO= ,而 BD=3DH,36 69点 B 到平面 AFD 的距离为 .(13 分)63设直线 BD 与平面 AFD 所成的角为 ,则 sin = .(15 分)23解法二:以 A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设 AD=AB=BC=DC=1,则 A(0,0,0),B(0,1,0),C ,D .(8 分)(32,32,0) ( 32,-12,0)6设 F(x,y,z),由题意可得 将坐标代入得 解得=1,= 2,=0, 2+2+2=1,2+(-1)2+2=2,(- 32,+12,)( 32,12,0)=0, = 33,=0,= 63,即 F ,(11 分)(33

11、,0, 63)设平面 AFD 的法向量为 n=(a,b,c),则 即=0,=0, 32-12=0,33+ 63=0,令 a= ,则 b= ,c=-1,即 n=( , ,-1),(13 分)2 6 2 6设直线 BD 与平面 AFD 所成的角为 ,易知 = ,(32,-32,0)故 sin =|cos|= = ,| 23直线 BD 与平面 ADF 所成角的正弦值为 .(15 分)232.(2018 浙江萧山九中 12 月月考,19)如图,在三棱柱 ABC-DFE 中,点 P,G 分别是 AD,EF 的中点,已知 AD平面 ABC,AD=EF=3,DE=DF=2.(1)求证:DG平面 BCEF;(

12、2)求 PE 与平面 BCEF 所成角的正弦值.解析 (1)证明:由题意知,AD平面 DEF,ADDG,BFDG,(2 分)DE=DF,G 是 EF 的中点,EFDG,(4 分)又 BFEF=F,DG平面 BCEF.(7 分)7(2)取 BC 的中点 H,连接 HG,取 HG 的中点 O,连接 OP,OE,易知 PODG,所以 PO平面 BCEF,所以OEP 是 PE 与平面 BCEF 所成的角,(10 分)由已知得,PE=,OP= ,72所以 sinOEP= = ,(14 分)75故 PE 与平面 BCEF 所成角的正弦值为 .(15 分)75方法 2 面面垂直判定的方法1.( 2018 浙

13、江杭州第二次高考教学质量检测(4 月),19)如图,在等腰三角形 ABC 中,AB=AC,A=120,M 为线段 BC 的中点,D 为线段 BC 上一点,且 BD=BA,沿直线 AD 将ADC 翻折至ADC,使 ACBD.(1)证明:平面 AMC平面 ABD;(2)求直线 CD 与平面 ABD 所成的角的正弦值.解析 (1)证明:由题意知 AMBD,又 ACBD,所以 BD平面 AMC,因为 BD平面 ABD,所以平面 AMC平面 ABD.(7 分)(2)在平面 ACM 中,过 C作 CFAM 交 AM 于点 F,连接 FD.由(1)知,CF平面 ABD,所以CDF 为直线 CD 与平面 AB

14、D 所成的角.设 AM=1,则 AB=AC=2,BM= ,MD=2- ,3 3DC=DC=2 -2,AD= - .3 6 2在 RtCMD 中,MC 2=CD2-MD2=(2 -2)2-(2- )2=9-4 .3 3 38设 AF=x,在 RtCFA 中,AC 2-AF2=MC2-MF2,即 4-x2=(9-4 )-(1-x)2,3解得 x=2 -2,即 AF=2 -2.3 3所以 CF=2 .23-3故直线 CD 与平面 ABD 所成的角的正弦值等于 = .(15 分)23-33-12.(2017 浙江名校(绍兴一中)交流卷一,19)如图,三棱锥 P-ABC 中,PC平面ABC,AB=PC=

15、2,AC=4,PBC=,点 E 在 BC 上,且 BE=EC.(1)求证:平面 PAB平面 PBC;(2)求 AE 与平面 PAB 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为 PC平面 ABC,所以 PCAB,PCBC.(2 分)又因为在三角形 PBC 中,PC=2,PBC=,所以 BC=2 ,(4 分)3而 AB=2,AC=4,所以 AC2=AB2+BC2,所以 ABBC.(6 分)又 ABPC,PCBC=C,所以 AB平面 PBC,又 AB平面 PAB,所以平面 PAB平面 PBC.(8 分)(2)设 AE 与平面 PAB 所成的角为 .因为 BE=EC,所以点 E 到平面 PAB 的距离 d

16、E=dC(dC表示点 C 到平面 PAB 的距离).(11 分)过 C 作 CFPB 于点 F,由(1)知 CF平面 PAB,易得 dC=CF= ,所以 dE=dE= .(13 分)333又 AE= = ,所以 sin = =.(15 分)2+2433 过专题【五年高考】A 组 自主命题浙江卷题组考点 垂直的判定和性质91.(2014 浙江文,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 mB.若 m,则 mC.若 m,n,n,则 mD.若 mn,n,则 m答案 C 2.(2016 浙江文,18,15 分)如图,在三棱台 ABC-DEF 中,平面 BC

17、FE平面 ABC,ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF平面 ACFD;(2)求直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值.解析 (1)证明:延长 AD,BE,CF 相交于一点 K,如图所示.因为平面 BCFE平面 ABC,且 ACBC,所以 AC平面 BCK,因此 BFAC.又因为 EFBC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以BCK 为等边三角形,且 F 为 CK 的中点,则 BFCK.所以 BF平面 ACFD.(2)因为 BF平面 ACK,所以BDF 是直线 BD 与平面 ACFD 所成的角.在 RtBFD 中,BF= ,DF=,得 cosBDF= ,

18、3217所以,直线 BD 与平面 ACFD 所成角的余弦值为 .217评析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,线面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.3.(2015 浙江,17,15 分)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,BAC=90,AB=AC=2,A 1A=4,A1在底面 ABC 的射影为 BC 的中点,D 是 B1C1的中点.(1)证明:A 1D平面 A1BC;10(2)求二面角 A1-BD-B1的平面角的余弦值.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

19、 D,E 分别为 B1C1,BC 的中点,得 DEB 1B 且 DE=B1B,从而 DEA 1A 且 DE=A1A,所以四边形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= ,A 1EA=A 1EB=90,得 A1B=A1A=4.2由 A1D=B1D,A1B=B1B,得A 1DB 与B 1DB 全等.由 A1FBD,得 B1FBD,因此A 1FB1为二面角 A1-BD-B1的平面角.由 A1D= ,A1B=4,DA 1B=90,得 BD=3 ,A1F=B1F=,2

20、 2由余弦定理得 cosA 1FB1=-.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.11由题意知各点坐标如下:A 1(0,0, ),B(0, ,0),D(- ,0, ),B1(- , , ).14 2 2 14 2 2 14因此 =(0, ,- ), =(- ,- , ), =(0, ,0).1 2 14 2 2 141 2设平面 A1BD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),平面 B1BD 的法向量为 n=(x2,y2,z2).由 即1=0,=0, 21- 141=0,- 21- 21+ 141=0,可取

21、m=(0, ,1).7由 即 可取 n=( ,0,1).1=0,=0, 22=0,- 22- 22+ 142=0, 7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-.评析 本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.4.(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= .2(1)证明:DE平面 ACD;(2)求二面角 B-AD-E 的大小.解析 (1)证明:在直角梯形 BCDE

22、中,由 DE=BE=1,CD=2,得 BD=BC= ,2由 AC= ,AB=2,得 AB2=AC2+BC2,即 ACBC,2又平面 ABC平面 BCDE,从而 AC平面 BCDE,所以 ACDE.又 DEDC,从而 DE平面 ACD.12(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 AC平面 BCDE,得 ACCD

23、.在 RtACD 中,由 DC=2,AC= ,得 AD= .2 6在 RtAED 中,由 ED=1,AD= ,得 AE= .6 7在 RtABD 中,由 BD= ,AB=2,AD= ,得 BF= ,所以 AF= ,即 AF=AD,从而 GF=.2 6233 236在ABE,ABG 中,利用余弦定理分别可得 cosBAE= ,BG=.5714在BFG 中,cosBFG= = ,2+2-22 32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.由题意及(1)知各点坐标如下:D(0,

24、0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2, ),B(1,1,0).2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,-2,- ), =(1,-2,- ), =(1,1,0),2 2 由 即 可取 m=(0,1,- ).=0,=0, -21- 21=0,1-21- 21=0, 2由 即 可取 n=(1,-1, ).=0,=0, -22- 22=0,2+2=0, 213于是|cos|= = = ,| 332 32由题图可知,所求二面角的平面角是锐角,故二面角 B-AD-E 的大小是.评析 本题主要考查空间点、

25、线、面的位置关系,二面角等基础知识和空间向量的应用,同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.B 组 统一命题、省(区、市)卷题组考点 垂直的判定和性质1.(2017 课标全国文,10,5 分)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E 为棱 CD 的中点,则( ) A.A1EDC 1 B.A1EBDC.A1EBC 1 D.A1EAC答案 C 2.(2018 课标全国文,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 ABDA.(1)证明:平面 ACD平面 ABC;(2)Q 为线段 AD 上

26、一点,P 为线段 BC 上一点,且 BP=DQ=DA,求三棱锥 Q-ABP 的体积.解析 (1)证明:由已知可得,BAC=90,BAAC.又 BAAD,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=3 .2又 BP=DQ=DA,所以 BP=2 .2作 QEAC,垂足为 E,则 QEDC.由已知及(1)可得 DC平面 ABC,所以 QE平面 ABC,QE=1.因此,三棱锥 Q-ABP 的体积为VQ-ABP=QESABP =132 sin 45=1.214规律总结 证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,

27、挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.解题关键 (1)利用平行关系将ACM=90转化为BAC=90是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将ACM=90转化为ACD=90,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥 Q-ABP 的高是求解第(2)问的关键.3.(2018 课标全国文,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

28、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)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 ABC

29、D 为矩形,所以 O 为 AC 中点.连接 OP,因为 P 为 AM 中点,所以 MCOP.15MC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.4.(2018 课标全国理,19,12 分)如图,边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 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)当三棱锥 M-ABC 体积最大时,求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值.解析 本题考查面面垂直的判定、二面角的计算、空间向量的应用.(1)由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为

30、 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)以 D 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.当三棱锥 M-ABC 体积最大时,M 为 的中点.由题设得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1), =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0). 设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量,

31、则即=0,=0, -2+=0,2=0, 可取 n=(1,0,2).16是平面 MCD 的法向量,因此cos= = ,sin= .| 55 255所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是 .255解后反思 一、面面垂直的判定在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.二、利用向量求二面角问题的常见类型及解题方法1.求空间中二面角的大小,可根据题意建立空间直角坐标系,再分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.2.给出二面角的大小求解或证

32、明相关问题,可利用求解二面角的方法列出相关的关系式,再根据实际问题求解.5.(2018 北京理,16,14 分)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,CC 1平面 ABC,D,E,F,G 分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= ,AC=AA1=2.5(1)求证:AC平面 BEF;(2)求二面角 B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线 FG 与平面 BCD 相交.解析 (1)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 B

33、EF.(2)由(1)知 ACEF,ACBE,EFCC 1.又 CC1平面 ABC,所以 EF平面 ABC.17因为 BE平面 ABC,所以 EFBE.如图建立空间直角坐标系 E-xyz.由题意得 B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(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=0,=0, 0+20=0,0-20+0=0.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= =- .| 2

34、121由题知二面角 B-CD-C1为钝角,所以其余弦值为- .2121(3)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.6.(2018 北京文,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=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.18解析 (1)因为 PA=PD,E 为 AD 的中点,所以 PEAD.因为底

35、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.因为 F,G 分别为 PB,PC 的中点,所以 FGBC,FG=BC.因为 ABCD 为矩形,且 E 为 AD 的中点,所以 DEBC,DE=BC.所以 DEFG,DE=FG.所以四边形 DEFG 为平行四边形.所以 EFDG.又因为 EF平面 PCD,DG平面 PCD,所以 EF平面 PCD.7.(20

36、17 课标全国文,19,12 分)如图,四面体 ABCD 中,ABC 是正三角形,AD=CD.(1)证明:ACBD;(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 AEEC,求四面体ABCE 与四面体 ACDE 的体积比.19解析 (1)取 AC 的中点 O,连接 DO,BO.因为 AD=CD,所以 ACDO.又由于ABC 是正三角形,所以 ACBO.从而 AC平面 DOB,故 ACBD.(2)连接 EO.由(1)及题设知ADC=90,所以 DO=AO.在 RtAOB 中,BO 2+AO2=AB2.又 AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=A

37、B2=BD2,故DOB=90.由题设知AEC 为直角三角形,所以 EO=AC.又ABC 是正三角形,且 AB=BD,所以 EO=BD.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,四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的,即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 11.8.(2017 山东文,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,A 1E平面 ABCD.(1)证明:A 1O平面

38、B1CD1;(2)设 M 是 OD 的中点,证明:平面 A1EM平面 B1CD1.20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,所以 A1O1OC,A 1O1=OC,因此四边形 A1OCO1为平行四边形,所以 A1OO 1C.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 EMB 1D1,A1EB 1D1,

39、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.方法总结 证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a,a ).易错警示 ab,a/ b.9.(2017 课标全国理,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.21解析 本题考查面面垂直的证明

40、,二面角的求法.(1)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-AC-B 的平面角.在 RtAOB 中,BO 2+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)

41、,B(0, ,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).3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), = .(0, 32,12) (-1, 32,12)设 n=(x,y,z)是平面 DAE 的法向量,则 即=0,=0, -+=0,-+ 32+12=0.可取 n= .(1, 33,1)设 m 是平面 AEC 的法向量,则 =0,=0.同理可取 m=(0,-1, ).3则 cos= = .| 7722易知二面角 D-AE-C 为

42、锐二面角,所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 .77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.C 组 教师专用题组考点 垂直的判定和性质 1.(2015 安徽,5,5 分)已知 m,n 是两条不同直线, 是两个不同平面,则下列命题正确的是( ) A.若 , 垂直于同一平面,则 与 平行B.若 m,n 平行于同一平面,则 m 与 n 平行C.若 , ,则在 内 与 平行的直线不平行 不存在 D.若 m,n ,则 m 与 n 垂直于同一平面不平行 不可

43、能 答案 D 2.(2017 北京文,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)因为 PAAB,PABC,所以 PA平面 ABC.又因为 BD平面 ABC,所以 PABD.23(2)因为 AB=BC,D 为 AC 中点,所以 BDAC.由(1)知,PABD,所以

44、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 PADE.因为 D 为 AC 的中点,所以 DE=PA=1,BD=DC= .2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=.直击高考 立体几何是高考的必考题型,对立体几何的考查主要有两个方面:一是空间位置关系的证明;二是体积或表面积的求解.3.(2015 课标,18,12 分)如图,四边形 ABCD 为菱形,ABC=120,E,F 是平面 ABCD 同一侧的两点,BE平面 ABCD,DF平面 ABCD,BE=2DF,AE

45、EC.(1)证明:平面 AEC平面 AFC;(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值.解析 (1)证明:连接 BD.设 BDAC=G,连接 EG,FG,EF.在菱形 ABCD 中,不妨设 GB=1.由ABC=120,可得 AG=GC= .3由 BE平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC.又 AEEC,所以 EG= ,且 EGAC.3在 RtEBG 中,可得 BE= ,故 DF= .22224在 RtFDG 中,可得 FG= .62在直角梯形 BDFE 中,由 BD=2,BE= ,DF= ,可得 EF= .222 322从而 EG2+FG2=EF2,所以 EGFG.又 ACFG=G,可得 EG平面 AFC.因为 EG平面 AEC,所以平面 AEC平面 AFC.(6 分)(2)如图,以 G 为坐标原点,分别以 , 的方向为 x 轴,y 轴正方向,| |为单位长,建立空间 直角坐标系 G-xyz.由(1)可得 A(0,- ,0),E(1,0, ),F ,C(0, ,0),所以 =(1, , ), =3 2 (-1,0, 22) 3 3 2 .(