（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)精練.docx

《（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)精練.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)精練.docx（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

8.4　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 挖命題 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測(cè)熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 1.以立體幾何中的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn),認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定定理 2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡(jiǎn)單命題 2017天津文,17 直線與平面垂直的判定與性質(zhì)的應(yīng)用 異面直線的夾角、線面角 ★★★ 2018天津文,17 平面與平面垂直的性質(zhì)的應(yīng)用 異面直線的夾角、線面角 2013天津文,17 直線與平面垂直的判定、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)的應(yīng)用 線面平行的判定、線面角 分析解讀　　從天津高考試題來(lái)看,線線、線面、面面垂直的判定與性質(zhì)是考查的重點(diǎn)之一.考查的具體內(nèi)容可分為兩個(gè)層次:一是將定義、判定和性質(zhì)結(jié)合起來(lái),以客觀題的形式出現(xiàn),判斷某些命題的真假;二是以常見(jiàn)幾何體為背景,以解答題的形式出現(xiàn),證明幾何體中直線、平面的垂直關(guān)系,充分考查線線、線面、面面之間的相互轉(zhuǎn)化,屬中檔題. 破考點(diǎn) 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn)　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 1.(2013北京文,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為對(duì)角線BD1的三等分點(diǎn),P到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有(　　) A.3個(gè)　　　　B.4個(gè)　　　　C.5個(gè)　　　　D.6個(gè) 答案　B　 2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AC.過(guò)點(diǎn)A的平面與棱PB,PC,PD分別交于點(diǎn)E,F,G(E,F,G三點(diǎn)均不在棱的端點(diǎn)處). (1)求證:平面PAB⊥平面PBC; (2)若PC⊥平面AEFG,求PFPC的值; (3)直線AE是否能與平面PCD平行?請(qǐng)說(shuō)明你的理由. 解析　(1)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以PA⊥BC. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形,所以AB⊥BC, 因?yàn)锳B∩PA=A, 所以BC⊥平面PAB. 因?yàn)锽C?平面PBC, 所以平面PAB⊥平面PBC. (2)連接AF. 因?yàn)镻C⊥平面AEFG, 所以PC⊥AF. 又因?yàn)镻A=AC, 所以F是PC的中點(diǎn), 所以PFPC=12. (3)直線AE與平面PCD不可能平行. 理由如下: 假設(shè)AE∥平面PCD. 因?yàn)锳B∥CD,AB?平面PCD,CD?平面PCD, 所以AB∥平面PCD. 而AE,AB?平面PAB,且AB∩AE=A, 所以平面PAB∥平面PCD,這顯然與平面PAB與平面PCD交于點(diǎn)P相矛盾, 所以假設(shè)不成立,即直線AE與平面PCD不可能平行. 思路分析　(1)根據(jù)面面垂直的判定定理易證. (2)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可求PFPC. (3)反證法:假設(shè)AE∥平面PCD,易證AB∥平面PCD,進(jìn)而推出平面PAB∥平面PCD,與已知相矛盾,從而證得結(jié)論. 解后反思　本題考查了空間中的垂直與平行關(guān)系,熟練掌握相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵. 3.如圖,在四棱錐P-ABCD中,△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.四邊形ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3. (1)求證:AB∥平面PDC; (2)當(dāng)平面PBC⊥平面ABCD時(shí),求四棱錐P-ABCD的體積; (3)請(qǐng)?jiān)趫D中所給的五個(gè)點(diǎn)P,A,B,C,D中找出兩個(gè)點(diǎn),使得這兩點(diǎn)所在的直線與直線BC垂直,并給出證明. 解析　(1)證明:因?yàn)锳B∥DC, 且AB?平面PDC,DC?平面PDC, 所以AB∥平面PDC. (2)取BC的中點(diǎn)F,連接PF. 因?yàn)镻B=PC,所以PF⊥BC, 因?yàn)槠矫鍼BC⊥平面ABCD, 平面PBC∩平面ABCD=BC, 所以PF⊥平面ABCD. 在直角梯形ABCD中,過(guò)C作CH⊥AB于點(diǎn)H. 因?yàn)锳B∥DC,且AD⊥DC,AD=4,DC=3,AB=5, 所以CH∥AD,所以四邊形ADCH為平行四邊形,所以AD=CH,DC=AH, 所以BC=BH2+HC2=25,且S梯形ABCD=12(3+5)4=16. 又因?yàn)镻B=3,BF=5,所以PF=2. 所以VP-ABCD=13S梯形ABCDPF=13162=323. (3)PA⊥BC. 證明如下:連接AF,AC. 在直角梯形ABCD中, 因?yàn)锳B∥DC,且AD⊥DC,AD=4,CD=3, 所以AC=5. 因?yàn)锳B=5,點(diǎn)F為BC的中點(diǎn),所以AF⊥BC. 又因?yàn)锽C⊥PF,AF∩PF=F, 所以BC⊥平面PAF. 又因?yàn)镻A?平面PAF,所以PA⊥BC. 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法1　證明線面垂直的方法 1.(2014浙江,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面(　　) A.若m⊥n,n∥α,則m⊥α B.若m∥β,β⊥α,則m⊥α　　　　 C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α 答案　C　 2.如圖,在三棱錐D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E為BC的中點(diǎn),F在棱AC上,且AF=3FC. (1)求三棱錐D-ABC的體積; (2)求證:AC⊥平面DEF; (3)若M為DB的中點(diǎn),N在棱AC上,且CN=38CA,求證:MN∥平面DEF. 解析　(1)因?yàn)椤鰾CD是正三角形,且AB=BC=a, 所以S△BCD=34a2. 又AB⊥平面BCD, 所以VD-ABC=VA-BCD=13S△BCDAB=1334a2a=312a3. (2)證明:在底面ABC中,取AC的中點(diǎn)H,連接BH, 因?yàn)锳B=BC,所以BH⊥AC. 因?yàn)锳F=3FC,所以F為CH的中點(diǎn). 又因?yàn)镋為BC的中點(diǎn), 所以EF∥BH,則EF⊥AC, 因?yàn)锳B⊥平面BCD,AB?平面ABC, 所以平面ABC⊥平面BCD. 因?yàn)椤鰾CD是正三角形,E為BC的中點(diǎn). 所以DE⊥BC,則DE⊥平面ABC. 因?yàn)锳C?平面ABC, 所以DE⊥AC. 又DE∩EF=E,且DE,EF?平面DEF, 所以AC⊥平面DEF. (3)證明:當(dāng)CN=38CA時(shí),連接CM交DE于O,連接OF. 因?yàn)镋為BC的中點(diǎn),M為DB的中點(diǎn), 所以O(shè)為△BCD的重心,則CO=23CM. 因?yàn)锳F=3FC,CN=38CA. 所以CF=23CN, 所以COCM=CFCN=23,所以MN∥OF. 又OF?平面DEF,MN?平面DEF, 所以MN∥平面DEF. 思路分析　(1)由VD-ABC=VA-BCD求解即可;(2)在底面ABC中,取AC的中點(diǎn)H,連接BH,由題意證明EF⊥AC,利用面面垂直的性質(zhì)定理證明DE⊥平面ABC,則可得DE⊥AC,即可證得結(jié)論;(3)連接CM,OF,設(shè)CM∩DE=O,易證CO=23CM,CF=23CN,則MN∥OF,從而證得結(jié)論. 方法點(diǎn)睛　本題主要考查空間幾何體的體積,直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質(zhì)以及直線與平面平行的判定,考查了等積法求體積、空間想象能力與邏輯推理能力. 方法2　證明面面垂直的方法 3.(2016北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC. (1)求證:DC⊥平面PAC; (2)求證:平面PAB⊥平面PAC; (3)設(shè)點(diǎn)E為AB的中點(diǎn).在棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得PA∥平面CEF?說(shuō)明理由. 解析　(1)證明:因?yàn)镻C⊥平面ABCD,DC?平面ABCD, 所以PC⊥DC.(2分) 又因?yàn)镈C⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC?平面PAC, 所以DC⊥平面PAC.(4分) (2)證明:因?yàn)锳B∥DC,DC⊥AC, 所以AB⊥AC.(6分) 因?yàn)镻C⊥平面ABCD,AB?平面ABCD, 所以PC⊥AB.(7分) 又AC∩PC=C,AC,PC?平面PAC, 所以AB⊥平面PAC. 又AB?平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PAC.(9分) (3)棱PB上存在點(diǎn)F,使得PA∥平面CEF.(10分) 理由如下: 如圖,取PB的中點(diǎn)F,連接EF,CE,CF. 又因?yàn)镋為AB的中點(diǎn),所以EF∥PA.(13分) 又因?yàn)镻A?平面CEF,EF?平面CEF, 所以PA∥平面CEF.(14分) 思路分析　(1)證出PC⊥DC,從而證得DC⊥平面PAC. (2)先證AB⊥AC,PC⊥AB,從而證出AB⊥平面PAC,進(jìn)而由面面垂直的判定定理可證得結(jié)論. (3)此問(wèn)為探究性問(wèn)題,求解時(shí)可構(gòu)造平面CEF,使得PA平行于平面CEF內(nèi)的一條直線,由于點(diǎn)E為AB的中點(diǎn),所以可取PB的中點(diǎn),構(gòu)造中位線. 4.已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分別是PB,PD的中點(diǎn). (1)求證:PB∥平面FAC; (2)求三棱錐P-EAD的體積; (3)求證:平面EAD⊥平面FAC. 解析　(1)證明:連接BD,與AC交于點(diǎn)O,連接OF, 在△PBD中,O,F分別是BD,PD的中點(diǎn),所以O(shè)F∥PB, 又因?yàn)镺F?平面FAC,PB?平面FAC,所以PB∥平面FAC. (2)解法一:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AB,AD?平面ABCD, 所以PA⊥AB,PA⊥AD, 又因?yàn)锳B⊥AD,PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB, 所以AD⊥平面PAB, 即AD為三棱錐D-PAE的高, 在Rt△PAB中,PA=AB=2,E為PB的中點(diǎn), 所以S△PAE=1, 又底面ABCD為正方形,所以AD=AB=2, 所以VP-EAD=VD-PAE=13S△PAEAD=23. 解法二:因?yàn)镻A⊥平面ABCD, 所以PA為四棱錐P-ABCD的高. 因?yàn)镻A=AB=2,底面ABCD是正方形, 所以VP-ABD=13S△ABDPA=1312222=43, 因?yàn)镋為PB的中點(diǎn),所以S△PAE=S△ABE, 所以VD-PAE=VD-ABE=12VD-PAB, 所以VP-EAD=12VP-ABD=23. (3)證明:因?yàn)锳D⊥平面PAB,PB?平面PAB, 所以AD⊥PB,在等腰直角△PAB中,AE⊥PB, 又AE∩AD=A,AE,AD?平面EAD, 所以PB⊥平面EAD, 又OF∥PB,所以O(shè)F⊥平面EAD, 又OF?平面FAC, 所以平面EAD⊥平面FAC. 方法3　翻折問(wèn)題的處理方法 5.(2015浙江,8,5分)如圖,已知△ABC,D是AB的中點(diǎn),沿直線CD將△ACD翻折成△ACD,所成二面角A-CD-B的平面角為α,則　(　　) A.∠ADB≤α　　　　B.∠ADB≥α　　　　C.∠ACB≤α　　　　D.∠ACB≥α 答案　B　 6.如圖①所示,已知直角△ABC,其中∠ABC=90,D,E分別是AB,AC邊上的中點(diǎn),現(xiàn)沿DE將△ADE翻折,使得A與平面ABC外一點(diǎn)P重合,得到如圖②所示的幾何體. (1)證明:平面PBD⊥平面BCED; (2)記平面PDE與平面PBC的交線為l,探究:直線l與BC是否平行.若平行,請(qǐng)給出證明;若不平行,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析　(1)證明:∵D,E分別為邊AB,AC的中點(diǎn), ∴DE∥BC, ∵∠ABC=90, ∴AB⊥BC,∴BD⊥DE,PD⊥DE, ∵PD∩BD=D,PD,BD?平面PBD, ∴DE⊥平面PBD, ∵DE?平面BCED, ∴平面PBD⊥平面BCED. (2)平行.證明如下: ∵DE∥BC,DE?平面PDE,BC?平面PDE, ∴BC∥平面PDE, ∵BC?平面PBC,平面PDE∩平面PBC=l,∴l(xiāng)∥BC. 過(guò)專題 【五年高考】 A組　自主命題天津卷題組 1.(2018天津文,17,13分)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn),AB=2,AD=23,∠BAD=90. (1)求證:AD⊥BC; (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值; (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值. 解析　本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí).考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. (1)證明: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的中點(diǎn)N,連接MN,ND. 又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn),故MN∥BC.所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角. 在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD2+AM2=13. 因?yàn)锳D⊥平面ABC,故AD⊥AC. 在Rt△DAN中,AN=1,故DN=AD2+AN2=13. 在等腰三角形DMN中,MN=1, 可得cos∠DMN=12MNDM=1326. 所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326. (3)連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形,M為邊AB的中點(diǎn),故CM⊥AB,CM=3. 又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD,而CM?平面ABC, 故CM⊥平面ABD. 所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角. 在Rt△CAD中,CD=AC2+AD2=4. 在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=34. 所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為34. 2.(2017天津文,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2. (1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值; (2)求證:PD⊥平面PBC; (3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值. 解析　本題主要考查兩條異面直線所成的角、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查學(xué)生的空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. (1)如圖,由AD∥BC,知∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角.因?yàn)锳D⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由題意得AP=AD2+PD2=5,故cos∠DAP=ADAP=55.所以,異面直線AP與BC所成角的余弦值為55. (2)證明:因?yàn)锳D⊥平面PDC,直線PD?平面PDC, 所以AD⊥PD.又因?yàn)锽C∥AD, 所以PD⊥BC,又PD⊥PB, BC∩PB=B,BC,PB?平面PBC, 所以PD⊥平面PBC. (3)如圖, 過(guò)點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F,連接PF,則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角. 因?yàn)镻D⊥平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影, 所以∠DFP為直線DF和平面PBC所成的角. 由于AD∥BC,DF∥AB, 故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2. 又AD⊥DC, 故BC⊥DC,在Rt△DCF中, DF=CD2+CF2=25, 在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=PDDF=55. 所以,直線AB與平面PBC所成角的正弦值為55. 方法點(diǎn)撥　1.求異面直線所成角的步驟:(1)作:通過(guò)作平行線得到相交直線;(2)證:證明所作角為異面直線所成的角(或其補(bǔ)角);(3)求:解三角形,求出所作的角.如果求得的角是銳角或直角,則它就是所求的角,如果求出的角是鈍角,則它的補(bǔ)角為所求的角. 2.求直線與平面所成角的方法:(1)定義法:關(guān)鍵是找出斜線在平面內(nèi)的射影;(2)公式法:sinθ=hl(其中θ為直線與平面所成角,h為斜線上一點(diǎn)到平面的距離,l為該點(diǎn)到斜足的距離). 3.(2013天津文,17,13分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABC,且各棱長(zhǎng)均相等,D,E,F分別為棱AB,BC,A1C1的中點(diǎn). (1)證明:EF∥平面A1CD; (2)證明:平面A1CD⊥平面A1ABB1; (3)求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值. 解析　(1)證明:如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC∥A1C1,且AC=A1C1,連接ED,在△ABC中,因?yàn)镈,E分別為AB,BC的中點(diǎn),所以DE=12AC且DE∥AC,又因?yàn)镕為A1C1的中點(diǎn),可得A1F=DE,且A1F∥DE,即四邊形A1DEF為平行四邊形,所以EF∥DA1. 又EF?平面A1CD,DA1?平面A1CD,所以EF∥平面A1CD. (2)證明:由于底面ABC是正三角形,D是AB的中點(diǎn),故CD⊥AB,又由于側(cè)棱A1A⊥底面ABC,CD?平面ABC,所以AA1⊥CD,又A1A∩AB=A,因此CD⊥平面A1ABB1,而CD?平面A1CD,所以平面A1CD⊥平面A1ABB1. (3)在平面A1ABB1內(nèi),過(guò)點(diǎn)B作BG⊥A1D交直線A1D于點(diǎn)G,連接CG. 由于平面A1CD⊥平面A1ABB1,而直線A1D是平面A1CD與平面A1ABB1的交線, 故BG⊥平面A1CD.由此得∠BCG為直線BC與平面A1CD所成的角. 設(shè)棱長(zhǎng)為a,可得A1D=5a2,由△A1AD∽△BGD,易得BG=5a5. 在Rt△BGC中,sin∠BCG=BGBC=55. 所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為55. B組　統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 1.(2018課標(biāo)Ⅱ文,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn). (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離. 解析　(1)證明:因?yàn)锳P=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn), 所以O(shè)P⊥AC,且OP=23. 連接OB,因?yàn)锳B=BC=22AC, 所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O知OP⊥平面ABC. (2)作CH⊥OM,垂足為H.由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,所以CH⊥平面POM. 故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離. 由題設(shè)可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45. 所以O(shè)M=253,CH=OCMCsin∠OCMOM=455. 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為455. 解題關(guān)鍵　認(rèn)真分析三棱錐各側(cè)面和底面三角形的特殊性,利用線面垂直的判定方法及等積法是解題的關(guān)鍵. 2.(2017山東,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點(diǎn),E為AD的中點(diǎn),A1E⊥平面ABCD. (1)證明:A1O∥平面B1CD1; (2)設(shè)M是OD的中點(diǎn),證明:平面A1EM⊥平面B1CD1. 證明　本題考查線面平行與面面垂直. (1)取B1D1的中點(diǎn)O1,連接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱, 所以A1O1∥OC,A1O1=OC, 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形, 所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因?yàn)锳C⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點(diǎn), 所以EM⊥BD, 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因?yàn)锽1D1∥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. 方法總結(jié)　證明面面垂直的方法: 1.面面垂直的定義; 2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β). 易錯(cuò)警示　a∥b,a∥α?/b∥α. 3.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點(diǎn)E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD. 求證:(1)EF∥平面ABC; (2)AD⊥AC. 證明　(1)在平面ABD內(nèi),因?yàn)锳B⊥AD,EF⊥AD, 所以EF∥AB. 又因?yàn)镋F?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC. (2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD. 因?yàn)锳D?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?yàn)锳C?平面ABC,所以AD⊥AC. 方法總結(jié)　立體幾何中證明線線垂直的一般思路: (1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(a∥b,a⊥c?b⊥c); (2)線面垂直的性質(zhì)(a⊥α,b?α?a⊥b). 4.(2014湖北,20,13分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點(diǎn).求證: (1)直線BC1∥平面EFPQ; (2)直線AC1⊥平面PQMN. 證明　(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1∥BC1,因?yàn)镕,P分別是AD,DD1的中點(diǎn),所以FP∥AD1. 從而B(niǎo)C1∥FP.又FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ, 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)連接AC,BD,則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?yàn)镸,N分別是A1B1,A1D1的中點(diǎn),所以MN∥BD,從而MN⊥AC1. 同理可證PN⊥AC1.又PN∩MN=N,PN,MN?平面PQMN,所以直線AC1⊥平面PQMN. 評(píng)析本題考查線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì),考查學(xué)生的空間想象能力. 5.(2014重慶,20,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=π3,M為BC上一點(diǎn),且BM=12. (1)證明:BC⊥平面POM; (2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積. 解析　(1)證明:連接OB,因?yàn)锳BCD為菱形,O為菱形的中心,所以AO⊥OB. 因?yàn)椤螧AD=π3,所以O(shè)B=ABsin∠OAB=2sinπ6=1, 又因?yàn)锽M=12,且∠OBM=π3,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcos∠OBM=12+122-2112cosπ3=34.所以O(shè)B2=OM2+BM2,故OM⊥BM. 又PO⊥底面ABCD, 所以PO⊥BC. 從而B(niǎo)C與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM. (2)由(1)可得,OA=ABcos∠OAB=2cosπ6=3. 設(shè)PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形, 故PA2=PO2+OA2=a2+3. 又△POM也是直角三角形, 故PM2=PO2+OM2=a2+34. 連接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2ABBMcos∠ABM=22+122-2212cos2π3=214. 由于MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2, 即a2+3+a2+34=214,得a=32或a=-32(舍去),即PO=32. 所以S四邊形ABMO=S△AOB+S△OMB=12AOOB+12BMOM=1231+121232=538. 所以VP-ABMO=13S四邊形ABMOPO=1353832=516. 評(píng)析本題考查線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計(jì)算,在證明直線與平面垂直時(shí),打破以往單純的幾何邏輯推理,將余弦定理、勾股定理巧妙融合,體現(xiàn)了知識(shí)的交匯性. C組　教師專用題組 　(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點(diǎn)C是圓O上異于A,B的點(diǎn),PO垂直于圓O所在的平面,且PO=OB=1. (1)若D為線段AC的中點(diǎn),求證:AC⊥平面PDO; (2)求三棱錐P-ABC體積的最大值; (3)若BC=2,點(diǎn)E在線段PB上,求CE+OE的最小值. 解析　(1)證明:在△AOC中,因?yàn)镺A=OC,D為AC的中點(diǎn),所以AC⊥DO. 又PO垂直于圓O所在的平面, 所以PO⊥AC. 因?yàn)镈O∩PO=O,DO,PO?平面PDO, 所以AC⊥平面PDO. (2)因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上, 所以當(dāng)CO⊥AB時(shí),C到AB的距離最大,且最大值為1. 又AB=2,所以△ABC面積的最大值為1221=1. 又因?yàn)槿忮FP-ABC的高PO=1, 故三棱錐P-ABC體積的最大值為1311=13. (3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90, 所以PB=12+12=2.同理,PC=2,所以PB=PC=BC. 在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在的直線旋轉(zhuǎn)至平面BCP,使之與平面ABP共面. 當(dāng)O,E,C共線時(shí),CE+OE取得最小值. 又因?yàn)镺P=OB,CP=CB,所以O(shè)C垂直平分PB, 即E為PB的中點(diǎn).從而OC=OE+EC=22+62=2+62, 亦即CE+OE的最小值為2+62. 解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90, 所以∠OPB=45,PB=12+12=2.同理,PC=2. 所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60. 在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在的直線旋轉(zhuǎn)至平面BCP,使之與平面ABP共面,如圖所示. 當(dāng)O,E,C共線時(shí),CE+OE取得最小值. 所以,在△OCP中,由余弦定理,得 OC2=1+2-212cos(45+60) =1+2-222212-2232=2+3. 從而OC=2+3=2+62. 所以CE+OE的最小值為2+62. 評(píng)析本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等基礎(chǔ)知識(shí),考查學(xué)生的空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,以及數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想. 【三年模擬】 解答題(共90分) 1.(2019屆天津七校聯(lián)考期中,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90,側(cè)面PAB為等邊三角形,側(cè)棱PC=22. (1)求證:PC⊥AB; (2)求證:平面PAB⊥平面ABC; (3)求二面角B-AP-C的余弦值. 解析　(1)證明:設(shè)AB的中點(diǎn)為D,連接PD,CD, 因?yàn)锳P=BP,所以PD⊥AB, 又AC=BC,所以CD⊥AB. 因?yàn)镻D∩CD=D,所以AB⊥平面PCD, 因?yàn)镻C?平面PCD,所以PC⊥AB. (2)證明:因?yàn)椤螦CB=90,AC=BC=2, 所以AD=BD=CD=2,AB=22, 又△PAB為正三角形,且PD⊥AB,所以PD=6. 因?yàn)镻C=22,所以PC2=CD2+PD2, 所以∠CDP=90, 由(1)知∠CDP是二面角P-AB-C的平面角, 所以平面PAB⊥平面ABC. (3)由(2)知CD⊥平面PAB, 過(guò)D作DE⊥PA于E,連接CE,則CE⊥PA, 所以∠DEC是二面角B-AP-C的平面角, 易求得DE=62,在Rt△CDE中, 因?yàn)镃D=2,DE=62,所以EC=142, 所以cos∠DEC=217, 即二面角B-AP-C的余弦值為217. 2.(2019屆天津耀華中學(xué)月考,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90,平面PAD⊥底面ABCD,E為AD的中點(diǎn),M是棱PC的中點(diǎn),PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3. (1)求證:PE⊥平面ABCD; (2)求直線BM與平面ABCD所成角的正切值; (3)求直線BM與CD所成角的余弦值. 解析　(1)證明:∵PA=PD,E為AD的中點(diǎn), ∴PE⊥AD. 又∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PE?平面PAD, ∴PE⊥平面ABCD. (2)連接EC,取EC的中點(diǎn)H,連接MH,HB. ∵M(jìn)是PC的中點(diǎn),H是EC的中點(diǎn),∴MH∥PE. 由(1)知PE⊥平面ABCD,∴MH⊥平面ABCD,∴BH是BM在平面ABCD內(nèi)的射影,∠MBH即為BM與平面ABCD所成的角. 連接BE.∵AD∥BC,BC=12AD,E為AD的中點(diǎn),∠ADC=90, ∴四邊形BCDE為矩形, 易知EC=2,HB=12EC=1,MH=12PE=32, ∴在△MHB中,tan∠MBH=MHHB=32, ∴直線BM與平面ABCD所成角的正切值為32. (3)由(2)知CD∥BE, ∴直線BM與CD所成角即為直線BM與BE所成角(∠MBE或其補(bǔ)角), 連接ME,在Rt△MHE中,ME=72, 在Rt△MHB中,BM=72,又BE=CD=3, ∴在△MEB中,cos∠MBE=BM2+BE2-ME22BMBE=74+3-742723=217. ∴直線BM與CD所成角的余弦值為217. 3.(2018天津十二區(qū)縣二模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥CD,∠PAD=∠ABC=90,AB∥CD,DC=CB=12AB=1,PA=2. (1)求異面直線AB與PD所成角的余弦值; (2)證明:平面PAD⊥平面PBD; (3)求直線DC與平面PBD所成角的正弦值. 解析　(1)取AB的中點(diǎn)E,連接DE、AC, ∵AB∥CD, ∴∠PDC(或其補(bǔ)角)是異面直線AB與PD所成的角, ∵PA⊥CD,PA⊥AD,CD∩AD=D, ∴PA⊥平面ABCD, 易得CD??EB,∴四邊形EBCD是平行四邊形, 又∵∠EBC=90,DC=CB,∴四邊形EBCD是正方形, ∴DE⊥AB,∴DA=DB=2,∴PD=6,AC=5, 在Rt△PAC中,PC=3, ∴cos∠PDC=6+1-926=-66. ∴異面直線AB與PD所成角的余弦值為66. (2)證明:由(1)知BD=2,AD=2,AB=2, 由勾股定理的逆定理得BD⊥AD, 又∵BD⊥PA,PA∩AD=A,∴BD⊥平面PAD, 又∵BD?平面PBD,∴平面PAD⊥平面PBD. (3)∵AB∥CD,∴直線DC與平面PBD所成角即為AB與平面PBD所成角, ∴過(guò)點(diǎn)A作AH⊥PD,垂足為H,連接BH, 由(2)知平面PAD⊥平面PBD,又平面PAD∩平面PBD=PD, AH?平面PAD,∴AH⊥平面PBD, ∴BH為斜線AB在平面PBD內(nèi)的射影, ∴∠ABH是直線AB與平面PBD所成角, 在Rt△PAD中,PAAD=PDAH,∴AH=233, 故在Rt△ABH中,sin∠ABH=AHAB=33, ∴直線DC與平面PBD所成角的正弦值為33. 4.(2018天津和平一模,17)如圖,在三棱錐P-ABC中,PB⊥平面ABC,AC⊥BC,PB=2,AB=22,D為PB的中點(diǎn),E為AD的中點(diǎn),點(diǎn)F在線段PC上,且PF=3FC. (1)求證:AC⊥CD; (2)求證:EF∥平面ABC; (3)若BC=2,求二面角C-AD-B的度數(shù). 解析　(1)證明:∵PB⊥平面ABC,AC?平面ABC,∴PB⊥AC,又∵AC⊥BC,BC∩PB=B,∴AC⊥平面PBC, ∵CD?平面PBC,∴AC⊥CD. (2)證明:取AB的中點(diǎn)M,在線段BC上取點(diǎn)N使BN=3NC,連接EM,MN,FN, ∵EM是△ABD的中位線, ∴EM∥PB,EM=12DB=14PB, ∵BN=3NC,PF=3FC, ∴FN∥PB,FN=14PB, ∴EM∥FN,EM=FN, ∴四邊形EMNF是平行四邊形,∴EF∥MN, ∵EF?平面ABC,MN?平面ABC, ∴EF∥平面ABC. (3)過(guò)C作CH⊥AB,過(guò)H作HK⊥AD,垂足分別為H,K. ∵PB⊥平面ABC,PB?平面PAB, ∴平面PAB⊥平面ABC, ∵平面PAB∩平面ABC=AB, ∴CH⊥平面PAB, ∵AD?平面PAB,∴AD⊥CH, 又∵HK⊥AD,CH∩HK=H, ∴AD⊥平面CHK, ∵CK?平面CHK,∴CK⊥AD, ∴∠CKH即為二面角C-AD-B的平面角, 易求得CH=62,KH=22, ∴tan∠CKH=CHKH=3?∠CKH=60, 所以二面角C-AD-B的度數(shù)為60. 5.(2018天津河?xùn)|一模,17)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,三角形ABC為正三角形,邊長(zhǎng)為2,AD⊥DC,AD=1,PO垂直平面ABCD于O,O為AC的中點(diǎn). (1)證明:PA⊥BO; (2)證明:DO∥平面PAB; (3)若PD=6,求直線PD與平面PAC所成角的正切值. 解析　(1)證明:∵△ABC為正三角形,O為AC的中點(diǎn), ∴BO⊥AC, ∵PO⊥平面ABCD,BO?平面ABCD,∴BO⊥PO, 又∵AC∩PO=O, ∴BO⊥平面PAC,∵PA?平面PAC,∴PA⊥BO. (2)證明:∵AD⊥DC,AD=1,AC=2, ∴CD=3,∠ACD=30,∴BC⊥CD, ∵∠ODA=∠OAD=60,∠BAC=60, ∴DO∥AB, ∵AB?平面PAB,DO?平面PAB,∴DO∥平面PAB. (3)過(guò)D作DF⊥AC,垂足為F,連接PF, ∵PO⊥平面ABCD,∴PO⊥DF, ∵AC∩PO=O,∴DF⊥平面PAC, 則PF為PD在平面PAC內(nèi)的射影, ∠DPF即為直線PD與平面PAC所成角的平面角, 在△ACD中,DFAC=ADDC, ∴DF=32,∴PF=212,∴tan∠DPF=77, ∴直線PD與平面PAC所成角的正切值為77. 6.(2018天津南開(kāi)一模,17)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,PC=CD=2,E為AB上一點(diǎn),DE⊥AC.底面四邊形ABCD滿足∠ADC=∠DCB=90,AD=1,BC=3. (1)求證:平面PDE⊥平面PAC; (2)求異面直線PD與AB所成的角; (3)求直線PC與平面PDE所成角的正弦值. 解析　(1)證明:∵PC⊥底面ABCD,∴PC⊥DE, 又∵DE⊥AC,PC∩AC=C, ∴DE⊥平面PAC, ∵DE?平面PDE, ∴平面PDE⊥平面PAC. (2)作DM∥AB交BC于點(diǎn)M,連接PM, 從而∠PDM或其補(bǔ)角即為異面直線PD與AB所成的角, ∵∠ADC=∠DCB=90, ∴AD∥BC, ∴四邊形ABCD為直角梯形,四邊形ADMB為平行四邊形, ∵CD=2,AD=1,BC=3, ∴AB=DM=22,CM=2, 又∵PC⊥底面ABCD,PC=2, ∴PD=PM=22, ∴△PDM為等邊三角形, ∴∠PDM=60,即異面直線PD與AB所成角為60. (3)設(shè)AC與DE的交點(diǎn)為G,連接PG,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥PG于H點(diǎn),由(1)知平面PDE⊥平面PAC,且PG是交線,則CH⊥平面PDE, 從而∠CPG為直線PC與平面PDE所成的角. 在Rt△ADC中,CD=2,AD=1, ∴AC=5,從而GC=455, 又∵在Rt△PCG中,PC=2,CG=455, ∴PG=655, ∴sin∠CPG=CGPG=23, 即直線PC與平面PDE所成角的正弦值為23. 7.(2017天津河?xùn)|二模,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,且AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M為線段AD上一點(diǎn),AM=2MD,且N為PC的中點(diǎn). (1)求證:MN∥平面PAB; (2)求證:平面PMC⊥平面PAD; (3)求直線AN與平面PMC所成角的正弦值. 解析　(1)證明:取PB的中點(diǎn)E,連接EN,AE,∵N為PC的中點(diǎn),∴EN∥BC,且EN=12BC=2.由AM=2MD,AD=3,得AM=2,又AD∥BC,∴EN∥AM. ∴四邊形ENMA為平行四邊形,∴MN∥AE, 又AE?平面PAB,MN?平面PAB, ∴MN∥平面PAB. (2)證明:取BC的中點(diǎn)F,連接AF.∵AB=AC,∴AF⊥BC,又AM∥FC,AM=FC=2,∴四邊形AFCM為平行四邊形,故CM⊥AD.又∵PA⊥平面ABCD,CM?平面ABCD,∴CM⊥PA,又AD∩PA=A,∴CM⊥平面PAD,∵CM?平面PMC,∴平面PMC⊥平面PAD. (3)過(guò)A作AG⊥PM,垂足為G.由(2)知平面PMC⊥平面PAD,又平面PMC∩平面PAD=PM,AG?平面PAD,∴AG⊥平面PMC,連接GN. 則GN為AN在平面PMC上的射影, ∴∠ANG為AN與平面PMC所成的角. 在Rt△APG中,AN=12PC=12PA2+AC2=52, 在Rt△PAM中,AG=PAAMPA2+AM2=455, ∴在Rt△ANG中,sin∠ANG=AGAN=8525, ∴AN與平面PMC所成角的正弦值為8525.