2019-2020年高考数学一轮复习第十三章立体几何13.3垂直的判定与性质讲义.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第十三章立体几何13.3垂直的判定与性质讲义考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度xxxxxxxxxx1.线面垂直的判定与性质1.线面垂直的证明2.线面垂直的性质应用B16题14分解答题2.面面垂直的判定与性质1.面面垂直的证明2.面面垂直的性质应用B15题14分解答题分析解读空间垂直问题是江苏高考的热点内容,主要考查线面垂直和面面垂直的判定与性质运用,复习时要认真掌握解决垂直问题常用的方法,识别一些基本图形如:锥体、柱体的特征.五年高考考点一线面垂直的判定与性质1.(xx浙江理,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则以下说法正确的是.ml;mn;nl;mn.答案2.(xx江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1CBC1=E.求证:(1)DE平面AA1C1C;(2)BC1AB1.证明(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C,所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCC1.又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.3.(xx安徽,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,BAC=60.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得ACBM,并求的值.解析(1)由题设AB=1,AC=2,BAC=60,可得SABC=ABACsin 60=.由PA平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=SABCPA=.(2)在平面ABC内,过点B作BNAC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MNPA交PC于点M,连结BM.由PA平面ABC知PAAC,所以MNAC.由于BNMN=N,故AC平面MBN.又BM平面MBN,所以ACBM.在直角BAN中,AN=ABcosBAC=,从而NC=AC-AN=.由MNPA,得=.4.(xx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,从而PEAB.因ABC=,EFBC,故ABEF.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=,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=3.5.(xx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)直线AC1平面PQMN.证明(1)连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FPAD1.从而BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.(2)如图,连结AC,BD,则ACBD.由CC1平面ABCD,BD平面ABCD,可得CC1BD.又ACCC1=C,所以BD平面ACC1.而AC1平面ACC1,所以BDAC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MNBD,从而MNAC1.同理可证PNAC1.又PNMN=N,所以直线AC1平面PQMN.教师用书专用(68)6.(xx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.解析(1)证明:由已知得ABCDBC.因此AC=DC.又G为AD的中点,所以CGAD.同理BGAD,因此AD平面BGC.又EFAD,所以EF平面BCG.(2)在平面ABC内,作AOCB,交CB延长线于O,由平面ABC平面BCD,知AO平面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.在AOB中,AO=ABsin 60=,所以VD-BCG=VG-BCD=SDBCh=BDBCsin 120=.7.(xx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,连结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+-21cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OMBM.又PO底面ABCD,所以POBC.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+.连结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=S四边形ABMOPO=.8.(xx安徽,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,BAD=60.已知PB=PD=2,PA=.(1)证明:PCBD;(2)若E为PA的中点,求三棱锥P-BCE的体积.解析(1)证明:连结AC,交BD于O点,连结PO.因为底面ABCD是菱形,所以ACBD,BO=DO.由PB=PD知,POBD.再由POAC=O知,BD面APC.因此BDPC.(2)因为E是PA的中点,所以VP-BCE=VC-PEB=VC-PAB=VB-APC.由PB=PD=AB=AD=2知,ABDPBD.因为BAD=60,所以PO=AO=,AC=2,BO=1.又PA=,PO2+AO2=PA2,即POAC,故SAPC=POAC=3.由(1)知,BO面APC,因此VP-BCE=VB-APC=BOSAPC=.考点二面面垂直的判定与性质1.(xx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,所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC,所以ADAC.2.(xx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,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,连结CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,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.教师用书专用(3)3.(xx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,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分)因为PC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,连结EF,CE,CF.又因为E为AB的中点,所以EFPA.(13分)又因为PA平面CEF,所以PA平面CEF.(14分)三年模拟A组xx模拟基础题组考点一线面垂直的判定与性质1.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQQD,则a的值等于.答案22.(苏教必2,一,2,变式)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,则图中共有个直角三角形.答案43.(xx江苏海安高级中学高三阶段考试)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面A1ACC1是边长为2的菱形,A1AC=60,在平面ABC中,AB=2,BC=4,M为BC的中点,过A1,B1,M三点的平面交AC于点N.(1)求证:N为AC的中点;(2)求证:AC平面A1B1MN.证明(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,平面ABC平面A1B1C1,平面A1B1M平面ABC=MN,平面A1B1M平面A1B1C1=A1B1,所以MNA1B1.因为ABA1B1,所以MNAB,所以=.因为M为BC的中点,所以N为AC的中点.(2)因为四边形A1ACC1是边长为2的菱形,A1AC=60,所以在三角形A1AN中,AN=1,AA1=2,由余弦定理得A1N=,故A1A2=AN2+A1N2,所以A1NA=90,即A1NAC.在三角形ABC中,AC=2,AB=2,BC=4,所以BC2=AB2+AC2,所以BAC=90,即ABAC.又MNAB,所以ACMN.因为MNA1N=N,MN面A1B1MN,A1N面A1B1MN,所以AC平面A1B1MN.4.(xx江苏连云港期末调研,16)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面EAB平面ABCD,四边形ABCD为矩形,EAEB,点M,N分别是AE,CD的中点.求证:(1)直线MN平面EBC;(2)直线EA平面EBC.证明(1)取BE的中点F,连结CF,MF,因为M是AE的中点,所以MFAB,MF=AB,又N是矩形ABCD的边CD的中点,所以NCAB,NC=AB,所以MFNC,所以四边形MNCF是平行四边形,所以MNCF,又MN平面EBC,CF平面EBC,所以MN平面EBC.(2)在矩形ABCD中,BCAB,因为平面EAB平面ABCD,平面ABCD平面EAB=AB,BC平面ABCD,所以BC平面EAB,又EA平面EAB,所以BCEA,又EAEB,BCEB=B,EB,BC平面EBC,所以EA平面EBC.5.(xx苏锡常镇四市教学情况调研(一),16)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是菱形,AC1与A1C交于点O,E是棱AB上一点,且OE平面BCC1B1.(1)求证:E是AB的中点;(2)若AC1A1B,求证:AC1CB.证明(1)连结BC1,因为OE平面BCC1B1,且OE平面ABC1,平面BCC1B1平面ABC1=BC1,所以OEBC1.因为侧面AA1C1C是菱形,AC1A1C=O,所以O是AC1的中点,所以E是AB的中点.(2)因为侧面AA1C1C是菱形,所以AC1A1C,又AC1A1B,A1CA1B=A1,A1C,A1B面A1BC,所以AC1面A1BC,因为BC平面A1BC,所以AC1BC.考点二面面垂直的判定与性质6.(xx江苏南通中学高三阶段测试)如图,在几何体中,四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,四边形DCEF为梯形,EFCD,FB=FD.(1)若CD=2EF,求证:OE平面ADF;(2)求证:平面ACF平面ABCD.证明(1)取AD的中点G,连结OG,FG,对角线AC与BD的交点为O,OGCD,OG=CD.EFCD,CD=2EF,OGEF,OG=EF,四边形OGFE为平行四边形,OEFG.FG平面ADF,OE平面ADF,OE平面ADF.(2)连结OF.四边形ABCD为菱形,OCBD,FB=FD,O是BD的中点,OFBD.又OFOC=O,BD平面ACF.BD平面ABCD,平面ACF平面ABCD.7.(xx江苏无锡辅仁中学质检,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,ACBD,AC与BD交于点O,且平面PAC平面ABCD,E为棱PA上一点.(1)求证:BDOE;(2)若AB=2CD,AE=2EP,求证:EO平面PBC.证明(1)因为平面PAC底面ABCD,平面PAC底面ABCD=AC,BDAC,BD平面ABCD,所以BD平面PAC,又因为OE平面PAC,所以BDOE.(2)因为ABCD,AB=2CD,AC与BD交于O,所以COOA=CDAB=12,又因为AE=2EP,所以COOA=PEEA,所以EOPC,又因为PC平面PBC,EO平面PBC,所以EO平面PBC.8.(xx江苏南京,盐城一模,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BCAC,D,E分别是AB,AC的中点.(1)求证:B1C1平面A1DE;(2)求证:平面A1DE平面ACC1A1.证明(1)因为D,E分别是AB,AC的中点,所以DEBC,又因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1BC,所以B1C1DE.又B1C1平面A1DE,DE平面A1DE,所以B1C1平面A1DE.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1底面ABC,又DE底面ABC,所以CC1DE.又BCAC,DEBC,所以DEAC,又CC1,AC平面ACC1A1,且CC1AC=C,所以DE平面ACC1A1.又DE平面A1DE,所以平面A1DE平面ACC1A1.9.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90.将ABD沿对角线BD折起,记折起后A的位置为点P,且使平面PBD平面BCD.求证:(1)CD平面PBD.(2)平面PBC平面PDC.证明(1)AD=AB,BAD=90,ABD=ADB=45,又ADBC,DBC=45,又DCB=45,BDC=90,即BDDC.平面PBD平面BCD,平面PBD平面BCD=BD,CD平面PBD.(2)由CD平面PBD得CDBP.又BPPD,PDCD=D,BP平面PDC.又BP平面PBC,平面PBC平面PDC.B组xx模拟提升题组(满分:20分时间:10分钟)一、填空题(每小题5分,共5分)1.(苏教必2,一,2,变式)设m、n是两条不同的直线,、是两个不同的平面,则下列命题正确的是.若mn,n,则m;若m,则m;若m,n,n,则m;若mn,n,则m.答案二、解答题(共15分)2.(xx江苏南通、扬州、泰州三模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD平面ABCD,AP=AD,M,N分别为棱PD,PC的中点.求证:(1)MN平面PAB;(2)AM平面PCD.证明(1)因为M,N分别为棱PD,PC的中点,所以MNDC,又因为底面ABCD是矩形,所以ABDC,所以MNAB.又AB平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)因为AP=AD,M为PD的中点,所以AMPD.因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,CDAD,CD平面ABCD,所以CD平面PAD.又AM平面PAD,所以CDAM.因为CD,PD平面PCD,CDPD=D,所以AM平面PCD.C组xx模拟方法题组方法1证明线面垂直的方法1.(xx江苏南京师范大学附属中学调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EFPB交PB于点F.(1)求证:PA平面EBD;(2)求证:PB平面EFD.证明(1)连结BE,BD,AC,设AC交BD于G,连结EG,则G为AC的中点,在PAC中,E为PC的中点,G为AC的中点,故PAEG,又EG面BED,PA面BED,所以PA平面EBD.(2)PD面ABCD,PDBC.BCCD,PDCD=D,PD,CD面PCD,BC面PCD,又DE面PCD,BCDE,PD=CD,E为PC的中点,DEPC,又BCPC=C,BC,PC面PBC,DE面PBC,又PB面PBC,DEPB,又PBEF,EFDE=E,EF,DE面EFD,PB平面EFD.方法2证明面面垂直的方法2.(xx江苏无锡期中,17)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证:(1)BD1平面EAC;(2)平面EAC平面AB1C.证明(1)连结BD交AC于O,连结EO.易知O为BD的中点,因为E为DD1的中点,所以EOBD1.又BD1平面EAC,EO平面EAC,所以BD1平面EAC.(2)易知ACBD,DD1平面ABCD,所以DD1AC,因为BDDD1=D,所以AC平面BDD1,所以ACBD1,同理可证AB1BD1,又ACAB1=A,所以BD1平面AB1C,因为EOBD1,所以EO平面AB1C,又EO平面EAC,所以平面EAC平面AB1C.