1、8.5直线、平面垂直的判定与性质考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.直线与平面垂直的判定与性质以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理.理解以下判定定理:如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,那么该直线与此平面垂直.如果一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.理解以下性质定理,并能够证明:垂直于同一个平面的两条直线平行.如果两个平面垂直,那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题掌握2016课标全国,19;2015北京,17;2015湖南
2、,19;2014广东,18;2013四川,19解答题2.平面与平面垂直的判定与性质掌握2017课标全国,18;2017课标全国,19;2016课标全国,18;2015课标,18;2014江西,19解答题分析解读1.掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理.2.会运用直线与平面、平面与平面垂直的判定定理和性质定理解决简单的应用问题与证明问题.3.掌握转化的思想方法.4.高考中常以解答题的形式呈现,考查线线、线面、面面垂直的转化思想,分值约为12分,属中档题.五年高考考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2016课标全国,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6
3、,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.解析(1)证明:由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得=,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=4.由EFAC得=.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分)又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-
4、1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则即所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos=-,sin=.因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分)2.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE;(2)求二面角F
5、-AE-B的余弦值;(3)若BE平面AOC,求a的值.解析(1)证明:因为AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB,AO平面AEF,所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB,又OG平面EFCB,所以OAOG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法
6、向量为p=(0,1,0).所以cos=-.由题设知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-.(3)因为BE平面AOC,所以BEOC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0a2,解得a=.3.(2015湖北,19,12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之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EFPB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB平面DEF.试判断四面体DBEF是否
7、为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.解析解法一:(1)因为PD底面ABCD,所以PDBC,由底面ABCD为长方形,有BCCD,而PDCD=D,所以BC平面PCD,而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.而PB平面PBC,所以PBDE.又PBEF,DEEF=E,所以PB平面DEF.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB
8、.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB平面DEF,所以PBDG.又因为PD底面ABCD,所以PDDG.而PDPB=P,所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=,有BD=,在RtPDB中,由DFPB,得DPF=FDB=,则tan=tanDPF=,解得=.所以=.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.解法二:(1)如图,以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B
9、(,1,0),C(0,1,0),=(,1,-1),点E是PC的中点,所以E,=,于是=0,即PBDE.又已知EFPB,而DEEF=E,所以PB平面DEF.因=(0,1,-1),=0,则DEPC,所以DE平面PBC.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB,DEF,EFB,DFB.(2)因为PD平面ABCD,所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量;由(1)知,PB平面DEF,所以=(-,-1,1)是平面DEF的一个法向量.若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,则cos=,解得=,所以=.故当面D
10、EF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.教师用书专用(49) 4.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1PQ;(2)若PQ平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(
11、0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0m6.(1)若P是DD1的中点,则P,=.又=(3,0,6),于是=18-18=0,所以,即AB1PQ.(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos=.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此=,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=(01),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3,6),所以=(6,3-2,-6).因为PQ平面ABB1A1,
12、且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3-2=0,亦即=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=SADQh=664=24.解法二:(1)如图a,取A1A的中点R,连接PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D的中点,所以PRAD,于是由ADBC知,PRBC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BCAB,BCA1A,所以BC平面ABB1A1,因此BCAB1.因为tanABR=tanA1AB1,所以ABR=A1AB1,因此ABR+BAB1=A1AB1+BAB
13、1=90,于是AB1BR.再由即知AB1平面PRBC.又PQ平面PRBC,故AB1PQ.图a图b(2)如图b,过点P作PMA1A交AD于点M,则PM平面ABB1A1.因为A1A平面ABCD,所以PM平面ABCD.过点M作MNQD于点N,连接PN,则PNQD,PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cosPNM=,即=,从而=.连接MQ,由PQ平面ABB1A1及知,平面PQM平面ABB1A1,所以MQAB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=.过点D1作D1EA1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=
14、AD-AE=3.于是=2,所以PM=2MD=2t.再由,得=,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=SADQPM=664=24.5.(2014广东,18,13分)如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,DPC=30,AFPC于点F,FECD,交PD于点E.(1)证明:CF平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)证明:PD平面ABCD,AD平面ABCD,PDAD,又CDAD,PDCD=D,AD平面PCD,ADPC,又AFPC,AFAD=A,PC平面ADF,即CF平面ADF.(2)解法一:设AB=1,则RtPDC中,CD=1,DPC=30,PC=2,PD=,
15、由(1)知CFDF,DF=,CF=,又FECD,=,DE=,同理,EF=CD=,如图所示,以D为原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),E,F,P(,0,0),C(0,1,0).设m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,则又令x=4,得z=,故m=(4,0,),由(1)知平面ADF的一个法向量为=(-,1,0),设二面角D-AF-E的平面角为,可知为锐角,cos =|cos|=,故二面角D-AF-E的余弦值为.解法二:设AB=1,CF平面ADF,CFDF.在CFD中,DF=,CDAD,CDPD,CD平面ADE.又EFCD,EF平面ADE.EFAE,在DEF中,DE=,EF=,在ADE中,
16、AE=,在ADF中,AF=.由VA-DEF=SADEEF=SADFhE-ADF,解得hE-ADF=,设AEF的边AF上的高为h,由SAEF=EFAE=AFh,解得h=,设二面角D-AF-E的平面角为.则sin =,cos =.6.(2014福建,17,13分)在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.解析(1)证明:平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,AB平面ABD,ABBD,AB平面BCD.又CD平面BCD,ABCD.(2
17、)过点B在平面BCD内作BEBD,如图.由(1)知AB平面BCD,又BE平面BCD,BD平面BCD,ABBE,ABBD.以B为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),则即取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).设直线AD与平面MBC所成角为,则sin =|cos|=,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.7.(2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1
18、C1D1的所有棱长都相等,ACBD=O,A1C1B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O底面ABCD;(2)若CBA=60,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1AC.同理DD1BD,因为CC1DD1,所以CC1BD,而ACBD=O,因此CC1底面ABCD.由题设知,O1OC1C,故O1O底面ABCD.(2)解法一:如图,过O1作O1HOB1于H,连接HC1.由(1)知,O1O底面ABCD,所以O1O底面A1B1C1D1,于是O1OA1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以
19、四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1B1D1,从而A1C1平面BDD1B1,所以A1C1OB1,于是OB1平面O1HC1,进而OB1C1H,故C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=,OC=1,OB1=.在RtOO1B1中,易知O1H=2,而O1C1=1,于是C1H=.故cosC1HO1=.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此ACBD,又由(1)知O1O底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别
20、为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为CBA=60,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为,易知是锐角,于是cos =|cos|=.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.8.(2013四川,19,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1底面ABC,AB=AC=2AA1,BAC=120,D,D1分别
21、是线段BC,B1C1的中点,P是线段AD的中点.(1)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l平面ADD1A1;(2)设(1)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角A-A1M-N的余弦值.解析(1)如图,在平面ABC内,过点P作直线lBC,分别交AB,AC于点M,N,因为l在平面A1BC外,BC在平面A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l平面A1BC.因为AB=AC,D是BC的中点,所以BCAD,则直线lAD.因为AA1平面ABC,所以AA1直线l.又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且AD与AA1相交,所以直线l平面ADD1A1.(6
22、分)(2)解法一:连接A1P,过A作AEA1P于E,过E作EFA1M于F,连接AF.由(1)知,MN平面AEA1,所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN,则A1MAE.所以A1M平面AEF,则A1MAF.故AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为).设AA1=1,则由AB=AC=2AA1,BAC=120,有BAD=60,AB=2,AD=1.又P为AD的中点,所以M为AB中点,且AP=,AM=1,所以在RtAA1P中,A1P=;在RtA1AM中,A1M=.从而AE=,AF=,所以sin =,所以cos =.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)解法二:设A1A=1.如图,过A
23、1作A1E平行于B1C1,以A1为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz(点O与点A1重合).则A1(0,0,0),A(0,0,1).因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,故M,N,所以=,=(0,0,1),=(,0,0).设平面AA1M的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则即故有从而取x1=1,则y1=-,所以n1=(1,-,0).设平面A1MN的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则即故有从而取y2=2,则z2=-1,所以n2=(0,2,-1).设二面角A-A1M-N的平面角为,又为锐角,则cos =.故二面角A-A1M-
24、N的余弦值为.(12分)9.(2013广东,18,14分)如图,在等腰直角三角形ABC中,A=90,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将ADE沿DE折起,得到如图所示的四棱锥A-BCDE,其中AO=.(1)证明:AO平面BCDE;(2)求二面角A-CD-B的平面角的余弦值.图图解析(1)在题图中,易得OC=3,AC=3,AD=2.连接OD,OE,在OCD中,由余弦定理可得OD=.由翻折不变性可知AD=2,所以AO2+OD2=AD2,所以AOOD,同理可证AOOE,又ODOE=O,所以AO平面BCDE.(2)解法一:过O作OHCD交CD的延长线于H,连接AH,
25、因为AO平面BCDE,所以AHCD,所以AHO为二面角A-CD-B的平面角.结合题图可知,H为AC中点,故OH=,从而AH=,所以cosAHO=,所以二面角A-CD-B的平面角的余弦值为.解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则A(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以=(0,3,),=(-1,2,).设n=(x,y,z)为平面ACD的法向量,则即解得令x=1,得n=(1,-1,).由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量,所以cos=,即二面角A-CD-B的平面角的余弦值为.考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2017课标全国,18,12
26、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,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.(1)由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,又APPD=P,从而AB平面PAD.又AB平面PAB,所以平面PAB平面PAD.(2)在平面PAD内作PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,又ADAB=A,可得PF平面ABCD.以 F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F-xy
27、z.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos=-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.2.(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
28、已知可得AFDF,AFFE,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)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),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知得,ABEF,所以AB平面EFDC.(8分)又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-
29、BE-F的平面角,CEF=60.从而可得C(-2,0,).所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).(10分)设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).设m是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,4).则cos =-.故二面角E-BC-A的余弦值为-.(12分)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,AEEC.(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
30、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=.由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=,且EGAC.在RtEBG中,可得BE=,故DF=.在RtFDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.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
31、,0,),F,C(0,0),所以=(1,),=.(10分)故cos=-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分)教师用书专用(4)4.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD.(1)求证:ABPD;(2)若BPC=90,PB=,PC=2,问AB为何值时,四棱锥P-ABCD的体积最大?并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.解析(1)证明:ABCD为矩形,故ABAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD,故ABPD.(2)过P作AD的垂线,垂足为O,过O作BC的垂线,垂足为G,连接PG.故
32、PO平面ABCD,BC平面POG,所以BCPG.在RtBPC中,PG=,GC=,BG=.设AB=m,则OP=,故四棱锥P-ABCD的体积V=m=.因为m=,故当m=,即AB=时,四棱锥P-ABCD的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为O(0,0,0),B,C,D,P.故=,=(0,0),=.设平面BPC的一个法向量为n1=(x,y,1),则由n1,n1得解得x=1,y=0,所以n1=(1,0,1).同理可求出平面DPC的一个法向量为n2=.从而平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值为cos =.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2016
33、河北名师俱乐部3月模拟,6)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,BAAD,ADBC,AB=BC=2,PA=3,PA底面ABCD,E是棱PD上异于P,D的动点.设=m(m0),则“0m2”是“三棱锥C-ABE的体积不小于1”的() A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B2.(人教A必2,二,2-3-1,2,变式)如果PA、PB、PC两两垂直,那么点P在平面ABC内的投影一定是ABC的()A.重心B.内心C.外心D.垂心答案D3.(2018广东茂名模拟,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAC,PCBC,M为PB的中点,D为AB的中点,且AMB
34、为正三角形.(1)求证:BC平面PAC;(2)若PA=2BC,三棱锥P-ABC的体积为1,求点B到平面DCM的距离.解析(1)证明:在正AMB中,D是AB的中点,所以MDAB.因为M是PB的中点,D是AB的中点,所以MDPA,故PAAB.又PAAC,ABAC=A,AB,AC平面ABC,所以PA平面ABC.因为BC平面ABC,所以PABC.又PCBC,PAPC=P,PA,PC平面PAC,所以BC平面PAC.(2)设AB=x,则PB=2x,PA=2MD=x,BC=,AC=x.三棱锥P-ABC的体积V=SABCPA=x3=1,得x=2.所以AB=MB=2,BC=,AC=1,MD=.所以SBCD=SA
35、BC=1=.由(1)知MDPA,PA平面ABC,所以MDDC.在ABC中,CD=AB=1,所以SMCD=MDCD=1=.设点B到平面DCM的距离为h.因为VM-BCD=VB-MCD,所以SBCDMD=SMCDh,即=h.所以h=.故点B到平面DCM的距离为.考点二平面与平面垂直的判定与性质4.(2017福建泉州二模,16)如图,一张A4纸的长、宽分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的命题,正确的是.(写出所有正确命题的序号)该多面体是三棱锥;平面BAD平面BCD;平面BAC平
36、面ACD;该多面体外接球的表面积为5a2.答案5.(2018辽宁锦州模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,在底面四边形ABCD中,ADBC,ADCD,Q是AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=2,BC=AD=1,CD=,PB=.(1)求证:PA平面MQB;(2)求证:平面PAD平面ABCD;(3)求三棱锥B-PQM的体积.解析(1)证明:如图,连接AC交BQ于N,连接MN,CQ.BC=AD,ADBC,Q是AD的中点,AQBC,且AQ=BC,四边形ABCQ是平行四边形,N是BQ的中点.M是棱PC的中点,MNPA.PA平面MQB,MN平面MQB,PA平面MQB.(2)证明:ADBC,BC=
37、AD=1,Q是AD的中点,四边形BCDQ为平行四边形,CDBQ.ADCD,QBAD.又PA=PD=2,AD=2,Q是AD的中点,PQ=.又QB=CD=,PB=,PB2=PQ2+QB2.由勾股定理逆定理可知PQQB.又PQAD=Q,BQ平面PAD.又BQ平面ABCD,平面PAD平面ABCD.(3)PA=PD=2,Q是AD的中点,PQAD.平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCD=AD,PQ平面ABCD.又M是棱PC的中点,故VB-PQM=VP-BQC=1=.6.(2017河南部分重点中学联考,19)如图,已知AB是O的直径,点C是O上的动点,PA垂直于平面ABC.(1)证明:平面PAC平
38、面PBC;(2)设PA=,AC=1,求三棱锥A-PBC的高.解析(1)证明:AB是O的直径,点C是O上的动点,ACB=90,即BCAC.(1分)又PA垂直于平面ABC,BC平面ABC,PABC.(2分)PAAC=A,BC平面PAC.(4分)又BC平面PBC,平面PAC平面PBC.(6分)(2)如图,过点A作PC的垂线,垂足为D,由平面PAC平面PBC,平面PAC平面PBC=PC,易得AD的长即为三棱锥A-PBC的高.(8分)在RtAPC中,PA=,AC=1,PC=2,(9分)由ADPC=PAAC,得AD=,三棱锥A-PBC的高为.(12分)B组20162018年模拟提升题组(满分:45分时间:
39、60分钟)一、填空题(共5分)1.(2016河北五个一名校3月联考,15)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是AC1,A1B1的中点,点P在其表面上运动,则总能使MP与BN垂直的点P的轨迹的周长等于.答案2+二、解答题(共40分)2.(2018河北石家庄模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面四边形ABCD是边长为的正方形,PABD.(1)求证:PB=PD;(2)若E,F分别为PC,AB的中点,EF平面PCD,求三棱锥D-ACE的体积.解析(1)证明:设AC,BD交于点O,连接PO.四边形ABCD是正方形,ACBD且O为BD的中点.又PABD,PAAC=A,BD平
40、面PAC,由于PO平面PAC,故BDPO.又BO=DO,PB=PD.(2)设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,EQ=CD且EQCD,又F为AB的中点,且ABCD,EQAF.四边形AFEQ为平行四边形,EFAQ.EF平面PCD,AQ平面PCD,AQPD,PD的中点为Q,AP=AD=.由AQ平面PCD,可得AQCD.又ADCD,AQAD=A,CD平面PAD,CDPA.又BDPA,CDBD=D,PA平面ABCD.VD-ACE=VE-ACD=PASACD=,故三棱锥D-ACE的体积为.3.(2018云南玉溪模拟,19)如图1,已知梯形ABCD中,ADBC,ABC=
41、BAD=,AB=BC=2AD=4,E、F分别是AB、CD上的点,EFBC,AE=x.沿EF将梯形ABCD翻折,使平面AEFD平面EBCF(如图2).G是BC的中点,以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f(x).(1)当x=2时,求证:BDEG;(2)求f(x)的最大值;(3)当f(x)取得最大值时,求异面直线AE与BD所成角的余弦值.图1图2解析(1)证明:作DHEF,垂足为H,连接BH、GH、EG.平面AEFD平面EBCF,平面AEFD平面EBCF=EF,DH平面EBCF,又EG平面EBCF,EGDH.AE=2,BG=BC=2,BE=BG.EH=AD=BC=BG,EFBC,EBC=90,
42、四边形BGHE为正方形,EGBH.又BH、DH平面DBH,且BHDH=H,EG平面DBH.BD平面DBH,EGBD.(2)AEEF,平面AEFD平面EBCF,平面AEFD平面EBCF=EF,AE平面EBCF.结合DH平面EBCF,得AEDH,四边形AEHD是矩形,得DH=AE,故以F、B、C、D为顶点的三棱锥D-BCF的高DH=AE=x,又SBCF=BCBE=4(4-x)=8-2x,三棱锥D-BCF的体积V=f(x)=SBFCDH=SBFCAE=(8-2x)x=-x2+x=-(x-2)2+.当x=2时, f(x)取最大值.(3)由(2)知当f(x)取得最大值时,AE=2,故BE=2,结合DHA
43、E,可得BDH或其补角是异面直线AE与BD所成的角.在RtBEH中,BH=2.DH平面EBCF,BH平面EBCF,DHBH.在RtBDH中,BD=2,cosBDH=.异面直线AE与BD所成角的余弦值为.4.(2017河南开封一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,O为AB的中点,平面POC平面ABCD,ADBC,ABBC,PA=PB=BC=AB=2,AD=3.(1)求证:平面PAB平面ABCD;(2)求二面角O-PD-C的余弦值.解析(1)证明:PA=PB,O为AB的中点,AB=2,POAB,AO=BO=1.过点C作CEAB交AD于E,ADBC,ABBC,四边形ABCE是矩形,AE=BC=2
44、,CE=AB=2,又AD=3,DE=1,CD=,ADBC,ABBC,ADAB,由勾股定理得OC=,OD=,显然OD2=OC2+CD2=10,CDOC,平面POC平面ABCD,平面POC平面ABCD=OC,CD平面POC,又PO平面POC,CDPO,易知AB与CD相交,PO平面ABCD,PO平面PAB,平面PAB平面ABCD.(2)如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(-1,3,0),C(1,2,0),=(0,0,),=(-1,3,0),=(-1,-2,),=(-2,1,0).假设平面OPD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2).
45、由可得取y1=1,得x1=3,即n1=(3,1,0).由可得取x2=,得y2=2,z2=5,即n2=(,2,5),cos=,故二面角O-PD-C的余弦值为.C组20162018年模拟方法题组方法1直线与平面垂直的判定方法1.(2018广东东莞模拟,18)如图1,矩形ABCD中,AB=12,AD=6,E、F分别为CD、AB边上的点,且DE=3,BF=4,将BCE沿BE折起至PBE的位置(如图2所示),连接AP、PF,其中PF=2.(1)求证:PF平面ABED;(2)求点A到平面PBE的距离.图1图2解析(1)证明:由翻折不变性可知PB=BC=6,PE=CE=9,在PBF中,PF2+BF2=20+
46、16=36=PB2,所以PFBF.在题图1中,利用勾股定理,得EF=,在PEF中,EF2+PF2=61+20=81=PE2,PFEF.又BFEF=F,BF平面ABED,EF平面ABED,PF平面ABED.(2)由(1)知PF平面ABED,PF为三棱锥P-ABE的高.设点A到平面PBE的距离为h,VA-PBE=VP-ABE,即69h=1262,h=,即点A到平面PBE的距离为.2.(2017山西五校联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAB平面ABCD,AB=AP=3,AD=PB=2,E为线段AB上一点,且AEEB=72,点F、G、M分别为线段PA、PD、BC的中点
47、.(1)求证:PE平面ABCD;(2)若平面EFG与直线CD交于点N,求二面角P-MN-A的余弦值.解析(1)证明:在等腰APB中,cosABP=,则由余弦定理可得PE2=+22-232=,PE=.PE2+BE2=4=PB2,PEAB.平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,PE平面ABCD.(2)连接EN,由已知可得ENAD.所以ENAB.由(1)可知PEEN.以E为坐标原点,直线EP、EB、EN分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P,M,N(0,0,2),从而=,=.设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0,即-x+y+z=0,-y+z=0
48、,令y=3,可得n=.由(1)知平面AMN的一个法向量为=,cos=,由图可知二面角P-MN-A的平面角为锐角,故二面角P-MN-A的余弦值为.方法2平面与平面垂直的证明方法3.(2018安徽淮北一中模拟,18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PA平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.(1)求证:AF平面PCE;(2)求证:平面PCE平面PCD.证明(1)取PC的中点G,连接FG、EG,FG为CDP的中位线,FGCD,FG=CD.四边形ABCD为矩形,E为AB的中点,AECD,AE=CD,FG=AE,FGAE,四边形AEGF是平行四边形,AFEG.又EG平面PCE,A
49、F平面PCE,AF平面PCE.(2)PA=AD,AFPD,PA平面ABCD,PACD.又CDAD,APAD=A,CD平面PAD,CDAF.又CDPD=D,AF平面PDC.由(1)得EGAF,EG平面PDC.又EG平面PCE,平面PCE平面PCD.4.(2018四川泸州模拟,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是梯形,ABDC,ABC=90,AD=SD,BC=CD=AB,侧面SAD底面ABCD.(1)求证:平面SBD平面SAD;(2)若SDA=120,且三棱锥S-BCD的体积为,求侧面SAB的面积.解析(1)证明:在梯形ABCD中,ABDC,ABC=90,BC=CD=AB,设BC=a
50、,则CD=a,AB=2a,在直角三角形BCD中,BCD=90,可得BD=a,CBD=45,ABD=45,在ABD中,AD=a,所以AD2+BD2=AB2,所以BDAD,由平面SAD底面ABCD可得BD平面SAD.又BD平面SBD,所以平面SBD平面SAD.(2)SDA=120,且三棱锥S-BCD的体积为,在SAD中,由AD=SD=a,可得SA=2SDsin 60=a,作SHAD,则SH=SDsin 60=a,由SH平面BCD,可得VS-BCD=aa2=,解得a=1,由BD平面SAD,可得BDSD,故SB=2.又AB=2,所以SB=AB,在等腰三角形SBA中,边SA上的高为=,则SAB的面积为S
51、A=.5.(2017河南百校联盟4月联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,ABDC,ADDC,PD平面ABCD,E、F、M分别是棱PD、PC和BC上的点,且=,N是PA上一点,AD=PD.(1)求当为何值时,平面NEF平面MEF;(2)在(1)的条件下,若AB=DC=2,PD=3,求平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值.解析(1)在AD上取一点G,使得=,连接EG,MG,=,EGPA,MGCD,(2分)PD平面ABCD,PDCD,又ADCD,ADPD=D,CD平面PAD,(3分)=,EFDC,EF平面PAD.(4分)若平面NEF平面MEF,则NEG=90,(5
52、分)在RtPAD中,AD=PD,PA=PD,PN=PD,当=2时,平面NEF平面MEF.(6分)(2)以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(3,0,0),B(3,2,0),C(0,4,0),P(0,0,3),N(1,0,2),=(2,2,-2),=(3,-2,0),(7分)设平面BCN的法向量为n=(x,y,z),则即令y=3,则x=2,z=5,n=(2,3,5).(9分)EFAB,FMPB,则易知平面MEF平面PAB,(10分)易知平面PAB的一个法向量为n1=(1,0,1),平面MEF的一个法向量为n1=(1,0,1),(11分)|cos|=,即平面BCN与平面MEF所成锐二面角的余弦值为.(12分)