2014-2023年高考数学真题专题分类--8.3　直线、平面垂直的判定与性质(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
8.4　直线、平面垂直的判定与性质
考点一　直线与平面垂直的判定与性质
1.(2013北京,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有(　　)
A.3个　　　　B.4个　　　　C.5个　　　　D.6个
答案　B　过P作平面A1B1C1D1、ABCD的垂线分别交D1B1、DB于E、F点,易知P也是EF的三等分点,设正方体的棱长为a,则PA1=PC1=a;PD1=a;PB=a;PB1=a,PA=PC=a;PD=a.故有4个不同的值.故选B.
思路分析　设正方体的棱长为a,利用正方体中的直角三角形分别计算P到各顶点的距离即可.
解后反思　本题考查了线面的垂直关系、空间想象力及运算能力.构造直角三角形是解题关键.
2.(2019课标Ⅱ文,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.
解析　本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.
(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE 平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.
作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.
所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=×3×6×3=18.
思路分析　(1)由长方体的性质易得B1C1⊥BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂线即可得高.
解题关键　由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.
3.(2015福建,20,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.
(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;
(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;
(3)若BC=,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.
解析　(1)证明:在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面,
所以PO⊥AC.
因为DO∩PO=O,
所以AC⊥平面PDO.
(2)因为点C在圆O上,
所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.
又AB=2,所以△ABC面积的最大值为×2×1=1.
又因为三棱锥P-ABC的高PO=1,
故三棱锥P-ABC体积的最大值为×1×1=.
(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,
所以PB==.同理,PC=,所以PB=PC=BC.
在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.
当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.
又因为OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,
即E为PB中点.从而OC'=OE+EC'=+=,
亦即CE+OE的最小值为.
解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,
所以∠OPB=45°,PB==.同理PC=.
所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.
在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.
当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.
所以在△OC'P中,由余弦定理得:
OC'2=1+2-2×1××cos(45°+60°)
=1+2-2=2+.
从而OC'==.
所以CE+OE的最小值为+.
评析　本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.
4.(2014福建文,19,12分)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.
(1)求证:CD⊥平面ABD;
(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.
解析　(1)证明:∵AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,∴AB⊥CD.
又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB 平面ABD,BD 平面ABD,
∴CD⊥平面ABD.
(2)解法一:由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.
∵AB=BD=1,
∴S△ABD=.
∵M是AD的中点,
∴S△ABM=S△ABD=.
由(1)知,CD⊥平面ABD,
∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1,
因此VA-MBC=VC-ABM=S△ABM·h=.
解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD,
又平面ABD∩平面BCD=BD,
如图,过点M作MN⊥BD交BD于点N,
则MN⊥平面BCD,且MN=AB=,
又CD⊥BD,BD=CD=1,
∴S△BCD=.
∴三棱锥A-MBC的体积VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD
=AB·S△BCD-MN·S△BCD=.
5.(2014山东文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.
(1)求证:AP∥平面BEF;
(2)求证:BE⊥平面PAC.
证明　(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.
由于E为AD的中点,
AB=BC=AD,AD∥BC,
所以AE∥BC,AE=AB=BC,
因此四边形ABCE为菱形,
所以O为AC的中点.
又F为PC的中点,
因此在△PAC中,
可得AP∥OF.
又OF 平面BEF,AP 平面BEF,
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC,ED=BC,
所以四边形BCDE为平行四边形,
因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD,CD 平面PCD,
所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形,
所以BE⊥AC.
又AP∩AC=A,AP,AC 平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
6.(2014广东文,18,13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图2折叠:折痕EF∥DC,其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.
(1)证明:CF⊥平面MDF;
(2)求三棱锥M-CDE的体积.
解析　(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,
AD 平面ABCD,∴PD⊥AD.
∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.
又∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PCD.
∵CF 平面PCD,∴AD⊥CF.
又∵MF⊥CF,MF∩AD=M,
∴CF⊥平面MDF.
(2)由(1)知CF⊥DF,PD⊥DC,
在△PCD中,DC2=CF·PC.
∴CF==.
又∵EF∥DC,
∴= ED===.
∴PE=ME=-=,
∴S△CDE=DC·ED=×1×=.
在Rt△MDE中,MD==,
∴VM-CDE=S△CDE·MD=××=.
7.(2013广东文,18,14分)如图1,在边长为1的等边三角形ABC中,D,E分别是AB,AC上的点,AD=AE,F是BC的中点,AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起,得到如图2所示的三棱锥A-BCF,其中BC=.
图1
图2
(1)证明:DE∥平面BCF;
(2)证明:CF⊥平面ABF;
(3)当AD=时,求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG.
解析　(1)证明:在等边三角形ABC中,AD=AE,∴=,在折叠后的三棱锥A-BCF中也成立,∴DE∥BC,∵DE 平面BCF,BC 平面BCF,∴DE∥平面BCF.
(2)证明:在等边三角形ABC中,F是BC的中点,
∴AF⊥BC,BF=CF=.
∵在三棱锥A-BCF中,BC=,
∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF.
∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF.
(3)由(1)可知GE∥CF,结合(2)可得GE⊥平面DFG.
∴VF-DEG=VE-DFG=··DG·FG·GE=····=.
评析　本题考查线面平行、线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,考查立体几何中翻折问题以及学生的空间想象能力和逻辑推理论证能力.抓住翻折过程中的不变量是解决这类问题的关键,第(3)问的关键在于对几何体的转化.
8.(2012北京文,16,14分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2.
(1)求证:DE∥平面A1CB;
(2)求证:A1F⊥BE;
(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ 说明理由.
解析　(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
又因为DE 平面A1CB,
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D,DE⊥CD.
因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.
而A1F 平面A1DC,所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D,
所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:
如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,则PQ∥BC.
又因为DE∥BC,
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知,DE⊥平面A1DC,
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.
所以A1C⊥平面DEP.
即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
评析　本题的前两问属容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢靠的学生而言,可能不能顺利解答.
9.(2017课标Ⅲ文,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明:AC⊥BD;
(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AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.
解析　(1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.
因为AD=CD,所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.
因为DO∩BO=O,
所以AC⊥平面DOB,
因为BD 平面DOB,
所以AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC=90°,
所以DO=AO.
在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.
又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=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1∶1.
10.(2016课标Ⅰ,文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AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.
又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.
又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.
(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.
理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,
又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.
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.
由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,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,可得DE=2,PE=2.
在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,
所以四面体PDEF的体积V=××2×2×2=.
易错警示　推理不严谨,书写不规范是造成失分的主要原因.
评析　本题考查了线面垂直的判定和性质;考查了锥体的体积的计算;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.属中档题.
11.(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:PA⊥BD;
(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BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC.
由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD,BC⊥DE.
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DE·PB=PD·BD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与性质
1.(2022全国乙,理7,文9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1　　　　
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC　　　　
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案　A　如图所示,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,EF∥AC,∴EF⊥BD,又D1D⊥平面ABCD,EF 平面ABCD,∴D1D⊥EF,又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,又EF 平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,故选A.
2.(2021全国乙文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
解析　(1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM 平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD 平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM 平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD 平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则,又AB=DC=1,M为BC的中点,∴AD=,
∴S矩形ABCD=AB·AD=,
∴V四棱锥P-ABCD=S矩形ABCD·PD=.
名师点拨:本题以学生熟悉的四棱锥为载体,充分考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力,要求学生熟练掌握空间几何体中垂直的证明方法,在计算中体现空间和平面之间的转化思想,尤其是基本图形的运算.
3.(2022全国乙文,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积.
解析　(1)证明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ADB≌△CDB,∴AB=BC,
又E为AC的中点,∴BE⊥AC,
在△ADC中,AD=CD,E为AC的中点,∴DE⊥AC,
又DE 平面BED,BE 平面BED,DE∩BE=E,
∴AC⊥平面BED,
∵AC 平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)由(1)可知AB=BC且∠ACB=60°,
∴△ABC为等边三角形,∴AC=AB=2.
又AD=DC,AD⊥CD,∴AD=DC=,
连接EF,由(1)知AC⊥平面BED,
∵EF 平面BED,∴AC⊥EF,
∴S△ACF=AC×EF=EF,
在Rt△ADC中,可得DE=1,在△ABC中,可得BE=,
又BD=2,∴BD2=DE2+BE2,
∴△BED为直角三角形,且∠EBD=30°,
∴EF的最小值为Rt△BED斜边上的高h,
且h=BEsin∠EBD=,
∵AC⊥平面BEF,
∴VF-ABC=S△BEF×AC
=×AC
=×AC
=×2
=.
4.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
解析　(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.
因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,
所以BE⊥AC.
又DE,BE 平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC 平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.
(2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=.
因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1.
所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.
连接EF,因为AC⊥平面BED,EF 平面BED,
所以AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF=EF.
当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小,此时EF=.
如图,以E为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),F,
所以=(-1,0,1),=(0,-,1),.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则令y=1,得n=(,1,).
设CF与平面ABD所成的角为θ,
则sin θ=|cos所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
5.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
证明　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.
在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,
所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.
又因为DE 平面A1C1F,A1C1 平面A1C1F,
所以直线DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1C1 平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1,A1A 平面ABB1A1,A1B1 平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,
所以A1C1⊥平面ABB1A1.
因为B1D 平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.
又因为B1D⊥A1F,A1C1 平面A1C1F,A1F 平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,
所以B1D⊥平面A1C1F.
因为直线B1D 平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.
评析　本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.
6.(2018课标Ⅰ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AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
(2)Q为线段AD上一点,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°,BA⊥AC.
又BA⊥AD,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.
又BP=DQ=DA,所以BP=2.
作QE⊥AC,垂足为E,则QE=DC,QE∥DC.
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=·QE·S△ABP=×1××3×2sin45°=1.
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,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.
7.(2018课标全国Ⅲ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)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC 平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=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MC∥OP.
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.
8.(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,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.
(1)求证:PE⊥BC;
(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;
(3)求证:EF∥平面PCD.
证明　(1)因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形,
所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形,
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,
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FG∥BC,FG=BC.
因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,
所以DE∥BC,DE=BC.
所以DE∥FG,DE=FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF 平面PCD,DG 平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
9.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.
求证:(1)AB∥平面A1B1C;
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明　本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-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.
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AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,
所以AB1⊥BC.
又因为A1B∩BC=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.
10.(2017课标Ⅰ文,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,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　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AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,AP,PD 平面PAD,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PE⊥AD,垂足为E.
由(1)知,AB⊥平面PAD,
故AB⊥PE,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=AB·AD·PE=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PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin60°=6+2.
方法总结　1.面面垂直的证明.
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一个平面.
2.线面垂直的证明.
(1)证明直线l垂直于平面内的两条相交直线.
(2)若已知两个平面垂直,则在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.
3.几何体的体积.
柱体的体积V=S底·h.
锥体的体积V=S底·h.
4.几何体的表面积.
直棱柱的侧面积S侧=C底·l,其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积,最后求和.
11.(2015课标Ⅰ文,18,12分)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°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.
解析　(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.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ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=.
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC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=×AC·GD·BE=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)
12.(2019课标Ⅲ文,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的四边形ACGD的面积.
解析　本题考查了线面、面面垂直问题,通过翻折、平面与平面垂直的证明考查了空间想象能力和推理论证能力,考查了直观想象的核心素养.
(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
思路分析　(1)翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化,特别是平行、垂直的变化.由矩形、直角三角形中的垂直关系,利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直;而由平行公理和平面的基本性质不难证明四点共面.(2)根据菱形的特征结合(1)的结论找到菱形BCGE的边CG上的高求解.
解题关键　抓住翻折前后的垂直关系,灵活转化线线垂直、线面垂直和面面垂直,题中构造侧棱的特殊“直截面”△DEM,是本题求解的关键和难点.
13.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.
(1)证明:CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.
解析　(1)证明:在题图1中,
因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,
∠BAD=,所以BE⊥AC.
即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,
又A1O∩OC=O,
从而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
且平面A1BE∩平面BCDE=BE,
又由(1)知,A1O⊥BE,
所以A1O⊥平面BCDE,
即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.
由题图1知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积
S=BC·AB=a2.
从而四棱锥A1-BCDE的体积为
V=×S×A1O=×a2×a=a3,
由a3=36,得a=6.
评析　本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力,同时考查线面垂直的判定及面面垂直性质的应用.
14.(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,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,
所以A1O1∥OC,A1O1=OC,
因此四边形A1OCO1为平行四边形,
所以A1O∥O1C.
又O1C 平面B1CD1,A1O 平面B1CD1,
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以A1E⊥BD,因为B1D1∥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.
15.(2016北京,文18,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.
(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PC⊥DC.(2分)
又因为DC⊥AC,
AC∩PC=C,
所以DC⊥平面PAC.(4分)
(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,
所以AB⊥AC.(6分)
因为PC⊥平面ABCD,
所以PC⊥AB.(7分)
又AC∩PC=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.(10分)
证明如下:
取PB的中点F,连接EF,CE,CF.
因为E为AB的中点,
所以EF∥PA.(13分)
又因为PA 平面CEF,
所以PA∥平面CEF.(14分)
思路分析　(1)证出PC⊥DC后易证DC⊥平面PAC.
(2)先证AB⊥AC,PC⊥AB,可证出AB⊥平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证.
(3)此问为探究性问题,求解时可构造面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条线,由于点E为AB的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.
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