（江苏专版）2019版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13.3垂直的判定与性质考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度201320142015201620171.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.(2016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.(2015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.(2015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PMMC的值.解析(1)由题设AB=1,AC=2,BAC=60,可得SABC=12ABACsin 60=32.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=13SABCPA=36.(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=12,从而NC=AC-AN=32.由MNPA,得PMMC=ANNC=13.4.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC平面ABC,ABC=2,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=2,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=AC2-BC2=36-x2,从而SABC=12ABBC=12x36-x2.由EFBC知,AFAB=AEAC=23,得AFEABC,故SAFESABC=232=49,即SAFE=49SABC.由AD=12AE,SAFD=12SAFE=1249SABC=29SABC=19x36-x2,从而四边形DFBC的面积为SDFBC=SABC-SAFD=12x36-x2-19x36-x2=718x36-x2.由(1)知,PE平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角PEC中,PE=PC2-EC2=42-22=23.体积VP-DFBC=13SDFBCPE=13718x36-x223=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x0,可得x=3或x=33,所以,BC=3或BC=33.5.(2014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.(2014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=13Sh,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=3,所以VD-BCG=VG-BCD=13SDBCh=1312BDBCsin 12032=12.7.(2014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=3,M为BC上一点,且BM=12.(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=3,所以OB=ABsinOAB=2sin6=1,又因为BM=12,且OBM=3,所以在OBM中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM=12+122-2112cos3=34.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=2cos6=3.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+34.连结AM,在ABM中,AM2=AB2+BM2-2ABBMcosABM=22+122-2212cos23=214.由于MPAP,故APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+34=214,得a=32或a=-32(舍去),即PO=32.此时S四边形ABMO=SAOB+SOMB=12AOOB+12BMOM=1231+121232=538.所以VP-ABMO=13S四边形ABMOPO=1353832=516.8.(2013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=6.(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=12VC-PAB=12VB-APC.由PB=PD=AB=AD=2知,ABDPBD.因为BAD=60,所以PO=AO=3,AC=23,BO=1.又PA=6,PO2+AO2=PA2,即POAC,故SAPC=12POAC=3.由(1)知,BO面APC,因此VP-BCE=12VB-APC=1213BOSAPC=12.考点二面面垂直的判定与性质1.(2017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.(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