A A组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组考点直线、平面垂直的判定和性质考点直线、平面垂直的判定和性质1.(2017课标全国,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC五年高考答案答案C解法一:由于A1E平面A1DCB1,BC1平面A1DCB1,因此,BC1A1E.解法二:正方形AA1D1D中,AD1A1D.又ED平面AA1D1D,所以EDAD1,由此AD1平面A1DE,则AD1A1E.因为BC1AD1,所以BC1A1E.2.(2018课标全国,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)由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=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MCOP.MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC平面PBD.易错警示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.3.(2018课标全国,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ABDA.(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.解析解析(1)证明:由已知可得,BAC=90,BAAC.又BAAD,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QEAC,垂足为E,则QEDC.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=QESABP=132sin45=1.规律总结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.4.(2018课标全国,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.解析解析(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OPOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)作CHOM,垂足为H.又由(1)可得OPCH,所以CH平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,ACB=45.所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.解题关键解题关键认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等体积法求解是关键.5.(2017课标全国,18,12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,且四棱锥P-ABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.解析解析本题考查立体几何中面面垂直的证明和几何体侧面积的计算.(1)证明:由已知BAP=CDP=90,得ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,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PEAD,垂足为E.由(1)知,AB平面PAD,故ABPE,可得PE平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.故V四棱锥P-ABCD=ABADPE=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PAPD+PAAB+PDDC+BC2sin60=6+2.方法总结方法总结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.6.(2017课标全国,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:ACBD;(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AEEC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.解析解析(1)证明:取AC的中点O,连接DO、BO.因为AD=CD,所以ACDO.又由于ABC是正三角形,所以ACBO.又DOBO=O,AC平面DOB,ACBD.(2)解法一:连接EO.由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO.在RtAOB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11.解法二:由已知可得ABDCBD,则CBE=ABE,所以CEBAEB,则AE=CE.又AECE,所以CAE=ACE=45,又ACD是直角三角形,且AD=CD,所以DAC=DCA=45,又AC为公共边,所以AECADC.由此可设AD=CD=AE=CE=a,则AC=AB=BD=a.在AED和BAD中,AED=ADE=BAD,则等腰三角形AED相似于等腰三角形BAD,所以=,由此得DE=a,即E为BD中点,D到平面AEC的距离等于B到平面AEC的距离,所以四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为11.难点突破难点突破(1)四面体ABCE与四面体ACDE的体积比转化为四面体ABCE与四面体ABCD的体积比.(2)观察到两个四面体共底面ACE,将体积比转化为相应高之比,难点在于发现E为BD中点及其证明.7.(2016课标全国,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.解析解析(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以ABPD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABDE.又PDDE=D,所以AB平面PED,故ABPG.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PBPA,PBPC,又EFPB,所以EFPA,EFPC,又PAPC=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DEPC,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=222=.易错警示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.8.(2015课标,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,AEEC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积.解析解析(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD.因为BE平面ABCD,所以ACBE.故AC平面BED.又AC平面AEC,所以平面AEC平面BED.(2)设AB=x,在菱形ABCD中,由ABC=120,可得AG=GC=x,GB=GD=.因为AEEC,所以在RtAEC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=ACGDBE=x3=.故x=2.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.解题关键解题关键解答本题的关键是掌握面面垂直的判定定理与棱锥体积的计算公式,要证面面垂直,只需在其中一个平面内找到一条直线垂直于另一个平面即可,即由“线面垂直”推出“面面垂直”.9.(2014课标,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO平面BB1C1C.(1)证明:B1CAB;(2)若ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.解析解析(1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1.又AO平面BB1C1C,所以B1CAO,故B1C平面ABO.由于AB平面ABO,故B1CAB.(2)作ODBC,垂足为D,连接AD.作OHAD,垂足为H.由于BCAO,BCOD,故BC平面AOD,所以OHBC.又OHAD,所以OH平面ABC.因为CBB1=60,所以CBB1为等边三角形,又BC=1,可得OD=.由于ACAB1,所以OA=B1C=.由OHAD=ODOA,且AD=,得OH=.又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.评析评析本题考查直线与平面垂直的判定和性质,点到平面的距离的求法等知识,同时考查空间想象能力和逻辑推理能力.第(2)问中作出垂线段是关键,也可用等积法求解.B B组组自主命题自主命题省省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点直线、平面垂直的判定和性质考点直线、平面垂直的判定和性质1.(2018北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.(1)求证:PEBC;(2)求证:平面PAB平面PCD;(3)求证:EF平面PCD.解析解析(1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PEAD.因为底面ABCD为矩形,所以BCAD.所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形,所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,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FGBC,FG=BC.因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DEBC,DE=BC.所以DEFG,DE=FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EFDG.又因为EF平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.2.(2017北京,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PABD;(2)求证:平面BDE平面PAC;(3)当PA平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.解析解析本题考查线面垂直的判定和性质,面面垂直的判定及线面平行的性质,三棱锥的体积.考查空间想象能力.(1)因为PAAB,PABC,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD.(2)因为AB=BC,D为AC中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,所以BD平面PAC.所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因为D为AC的中点,所以DE=PA=1,BD=DC=.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=BDDCDE=.直击高考直击高考立体几何是高考的必考题型,对立体几何的考查主要有两个方面:一是空间位置关系的证明;二是体积或表面积的求解.3.(2017山东,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.方法总结方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a,a).易错警示易错警示ab,a/b.4.(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.方法总结方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc);(2)线面垂直的性质(a,bab).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B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F.证明证明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.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A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=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.(2015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.解析解析(1)证明: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.评析评析本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体现了函数与方程的思想.7.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,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BEAC.即在题图2中,BEA1O,BEOC,从而BE平面A1OC,又BC DE,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CDBE,所以CD平面A1OC.(2)因为平面A1BE平面BCDE,且平面A1BE平面BCDE=BE,A1OBE,A1O平面A1BE,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四边形BCDE=BCAB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=S四边形BCDEA1O=a2a=a3,由a3=36,得a=6.C C组组教师专用题组教师专用题组考点直线、平面垂直的判定和性质考点直线、平面垂直的判定和性质1.(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.证明证明(1)连接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,连接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.评析评析本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质,考查学生的空间想象能力.2.(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=,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.解析解析(1)证明:如图,连接OB,因为四边形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+.连接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V四棱锥P-ABMO=S四边形ABMOPO=.评析评析本题考查线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,在证明直线与平面垂直时,打破以往单纯的几何逻辑推理,而将三角函数中的余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的综合性.A A组组2016201620182018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组考点直线、平面垂直的判定和性质考点直线、平面垂直的判定和性质1.(2016广西南宁二中模拟,6)如图所示,PA底面ABCD,且底面ABCD为矩形,下列结论中不正确的是()A.PBBCB.PDCDC.PDBDD.PABD三年模拟答案答案C由CBBA,CBPA,PABA=A,知CB平面PAB,故CBPB,所以A正确;同理可证B正确;由条件易知D正确.故选C.评析评析本题考查线线垂直,属基础题.2.(2018四川成都二诊,19)如图,D是AC的中点,四边形BDEF是菱形,平面BDEF平面ABC,FBD=60,ABBC,AB=BC=.(1)若点M是线段BF的中点,证明:BF平面AMC;(2)求六面体ABCEF的体积.解析解析(1)证明:连接MD,FD.四边形BDEF为菱形,且FBD=60,DBF为等边三角形.M是BF的中点,DMBF.ABBC,AB=BC=,又D是AC的中点,BDAC.平面BDEF平面ABC=BD,平面BDEF平面ABC,AC平面ABC,AC平面BDEF.又BF平面BDEF,ACBF.由DMBF,ACBF,DMAC=D,得BF平面AMC.则V四棱锥C-BDEF=S菱形BDEFCD=1=,V六面体ABCEF=2V四棱锥C-BDEF=.(2)S菱形BDEF=2BDBFsin60=.由(1)知AC平面BDEF,3.(2018贵州遵义联考,19)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上一点,记三棱锥P-BCE的体积和四棱锥P-ABCD的体积分别为V1和V2,当V1V2=18时,求的值.解析解析(1)证明:连接AC交BD于O点,连接PO.PB=PD,POBD,又四边形ABCD是菱形,BDAC,而ACPO=O,BD平面PAC,又PC平面PAC,BDPC.(2)易知ABDPBD,AO=PO=,PA=,PA2=OA2+OP2,POAC,由(1)可知,BD平面PAC,PO平面PAC,POBD,PO平面ABCD,平面APC平面ABCD.过E点作EFAC,交AC于F,则EF平面ABCD,EFPO,EF,PO分别是三棱锥E-ABC和四棱锥P-ABCD的高.又AEFAPO,=1+=,=.又V1=V三棱锥P-ABC-V三棱锥E-ABC=SABC(PO-EF),V2=S菱形ABCDPO,所以由=,得4(PO-EF)=PO,所以=,4.(2018四川成都一诊,19)如图,在四面体P-ABC中,PA=PC=AB=BC=5,AC=6,PB=4,线段AC,AP的中点分别为O,Q.(1)求证:平面PAC平面ABC;(2)求四面体POBQ的体积.解析解析(1)证明:PA=PC,O是AC的中点,POAC.在RtPAO中,PA=5,OA=3,PO=4,BA=BC,O是AC的中点,BOAC.在RtBAO中,BA=5,OA=3,由勾股定理,得BO=4.PO=4,OB=4,PB=4,PO2+OB2=PB2,POOB.BOAC=O,PO平面ABC.PO平面PAC,平面ABC平面PAC.BO平面PAC.V三棱锥B-POQ=SPOQBO=SPAO4=34=4.V三棱锥P-OBQ=V三棱锥B-POQ,四面体POBQ的体积为4.(2)平面ABC平面PAC,平面ABC平面PAC=AC,BOAC,BO平面ABC,5.(2018广西考前模拟,19)如图,三棱锥B-ACD的三条侧棱两两垂直,BC=BD=2,E,F,G分别是棱CD,AD,AB的中点.(1)证明:平面ABE平面ACD;(2)若四面体BEFG的体积为,且F在平面ABE内的正投影为M,求线段CM的长.解析解析(1)证明:因为BC=BD,E是棱CD的中点,所以BECD.又三棱锥B-ACD的三条侧棱两两垂直,且BCBD=B,所以AB平面BCD,则ABCD,因为ABBE=B,所以CD平面ABE,又CD平面ACD,所以平面ABE平面ACD.(2)由(1)知CD平面ABE,因为MF平面ABE,所以MFCD.又F为AD的中点,所以M为AE的中点.因为DE=BE=,MF=DE=,所以四面体BEFG的体积为BEBGMF=,所以BG=3.在RtABE中,AB=2BG=6,AE=,在RtCEM中,ME=AE=,CE=,所以CM=.6.(2017四川宜宾模拟,18)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:AC1BC.证明证明(1)连接BC1,因为OE平面BCC1B1,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=1,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平面A1BC,所以AC1平面A1BC,因为BC平面A1BC,所以AC1BC.思路分析思路分析(1)连接BC1,由OE平面BCC1B1结合线面平行性质定理可得OEBC1,结合O是AC1中点可得结果;(2)利用菱形的对角线互相垂直,进一步利用线面垂直的判定定理,得到线面垂直,最后转化成线线垂直.7.(2017贵州贵阳适应性考试,19)如图,棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,侧棱AA1底面ABCD,AB=1,AC=,BC=BB1=2.(1)求证:AC平面ABB1A1;(2)求点D到平面ABC1的距离d.解析解析(1)证明:在底面ABCD中,AB=1,AC=,BC=2,即BC2=AC2+AB2,ABAC.侧棱AA1底面ABCD,AC平面ABCD,AA1AC.又AA1AB=A,AA1,AB平面ABB1A1,AC平面ABB1A1.(2)连接DB,DC1,由(1)知ABC为直角三角形,且SABC=1=,SABD=SABCD=SABC=,又侧棱CC1底面ABCD,=SABDCC1=.ABAC,ABCC1,ACCC1=C,AB平面ACC1,又AC1平面ACC1,ABAC1.又易知ACCC1,则AC1=,=1=,=d=,解得d=,点D到平面ABC1的距离为.思路分析思路分析(1)根据勾股定理,可证得ABAC,再利用棱柱的性质可证得ACAA1,结合线面垂直的判定定理即可证明;(2)利用等体积法,根据=即可求出d.8.(2017四川南充适应性测试,19)如图,四边形ABCD是菱形,PA平面ABCD,PA=AD=2,BAD=60.(1)求证:平面PBD平面PAC;(2)求点A到平面PBD的距离.思路分析思路分析(1)根据条件得出线面垂直,再证明面面垂直;(2)利用等体积法得V三棱锥P-ABD=V三棱锥A-PBD,求出ABD与PBD的面积,进而求得点A到平面PBD的距离.解析解析(1)证明:由四边形ABCD是菱形可得BDAC.因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.又PAAC=A,所以BD平面PAC.又BD平面PBD,故平面PBD平面PAC.(2)由题意可得PB=PD=2,BD=2,所以SPBD=2=.又SABD=22sin60=.所以三棱锥P-ABD的体积为V三棱锥P-ABD=SABDPA=.设点A到平面PBD的距离为h,又V三棱锥P-ABD=V三棱锥A-PBD=SPBDh=h,所以h=,h=.B B组组2016201620182018年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组时间:35分钟分值:60分一、选择题(每题5分,共10分)1.(2017四川成都二模,7)把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M叫做图形M在这个平面上的射影.如图,在长方体ABCD-EFGH中,AB=5,AD=4,AE=3,则EBD在平面EBC上的射影的面积是()A.2B.C.10D.30答案答案A在长方体ABCD-EFGH中,AB=5,AD=4,AE=3,则DE=5,EB=,DB=,由题意可知点D在平面EBC上的射影在面EBC与面CDHG的交线上,则EBD在平面EBC上的射影与EBC等底同高,故其面积为S=BCEB=2,故选A.解题关键解题关键解决本题的关键是找到点D在平面EBC上的射影,进而利用三角形“等底同高”即等面积法解决问题.2.(2017四川成都二诊,8)如图,在正四棱锥S-ABCD中,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动时,下列四个结论:EPAC;EPBD;EP平面SBD;EP平面SAC.其中恒成立的为()A.B.C.D.答案答案A如图,连接AC,BD,交点为O,连接SO,EM,EN,则有ACBD,ACSO,所以AC平面SBD,又EMBD,MNSD,所以平面SBD平面EMN,所以AC平面EMN,又EP平面EMN,所以EPAC且有EP平面SBD,所以正确;动点P在线段MN上运动(当P不与M重合)时,EP与BD为异面直线,所以错;当P与M重合时,有EP平面SAC,其他情况下EP不与平面SAC垂直,错.故选A.3.(2018广西柳州模拟,19)如图,在四棱锥中P-ABCD中,底面ABCD为菱形,BAD=60,Q为AD的中点,PAD是正三角形.(1)求证:AD平面PQB;(2)已知点M在线段PC上,MC=PM,且PA平面MQB,求实数的值.二、解答题(共50分)解析解析(1)证明:如图,连接BD,因为四边形ABCD为菱形,BAD=60,ABD为正三角形,又Q为AD的中点,ADBQ,PAD是正三角形,ADPQ,又BQPQ=Q,AD平面PQB,.(2)连接AC,交BQ于N,连接MN,AQBC,=,PA平面MQB,PA平面PAC,平面MQB平面PAC=MN,根据线面平行的性质定理得MNPA,=,MC=2PM,MC=PM,实数的值为2.4.(2018贵州贵阳期末,19)如图,在四面体ABCD中,BA=BC=5,AC=6,AD=CD=3.(1)求证:ACBD;(2)当四面体ABCD的体积最大时,求点A到平面BCD的距离.解析解析(1)证明:取AC的中点O,连接OB,OD,BA=BC,ACOB,AD=CD,ACOD,又ODOB=O,AC平面OBD,又BD平面OBD,ACBD.(2)当四面体ABCD的体积最大时,平面DAC平面ABC,DOAC,DO平面ABC,又OB平面ABC,DOOB,DA=DC=3,AC=6,AB=BC=5,OD=3,OB=4,DB=5,在BCD中,CD边上的高h=,SBCD=CDh=3=.设点A到平面BCD的距离为d,V三棱锥A-BCD=V三棱锥D-ABC,SBCDd=SABCOD,又SABC=ACOB=64=12,d=,即点A到平面BCD的距离为.5.(2017广西南宁二中二模,19)九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵,将底面为矩形的棱台称为刍童.在如图所示的堑堵ABM-DCP与刍童ABCD-A1B1C1D1的组合体中,AB=AD,A1B1=A1D1.台体体积公式:V=(S+S)h,其中S,S分别为台体上、下底面面积,h为台体高.(1)证明:直线BD平面MAC;(2)若AB=1,A1D1=2,MA=,三棱锥A-A1B1D1的体积V=,求该组合体的体积.解析解析(1)证明:由题可知ABM-DCP是底面为直角三角形的直棱柱,AD平面MAB,ADMA,又MAAB,ADAB=A,AD,AB平面ABCD,MA平面ABCD,MABD.又AB=AD,所以四边形ABCD为正方形,BDAC,又MAAC=A,MA,AC平面MAC,BD平面MAC.(2)设刍童ABCD-A1B1C1D1的高为h,则三棱锥A-A1B1D1的体积V=22h=,所以h=,故该组合体的体积为V=11+(12+22+)=+=.解题关键解题关键求解第一问时,充分借助线面垂直的判定定理,先由“线面垂直”推出“线线垂直”,再由“线线垂直”推出“线面垂直”;第二问的求解过程中,运用了等价转化的数学思想,先利用三棱锥的体积公式建立方程求其高,再求组合体的体积.6.(2017广西桂林、崇左联考,19)已知等边ABC的边长为,BCD中,BD=CD=1,BC=(如图1所示),现将B与B,C与C重合,将ABC向上折起,使得AD=(如图2所示).(1)若BC的中点为O,连接AO,DO,求证:平面BCD平面AOD;(2)在线段AC上是否存在一点E,使直线ED与BA所成角的余弦值为,若存在,求出CE的长,若不存在,请说明理由;(3)求三棱锥A-BCD的外接球的表面积.解析解析(1)证明:ABC为等边三角形,BCD为等腰直角三角形,且O为BC的中点,BCAO,BCDO.AODO=O,BC平面AOD,又BC平面BCD,平面BCD平面AOD.(2)存在.将四面体ABCD补成如图所示的正方体,则由题意得正方体的棱长为1.在线段AC上取一点E,连接ED,EF,FD,过E作EMCF于M,过E作ENCG于N,可得四边形CMEN为正方形.由正方体的性质知ABFD,则直线ED与BA所成角的大小等于EDF.设CE=x,则CN=CM=x,EF=,ED=,易知FD=,在EFD中,由余弦定理得cosEDF=,即=,化简得32x2-36x+7=0,解得x=或x=,符合条件的点E存在,且CE=或CE=.(3)三棱锥A-BCD的外接球即(2)中正方体的外接球.设外接球的半径为R,则2R=,得R=,故外接球的表面积为4R2=4=3.思路分析思路分析(1)利用线面垂直、面面垂直的判定定理证明;(2)将原图形补成正方体,利用正方体的性质,结合余弦定理求解;(3)利用正方体与外接球的关系求得半径,再利用球的表面积公式求解.