§5　直線、平面垂直的判定和性質(zhì)ppt課件

1、8.5直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)高考文數(shù)高考文數(shù) (北京市公用北京市公用);考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)1.(20211.(2021北京北京,8,5,8,5分分) )如圖如圖, ,在正方體在正方體ABCD-A1B1C1D1ABCD-A1B1C1D1中中,P,P為對角線為對角線BD1BD1的三等分點(diǎn)的三等分點(diǎn), ,P P到各頂點(diǎn)的到各頂點(diǎn)的間隔的不同取值有間隔的不同取值有( () )A.3A.3個(gè)個(gè) B.4B.4個(gè)個(gè) C.5C.5個(gè)個(gè) D.6D.6個(gè)個(gè)A A組組 自主命題自主命題北京卷題組北京卷題組五年高考;答案答案B過過P作平面作平面A1B1C1D1、ABCD的

2、垂線分別交的垂線分別交D1B1、DB于于E、F點(diǎn)點(diǎn),易知易知P也是也是EF的三的三等分點(diǎn)等分點(diǎn),設(shè)正方體的棱長為設(shè)正方體的棱長為a,那么那么PA1=PC1=a;PD1=a;PB=a;PB1=a,PA=PC=a;PD=a.故有故有4個(gè)不同的值個(gè)不同的值.應(yīng)選應(yīng)選B.233336363思緒分析設(shè)正方體的棱長為思緒分析設(shè)正方體的棱長為a,利用正方體中的直角三角形分別計(jì)算利用正方體中的直角三角形分別計(jì)算P到各頂點(diǎn)的間隔即可到各頂點(diǎn)的間隔即可.解后反思此題調(diào)查了線面的垂直關(guān)系、空間想象力及運(yùn)算才干解后反思此題調(diào)查了線面的垂直關(guān)系、空間想象力及運(yùn)算才干.構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵.;

3、2.(2021北京北京,18,14分分)如圖如圖,在四棱錐在四棱錐P-ABCD中中,底面底面ABCD為矩形為矩形,平面平面PAD平面平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分別為分別為AD,PB的中點(diǎn)的中點(diǎn).(1)求證求證:PEBC;(2)求證求證:平面平面PAB平面平面PCD;(3)求證求證:EF平面平面PCD.;證明證明(1)由于由于PA=PD,E為為AD的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以PEAD.由于底面由于底面ABCD為矩形為矩形,所以所以BCAD.所以所以PEBC.(2)由于底面由于底面ABCD為矩形為矩形,;所以ABAD.又由于平面PAD平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又由于

4、PAPD,所以PD平面PAB.所以平面PAB平面PCD.(3)取PC中點(diǎn)G,銜接FG,DG.由于F,G分別為PB,PC的中點(diǎn),所以FGBC,FG=BC.由于ABCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn),所以DEBC,DE=BC.所以DEFG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.1212所以EFDG.又由于EF 平面PCD,DG平面PCD,所以EF平面PCD.;3.(2021北京北京,18,14分分)如圖如圖,在三棱錐在三棱錐P-ABC中中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D為線為線段段AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),E為線段為線段PC上一點(diǎn)上一點(diǎn).(1)求證求證:PABD;(2)求證求證:平

5、面平面BDE平面平面PAC;(3)當(dāng)當(dāng)PA平面平面BDE時(shí)時(shí),求三棱錐求三棱錐E-BCD的體積的體積.;解析此題調(diào)查線面垂直的斷定和性質(zhì)解析此題調(diào)查線面垂直的斷定和性質(zhì),面面垂直的斷定及線面平行的性質(zhì)面面垂直的斷定及線面平行的性質(zhì),三棱錐的體積三棱錐的體積.考考查空間想象才干查空間想象才干.(1)證明證明:由于由于PAAB,PABC,所以所以PA平面平面ABC.又由于又由于BD平面平面ABC,所以所以PABD.(2)證明證明:由于由于AB=BC,D為為AC中點(diǎn)中點(diǎn),所以所以BDAC.由由(1)知知,PABD,所以所以BD平面平面PAC.所以平面所以平面BDE平面平面PAC.(3)由于由于PA平

6、面平面BDE,平面平面PAC平面平面BDE=DE,所以所以PADE.由于由于D為為AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以DE=PA=1,BD=DC=.由由(1)知知,PA平面平面ABC,所以所以DE平面平面ABC.122所以三棱錐E-BCD的體積V=BDDCDE=.1613直擊高考立體幾何是高考的必考題型直擊高考立體幾何是高考的必考題型,對立體幾何的調(diào)查主要有兩個(gè)方面對立體幾何的調(diào)查主要有兩個(gè)方面:一是空間位置關(guān)一是空間位置關(guān)系的證明系的證明;二是體積或外表積的求解二是體積或外表積的求解.;4.(2021北京北京,18,14分分,0.91)如圖如圖,在四棱錐在四棱錐P-ABCD中中,PC平面平面ABCD,

7、ABDC,DCAC.(1)求證求證:DC平面平面PAC;(2)求證求證:平面平面PAB平面平面PAC;(3)設(shè)點(diǎn)設(shè)點(diǎn)E為為AB的中點(diǎn)的中點(diǎn).在棱在棱PB上能否存在點(diǎn)上能否存在點(diǎn)F,使得使得PA平面平面CEF?闡明理由闡明理由.;解析解析(1)證明證明:由于由于PC平面平面ABCD,所以所以PCDC.(2分分)又由于又由于DCAC,ACPC=C,所以所以DC平面平面PAC.(4分分)(2)證明證明:由于由于ABDC,DCAC,所以所以ABAC.(6分分)由于由于PC平面平面ABCD,所以所以PCAB.(7分分)又又ACPC=C,所以所以AB平面平面PAC.又又AB平面平面PAB,所以平面所以平面

8、PAB平面平面PAC.(9分分)(3)棱棱PB上存在點(diǎn)上存在點(diǎn)F,使得使得PA平面平面CEF.(10分分);證明如下:取PB的中點(diǎn)F,銜接EF,CE,CF.又由于E為AB的中點(diǎn),所以EFPA.(13分)又由于PA 平面CEF,所以PA平面CEF.(14分)思緒分析思緒分析(1)證出證出PCDC后易證后易證DC平面平面PAC.(2)先證先證ABAC,PCAB,可證出可證出AB平面平面PAC,進(jìn)而由面面垂直的斷定定理可證進(jìn)而由面面垂直的斷定定理可證.(3)此問為探求性問題此問為探求性問題,求解時(shí)可構(gòu)造面求解時(shí)可構(gòu)造面CEF,使得使得PA平行于平面平行于平面CEF內(nèi)的一條線內(nèi)的一條線,由于點(diǎn)由于點(diǎn)E

9、為為AB的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以可取所以可取PB的中點(diǎn)的中點(diǎn),構(gòu)造中位線構(gòu)造中位線.;5.(2021北京北京,17,14分分)如圖如圖,在四棱錐在四棱錐P-ABCD中中,ABCD,ABAD,CD=2AB,平面平面PAD底面底面ABCD,PAAD.E和和F分別是分別是CD和和PC的中點(diǎn)的中點(diǎn).求證求證:(1)PA底面底面ABCD;(2)BE平面平面PAD;(3)平面平面BEF平面平面PCD.;證明證明(1)由于平面由于平面PAD底面底面ABCD,且且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線垂直于這兩個(gè)平面的交線AD,所以所以PA底面底面ABCD.(2)由于由于ABCD,CD=2AB,E為為CD的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以

10、ABDE,且且AB=DE.所以四邊形所以四邊形ABED為平行四邊形為平行四邊形.所以所以BEAD.又由于又由于BE 平面平面PAD,AD平面平面PAD,所以所以BE平面平面PAD.(3)由于由于ABAD,而且四邊形而且四邊形ABED為平行四邊形為平行四邊形,所以所以BECD,ADCD.由由(1)知知PA底面底面ABCD,所以所以PACD.又又PAAD=A,所以所以CD平面平面PAD.所以所以CDPD.由于E和F分別是CD和PC的中點(diǎn),所以PDEF.所以CDEF.又EFBE=E,所以CD平面BEF.又CD平面PCD,所以平面BEF平面PCD.思緒分析思緒分析(1)由面面垂直的性質(zhì)定理可證由面面垂

11、直的性質(zhì)定理可證.(2)根據(jù)線面平行的斷定定理把問題轉(zhuǎn)化為證明線線平行根據(jù)線面平行的斷定定理把問題轉(zhuǎn)化為證明線線平行,即證即證BEAD,故需證四邊形故需證四邊形ABED為為平行四邊形平行四邊形.(3)利用利用(1)的結(jié)論的結(jié)論,經(jīng)過證線面垂直經(jīng)過證線面垂直,即即CD平面平面BEF,即可證得平面即可證得平面BEF平面平面PCD.;考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)1.(20211.(2021課標(biāo)全國課標(biāo)全國,10,5,10,5分分) )在正方體在正方體ABCD-A1B1C1D1ABCD-A1B1C1D1中中,E,E為棱為棱CDCD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,那么那么( () )A

12、.A1EDC1A.A1EDC1 B.A1EBDB.A1EBD C.A1EBC1C.A1EBC1 D.A1EACD.A1EACB B組組 一致命題、省一致命題、省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組答案答案CA1B1平面平面BCC1B1,BC1平面平面BCC1B1,A1B1BC1,又又BC1B1C,且且B1CA1B1=B1,BC1平面平面A1B1CD,又又A1E平面平面A1B1CD,BC1A1E.應(yīng)選應(yīng)選C.2.(2021浙江浙江,6,5分分)設(shè)設(shè)m,n是兩條不同的直線是兩條不同的直線,是兩個(gè)不同的平面是兩個(gè)不同的平面.()A.假設(shè)假設(shè)mn,n,那么那么mB.假設(shè)假設(shè)m,那么那么mC.假設(shè)假設(shè)m

13、,n,n,那么那么mD.假設(shè)假設(shè)mn,n,那么那么m答案答案C對于選項(xiàng)對于選項(xiàng)A、B、D,均能舉出均能舉出m的反例的反例;對于選項(xiàng)對于選項(xiàng)C,假設(shè)假設(shè)m,n,那么那么mn,又又n,m,應(yīng)選應(yīng)選C.;3.(2021課標(biāo)全國課標(biāo)全國,19,12分分)如圖如圖,在三棱錐在三棱錐P-ABC中中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O為為AC的中點(diǎn)的中點(diǎn).(1)證明證明:PO平面平面ABC;(2)假設(shè)點(diǎn)假設(shè)點(diǎn)M在棱在棱BC上上,且且MC=2MB,求點(diǎn)求點(diǎn)C到平面到平面POM的間隔的間隔.2;解析解析(1)由于由于AP=CP=AC=4,O為為AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以O(shè)PAC,且且OP=2.銜接銜

14、接OB,由于由于AB=BC=AC,所以所以ABC為等腰直角三角形為等腰直角三角形,且且OBAC,OB=AC=2.由由OP2+OB2=PB2知知,OPOB.由由OPOB,OPAC知知PO平面平面ABC.(2)作作CHOM,垂足為垂足為H.又由又由(1)可得可得OPCH,所以所以CH平面平面POM.故故CH的長為點(diǎn)的長為點(diǎn)C到平面到平面POM的間隔的間隔.32212由題設(shè)可知OC=AC=2,CM=BC=,ACB=45.所以O(shè)M=,CH=.所以點(diǎn)C到平面POM的間隔為.12234 232 53sinOC MCACBOM4 554 55解題關(guān)鍵仔細(xì)分析三棱錐各側(cè)面和底面三角形的特殊性解題關(guān)鍵仔細(xì)分析三

15、棱錐各側(cè)面和底面三角形的特殊性,利用線面垂直的斷定方法及等積利用線面垂直的斷定方法及等積法求解是關(guān)鍵法求解是關(guān)鍵.;4.(2021江蘇江蘇,15,14分分)如圖如圖,在三棱錐在三棱錐A-BCD中中,ABAD,BCBD,平面平面ABD平面平面BCD,點(diǎn)點(diǎn)E,F(E與與A,D不重合不重合)分別在棱分別在棱AD,BD上上,且且EFAD.求證求證:(1)EF平面平面ABC;(2)ADAC.;證明證明(1)在平面在平面ABD內(nèi)內(nèi),由于由于ABAD,EFAD,所以所以EFAB.又由于又由于EF 平面平面ABC,AB平面平面ABC,所以所以EF平面平面ABC.(2)由于平面由于平面ABD平面平面BCD,平面

16、平面ABD平面平面BCD=BD,BC平面平面BCD,BCBD,所以所以BC平面平面ABD.由于由于AD平面平面ABD,所以所以BCAD.又又ABAD,BCAB=B,AB平面平面ABC,BC平面平面ABC,所以所以AD平面平面ABC.又由于又由于AC平面平面ABC,所以所以ADAC.方法總結(jié)立體幾何中證明線線垂直的普通思緒方法總結(jié)立體幾何中證明線線垂直的普通思緒:(1)利用兩平行直線垂直于同一條直線利用兩平行直線垂直于同一條直線(ab,acbc);(2)線面垂直的性質(zhì)線面垂直的性質(zhì)(a,bab).;5.(2021山東山東,18,12分分)由四棱柱由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐截去三

17、棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如下圖后得到的幾何體如下圖.四邊形四邊形ABCD為正方形為正方形,O為為AC與與BD的交點(diǎn)的交點(diǎn),E為為AD的中點(diǎn)的中點(diǎn),A1E平面平面ABCD.(1)證明證明:A1O平面平面B1CD1;(2)設(shè)設(shè)M是是OD的中點(diǎn)的中點(diǎn),證明證明:平面平面A1EM平面平面B1CD1.;證明此題調(diào)查線面平行與面面垂直證明此題調(diào)查線面平行與面面垂直.(1)取取B1D1的中點(diǎn)的中點(diǎn)O1,銜接銜接CO1,A1O1,由于由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱是四棱柱,所以所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四邊形因此四邊形A1OCO1為平行四邊形為平行四邊形,所以所以A1OO1C.又

18、又O1C平面平面B1CD1,A1O 平面平面B1CD1,所以所以A1O平面平面B1CD1.(2)由于由于ACBD,E,M分別為分別為AD和和OD的中點(diǎn)的中點(diǎn),;所以EMBD,又A1E平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1EBD,由于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.方法總結(jié)證明面面垂直的方法方法總結(jié)證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的斷定定理(a,a).易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示ab,a/b.;6.(2021課標(biāo)全國課標(biāo)全國,19,12分分)如

19、圖如圖,四面體四面體ABCD中中,ABC是正三角形是正三角形,AD=CD.(1)證明證明:ACBD;(2)知知ACD是直角三角形是直角三角形,AB=BD.假設(shè)假設(shè)E為棱為棱BD上與上與D不重合的點(diǎn)不重合的點(diǎn),且且AEEC,求四面體求四面體ABCE與四面體與四面體ACDE的體積比的體積比.;解析解析(1)取取AC的中點(diǎn)的中點(diǎn)O,銜接銜接DO,BO.由于由于AD=CD,所以所以ACDO.又由于又由于ABC是正三角形是正三角形,所以所以ACBO.從而從而AC平面平面DOB,故故ACBD.(2)銜接銜接EO.由由(1)及題設(shè)知及題設(shè)知ADC=90,所以所以DO=AO.在在RtAOB中中,BO2+AO2

20、=AB2.又又AB=BD,所以所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故故DOB=90.由題設(shè)知由題設(shè)知AEC為直角三角形為直角三角形,所以所以EO=AC.又又ABC是正三角形是正三角形,且且AB=BD,所以所以EO=BD.故故E為為BD的中點(diǎn)的中點(diǎn),從而從而E到平面到平面ABC的間隔為的間隔為D到平面到平面ABC的間隔的的間隔的,四面體四面體ABCE的體積為的體積為四面體四面體ABCD的體積的的體積的,即四面體即四面體ABCE與四面體與四面體ACDE的體積之比為的體積之比為1 1.12121212;7.(2021湖北湖北,20,13分分)中中,將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直

21、的四棱錐稱將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬為陽馬,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑.在如下圖的陽馬在如下圖的陽馬P-ABCD中中,側(cè)棱側(cè)棱PD底面底面ABCD,且且PD=CD,點(diǎn)點(diǎn)E是是PC的中點(diǎn)的中點(diǎn),銜接銜接DE,BD,BE.(1)證明證明:DE平面平面PBC.試判別四面體試判別四面體EBCD是不是鱉臑是不是鱉臑,假設(shè)是假設(shè)是,寫出其每個(gè)面的直角寫出其每個(gè)面的直角(只需寫出只需寫出結(jié)論結(jié)論);假設(shè)不是假設(shè)不是,請闡明理由請闡明理由;(2)記陽馬記陽馬P-ABCD的體積為的體積為V1,四面體四面體EBCD的體積為的體積為V2,求

22、求的值的值.12VV;解析解析(1)由于由于PD底面底面ABCD,所以所以PDBC.由底面由底面ABCD為長方形為長方形,有有BCCD,而而PDCD=D,所以所以BC平面平面PCD.由于由于DE平面平面PCD,所以所以BCDE.又由于又由于PD=CD,點(diǎn)點(diǎn)E是是PC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以DEPC.而而PCBC=C,所以所以DE平面平面PBC.由由BC平面平面PCD,DE平面平面PBC,可知四面體可知四面體EBCD的四個(gè)面都是直角三角形的四個(gè)面都是直角三角形.即四面體即四面體EBCD是一個(gè)鱉臑是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)面的直角分別是其四個(gè)面的直角分別是BCD,BCE,DEC,DEB.(2)由知由知,PD

23、是陽馬是陽馬P-ABCD的高的高,所以所以V1=S長方形長方形ABCDPD=BCCDPD;由由(1)知知,DE是鱉臑是鱉臑D-BCE的高的高,BCCE,所以所以V2=SBCEDE=BCCEDE.在在RtPDC中中,由于由于PD=CD,點(diǎn)點(diǎn)E是是PC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以DE=CE=CD,1313131622于是=4.12VV1316BC CD PDBC CE DE2CD PDCE DE評析此題調(diào)查了線面垂直的斷定和性質(zhì)評析此題調(diào)查了線面垂直的斷定和性質(zhì);調(diào)查體積的計(jì)算方法調(diào)查體積的計(jì)算方法;調(diào)查了空間想象才干和運(yùn)算調(diào)查了空間想象才干和運(yùn)算求解才干求解才干.解題過程不規(guī)范容易呵斥失分解題過程不規(guī)

24、范容易呵斥失分.;8.(2021課標(biāo)課標(biāo),19,12分分)如圖如圖,三棱柱三棱柱ABC-A1B1C1中中,側(cè)面?zhèn)让鍮B1C1C為菱形為菱形,B1C的中點(diǎn)為的中點(diǎn)為O,且且AO平面平面BB1C1C.(1)證明證明:B1CAB;(2)假設(shè)假設(shè)ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱求三棱柱ABC-A1B1C1的高的高.;解析解析(1)證明證明:銜接銜接BC1,那么那么O為為B1C與與BC1的交點(diǎn)的交點(diǎn).由于由于BB1C1C為菱形為菱形,所以所以B1CBC1.又又AO平面平面BB1C1C,所以所以B1CAO,故故B1C平面平面ABO.由于由于AB平面平面ABO,故故B1CAB.(2)作作ODB

25、C,垂足為垂足為D,銜接銜接AD.作作OHAD,垂足為垂足為H.由于由于BCAO,BCOD,故故BC平面平面AOD,所以所以O(shè)HBC.又又OHAD,所以所以O(shè)H平面平面ABC.由于由于CBB1=60,所以所以CBB1為等邊三角形為等邊三角形,又又BC=1,可得可得OD=.由于由于ACAB1,所以所以O(shè)A=B1C=.341212;由OHAD=ODOA,且AD=,得OH=.又O為B1C的中點(diǎn),所以點(diǎn)B1到平面ABC的間隔為.故三棱柱ABC-A1B1C1的高為.22ODOA742114217217評析此題調(diào)查直線與平面垂直的斷定和性質(zhì)評析此題調(diào)查直線與平面垂直的斷定和性質(zhì),點(diǎn)到平面的間隔的求法等知識

26、點(diǎn)到平面的間隔的求法等知識,同時(shí)調(diào)查空間同時(shí)調(diào)查空間想象才干和邏輯推理才干想象才干和邏輯推理才干.第第(2)問中作出垂線段是關(guān)鍵問中作出垂線段是關(guān)鍵,也可用等積法求解也可用等積法求解.;9.(2021湖北湖北,20,13分分)如圖如圖,在正方體在正方體ABCD-A1B1C1D1中中,E,F,P,Q,M,N分別是棱分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點(diǎn)的中點(diǎn).求證求證:(1)直線直線BC1平面平面EFPQ;(2)直線直線AC1平面平面PQMN.;證明證明(1)銜接銜接AD1,由由ABCD-A1B1C1D1是正方體是正方體,知知AD1BC1,由于由于F,P分別是分別是AD,D

27、D1的中點(diǎn)的中點(diǎn),所所以以FPAD1.從而從而BC1FP.而而FP平面平面EFPQ,且且BC1 平面平面EFPQ,故直線故直線BC1平面平面EFPQ.(2)如圖如圖,銜接銜接AC,BD,那么那么ACBD.由由CC1平面平面ABCD,BD平面平面ABCD,可得可得CC1BD.又又ACCC1=C,所以所以BD平面平面ACC1.而而AC1平面平面ACC1,所以所以BDAC1.由于由于M,N分別是分別是A1B1,A1D1的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以MNBD,從而從而MNAC1.同理可證PNAC1.又PNMN=N,所以直線AC1平面PQMN.評析此題調(diào)查線面平行、線面垂直的斷定與性質(zhì)評析此題調(diào)查線面平行、線面

28、垂直的斷定與性質(zhì),調(diào)查學(xué)生的空間想象才干調(diào)查學(xué)生的空間想象才干.;10.(2021重慶重慶,20,12分分)如圖如圖,四棱錐四棱錐P-ABCD中中,底面是以底面是以O(shè)為中心的菱形為中心的菱形,PO底面底面ABCD,AB=2,BAD=,M為為BC上一點(diǎn)上一點(diǎn),且且BM=.(1)證明證明:BC平面平面POM;(2)假設(shè)假設(shè)MPAP,求四棱錐求四棱錐P-ABMO的體積的體積.312;解析解析(1)證明證明:如圖如圖,銜接銜接OB,由于由于ABCD為菱形為菱形,O為菱形的中心為菱形的中心,所以所以AOOB.由于由于BAD=,所以所以O(shè)B=ABsinOAB=2sin=1,又由于又由于BM=,且且OBM=

29、,所以在所以在OBM中中,OM2=OB2+BM2-2OBBMcosOBM=12+-21cos=.所以所以O(shè)B2=OM2+BM2,故故OMBM.又又PO底面底面ABCD,所以所以POBC.從而從而BC與平面與平面POM內(nèi)兩條相交直線內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直都垂直,所以所以BC平面平面POM.(2)由由(1)可得可得,OA=ABcosOAB=2cos=.設(shè)設(shè)PO=a,由由PO底面底面ABCD知知,POA為直角三角形為直角三角形,361232121233463;故PA2=PO2+OA2=a2+3.又POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.銜接AM,在ABM中,AM2=AB2+B

30、M2-2ABBMcosABM=22+-22cos=.由于MPAP,故APM為直角三角形,那么PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.此時(shí)S四邊形ABMO=SAOB+SOMB=AOOB+BMOM=1+=.所以VP-ABMO=S四邊形ABMOPO=.3421212232143421432323212121231212325 3813135 3832516評析此題調(diào)查線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計(jì)算評析此題調(diào)查線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計(jì)算,在證明直線與平面垂直時(shí)在證明直線與平面垂直時(shí),突破突破以往單純的幾何邏輯推理以往單純的幾何邏輯推理,而將三

31、角函數(shù)中的余弦定理、勾股定理巧妙交融而將三角函數(shù)中的余弦定理、勾股定理巧妙交融,表達(dá)了知識的交表達(dá)了知識的交匯性匯性.;考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)1.(20211.(2021天津天津,17,13,17,13分分) )如圖如圖, ,在四棱錐在四棱錐P-ABCDP-ABCD中中,AD,AD平面平面PDC,ADBC,PDPB,ADPDC,ADBC,PDPB,AD=1,BC=3,=1,BC=3,CD=4,PD=2.CD=4,PD=2.(1)(1)求異面直線求異面直線APAP與與BCBC所成角的余弦值所成角的余弦值; ;(2)(2)求證求證:PD:PD平面平面PBC;P

32、BC;(3)(3)求直線求直線ABAB與平面與平面PBCPBC所成角的正弦值所成角的正弦值. . C C組組 教師公用題組教師公用題組;解析此題主要調(diào)查兩條異面直線所成的角、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基解析此題主要調(diào)查兩條異面直線所成的角、直線與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識礎(chǔ)知識.調(diào)查空間想象才干、運(yùn)算求解才干和推實(shí)際證才干調(diào)查空間想象才干、運(yùn)算求解才干和推實(shí)際證才干.(1)如圖如圖,由知由知ADBC,故故DAP或其補(bǔ)角即為異面直線或其補(bǔ)角即為異面直線AP與與BC所成的角所成的角.由于由于AD平面平面PDC,所以所以ADPD.在在RtPDA中中,由知由知,得得AP=,故故c

33、osDAP=.所以所以,異面直線異面直線AP與與BC所成角的余弦值為所成角的余弦值為.22ADPD5ADAP5555;(2)證明:由于AD平面PDC,直線PD平面PDC,所以ADPD.又由于BCAD,所以PDBC,又PDPB,所以PD平面PBC.(3)過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F,銜接PF,那么DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角.由于PD平面PBC,故PF為DF在平面PBC上的射影,所以DFP為直線DF和平面PBC所成的角.由于ADBC,DFAB,故BF=AD=1,由知,得CF=BC-BF=2.又ADDC,故BCDC,在RtDCF中,可得DF=2,在RtDPF中,可得si

34、nDFP=.22CDCF5PDDF55所以,直線AB與平面PBC所成角的正弦值為.55;方法點(diǎn)撥方法點(diǎn)撥1.求異面直線所成角的步驟求異面直線所成角的步驟:(1)作作:經(jīng)過作平行線得到相交直線經(jīng)過作平行線得到相交直線;(2)證證:證明所作角證明所作角為異面直線所成的角為異面直線所成的角(或其補(bǔ)角或其補(bǔ)角);(3)求求:解三角形解三角形,求出所作的角求出所作的角,假設(shè)求得的角是銳角或直角假設(shè)求得的角是銳角或直角,那么它就是所求的角那么它就是所求的角,假設(shè)求出的角是鈍角假設(shè)求出的角是鈍角,那么它的補(bǔ)角才為所求的角那么它的補(bǔ)角才為所求的角.2.求直線與平面所成角的方法:(1)定義法:關(guān)鍵是找出斜線在平

35、面內(nèi)的射影;(2)公式法:sin =(其中為直線與平面所成角,h為斜線上一點(diǎn)到平面的間隔,l為該點(diǎn)到斜足的間隔).hl2.(2021課標(biāo)課標(biāo),18,12分分)如圖如圖,知正三棱錐知正三棱錐P-ABC的側(cè)面是直角三角形的側(cè)面是直角三角形,PA=6.頂點(diǎn)頂點(diǎn)P在平面在平面ABC內(nèi)的正投影為點(diǎn)內(nèi)的正投影為點(diǎn)D,D在平面在平面PAB內(nèi)的正投影為點(diǎn)內(nèi)的正投影為點(diǎn)E,銜接銜接PE并延伸交并延伸交AB于點(diǎn)于點(diǎn)G.(1)證明證明:G是是AB的中點(diǎn)的中點(diǎn);(2)在圖中作出點(diǎn)在圖中作出點(diǎn)E在平面在平面PAC內(nèi)的正投影內(nèi)的正投影F(闡明作法及理由闡明作法及理由),并求四面體并求四面體PDEF的體積的體積.;解析解析

36、(1)證明證明:由于由于P在平面在平面ABC內(nèi)的正投影為內(nèi)的正投影為D,所以所以ABPD.由于由于D在平面在平面PAB內(nèi)的正投影為內(nèi)的正投影為E,所以所以ABDE.(2分分)又又PDDE=D,所以所以AB平面平面PED,故故ABPG.又由知可得又由知可得,PA=PB,從而從而G是是AB的中點(diǎn)的中點(diǎn).(4分分)(2)在平面在平面PAB內(nèi)內(nèi),過點(diǎn)過點(diǎn)E作作PB的平行線交的平行線交PA于點(diǎn)于點(diǎn)F,F即為即為E在平面在平面PAC內(nèi)的正投影內(nèi)的正投影.(5分分)理由如下理由如下:由知可得由知可得PBPA,PBPC,又又EFPB,所以所以EFPA,EFPC,又又PAPC=P,因此因此EF平面平面PAC,即

37、點(diǎn)即點(diǎn)F為為E在平面在平面PAC內(nèi)的內(nèi)的正投影正投影.(7分分)銜接銜接CG,由于由于P在平面在平面ABC內(nèi)的正投影為內(nèi)的正投影為D,所以所以D是正三角形是正三角形ABC的中心的中心,由由(1)知知,G是是AB的中的中點(diǎn)點(diǎn),所以所以D在在CG上上,故故CD=CG.(9分分)23;由題設(shè)可得PC平面PAB,DE平面PAB,所以DEPC,因此PE=PG,DE=PC.由知,正三棱錐的側(cè)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,(11分)所以四面體PDEF的體積V=222=.(12分)23132131243評析此題調(diào)查了線面垂直的斷定和性質(zhì)評析此題

38、調(diào)查了線面垂直的斷定和性質(zhì);調(diào)查了錐體的體積的計(jì)算調(diào)查了錐體的體積的計(jì)算;調(diào)查了空間想象才干和調(diào)查了空間想象才干和邏輯推理才干邏輯推理才干.屬中檔題屬中檔題.;3.(2021福建福建,20,12分分)如圖如圖,AB是圓是圓O的直徑的直徑,點(diǎn)點(diǎn)C是圓是圓O上異于上異于A,B的點(diǎn)的點(diǎn),PO垂直于圓垂直于圓O所在的平所在的平面面,且且PO=OB=1.(1)假設(shè)假設(shè)D為線段為線段AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),求證求證:AC平面平面PDO;(2)求三棱錐求三棱錐P-ABC體積的最大值體積的最大值;(3)假設(shè)假設(shè)BC=,點(diǎn)點(diǎn)E在線段在線段PB上上,求求CE+OE的最小值的最小值.2;解析解析(1)證明證明:在在AOC

39、中中,由于由于OA=OC,D為為AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以ACDO.又又PO垂直于圓垂直于圓O所在的平面所在的平面,所以所以POAC.由于由于DOPO=O,所以所以AC平面平面PDO.(2)由于點(diǎn)由于點(diǎn)C在圓在圓O上上,所以當(dāng)所以當(dāng)COAB時(shí)時(shí),C到到AB的間隔最大的間隔最大,且最大值為且最大值為1.又又AB=2,所以所以ABC面積的最大值為面積的最大值為21=1.又由于三棱錐又由于三棱錐P-ABC的高的高PO=1,故三棱錐故三棱錐P-ABC體積的最大值為體積的最大值為11=.(3)解法一解法一:在在POB中中,PO=OB=1,POB=90,所以所以PB=.同理同理,PC=,所以所以PB=PC

40、=BC.在三棱錐在三棱錐P-ABC中中,將側(cè)面將側(cè)面BCP繞繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BCP,使之與平面使之與平面ABP共面共面,如圖所如圖所示示.121313221122;當(dāng)O,E,C共線時(shí),CE+OE獲得最小值.又由于OP=OB,CP=CB,所以O(shè)C垂直平分PB,即E為PB中點(diǎn).從而OC=OE+EC=+=,亦即CE+OE的最小值為.解法二:在POB中,PO=OB=1,POB=90,所以O(shè)PB=45,PB=.同理PC=.所以PB=PC=BC,所以CPB=60.2262262262221122;在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BCP,使之與平面ABP共

41、面,如圖所示.當(dāng)O,E,C共線時(shí),CE+OE獲得最小值.所以在OCP中,由余弦定理得:OC2=1+2-21cos(45+60)=1+2-2=2+.從而OC=.所以CE+OE的最小值為+.22212322223232622262評析此題主要調(diào)查直線與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等根底知識評析此題主要調(diào)查直線與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等根底知識,調(diào)查空間想象才干、調(diào)查空間想象才干、推實(shí)際證才干、運(yùn)算求解才干推實(shí)際證才干、運(yùn)算求解才干,調(diào)查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想調(diào)查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.;考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)1.(20211.(2021北京朝陽期

42、末北京朝陽期末,1),1)知知m,nm,n表示兩條不同的直線表示兩條不同的直線,表示兩個(gè)不同的平面表示兩個(gè)不同的平面, ,且且m m,n,n,那么以下說法正確的選項(xiàng)是那么以下說法正確的選項(xiàng)是( () )A.A.假設(shè)假設(shè),那么那么mnmn B.B.假設(shè)假設(shè)m,m,那么那么C.C.假設(shè)假設(shè)m,m,那么那么 D.D.假設(shè)假設(shè),那么那么mnmn三年模擬A A組組 20212021 20212021年高考模擬年高考模擬根底題組根底題組答案答案B對于對于A,兩個(gè)平行平面內(nèi)的直線能夠平行兩個(gè)平行平面內(nèi)的直線能夠平行,能夠異面能夠異面;B正確正確;對于對于C,當(dāng)當(dāng)m平行于平面平行于平面、的交線時(shí)的交線時(shí),也有

43、也有m,但平面但平面與平面與平面相交相交;對于對于D,m與與n也能夠平行、斜交或異面也能夠平行、斜交或異面.;2.(2021北京西城期末北京西城期末,18)如圖如圖,三棱柱三棱柱ABC-A1B1C1中中,AB平面平面AA1C1C,AA1=AC.過過AA1的平的平面交面交B1C1于點(diǎn)于點(diǎn)E,交交BC于點(diǎn)于點(diǎn)F.(1)求證求證:A1C平面平面ABC1;(2)求證求證:AA1EF;(3)記四棱錐記四棱錐B1-AA1EF的體積為的體積為V1,三棱柱三棱柱ABC-A1B1C1的體積為的體積為V.假設(shè)假設(shè)=,求求的值的值.1VV16BFBC;解析解析(1)證明證明:由于由于AB平面平面AA1C1C,所以所

44、以A1CAB.在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,四邊形四邊形AA1C1C是平行四邊形是平行四邊形,由于由于AA1=AC,所以四邊形所以四邊形AA1C1C為菱形為菱形,所以所以A1CAC1.由于由于AC1AB=A,所以所以A1C平面平面ABC1.(2)證明證明:在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,由于由于A1AB1B,A1A 平面平面BB1C1C,B1B平面平面BB1C1C,所以所以A1A平面平面BB1C1C.由于平面由于平面AA1EF平面平面BB1C1C=EF,所以所以A1AEF.(3)記三棱錐記三棱錐B1-ABF的體積為的體積為V2,三棱柱三棱柱ABF-A1B1E的體積為的體積

45、為V3,由于三棱錐由于三棱錐B1-ABF與三棱柱與三棱柱ABF-A1B1E同底等高同底等高,所以所以=,所以所以=1-=.由于由于=,所以所以=.由于三棱柱由于三棱柱ABF-A1B1E與三棱柱與三棱柱ABC-A1B1C1等高等高,23VV1313VV23VV231VV163VV163214所以ABF與ABC的面積之比為,所以=.14BFBC14;試題分析試題分析(1)知知AB平面平面AA1C1C,由線面垂直的性質(zhì)可得由線面垂直的性質(zhì)可得A1CAB,根據(jù)菱形的性質(zhì)可得根據(jù)菱形的性質(zhì)可得A1CAC1,利用線面垂直的斷定定理可得利用線面垂直的斷定定理可得A1C平面平面ABC1;(2)利用線面平行的斷

46、定定理可得利用線面平行的斷定定理可得A1A平面平面BB1C1C,利用線面平行的性質(zhì)定理可得利用線面平行的性質(zhì)定理可得A1AEF;(3)記三棱錐記三棱錐B1-ABF的體積為的體積為V2,三棱三棱柱柱ABF-A1B1E的體積為的體積為V3,先證明先證明=,所以所以=1-=,結(jié)合結(jié)合=,可得可得=,而三棱柱而三棱柱ABF-A1B1E與三棱柱與三棱柱ABC-A1B1C1等高等高,由此得由此得ABF與與ABC的面積之比的面積之比,即可得即可得=.23VV1313VV23VV231VV163VV163214BFBC143.(2021北京西城一模北京西城一模,18)如圖如圖1,在在ABC中中,D,E分別為分

47、別為AB,AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),O為為DE的中點(diǎn)的中點(diǎn),AB=AC=2,BC=4.將將ADE沿沿DE折起到折起到A1DE的位置的位置,使得平面使得平面A1DE平面平面BCED,F為為A1C的中點(diǎn)的中點(diǎn),如如圖圖2.(1)求證求證:EF平面平面A1BD;(2)求證求證:平面平面A1OB平面平面A1OC;(3)線段線段OC上能否存在點(diǎn)上能否存在點(diǎn)G,使得使得OC平面平面EFG?闡明理由闡明理由.5;解析解析(1)證明證明:取線段取線段A1B的中點(diǎn)的中點(diǎn)H,銜接銜接HD,HF.(1分分)在在ABC中中,由于由于D,E分別為分別為AB,AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以DEBC,且且DE=BC.由于由于H,F分別

48、為分別為A1B,A1C的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以HFBC,且且HF=BC,所以所以HFDE,且且HF=DE,所以四邊形所以四邊形DEFH為平行四邊形為平行四邊形,(3分分)所以所以EFHD.(4分分)由于由于EF 平面平面A1BD,HD平面平面A1BD,所以所以EF平面平面A1BD.(5分分)(2)證明證明:由于在由于在ABC中中,D,E分別為分別為AB,AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),AB=AC,所以所以AD=AE.所以所以A1D=A1E,又又O為為DE的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以A1ODE.(6分分)由于平面由于平面A1DE平面平面BCED,且且A1O平面平面A1DE,平面平面A1DE平面平面BCED=DE,所以

49、所以A1O平面平面BCED,(7分分)1212;所以COA1O.(8分)在OBC中,BC=4,易知 OB=OC=2,所以COBO,又由于A1OBO=O,所以CO平面A1OB,(9分)由于CO平面A1OC,所以平面A1OB平面A1OC.(10分)(3)線段OC上不存在點(diǎn)G,使得OC平面EFG.(11分)假設(shè)線段OC上存在點(diǎn)G,使得OC平面EFG,那么必有OCGF,且OCGE.在RtA1OC中,由F為A1C的中點(diǎn),OCGF,得G為OC的中點(diǎn).(12分)在EOC中,由于OCGE,所以EO=EC,這顯然與EO=1,EC=矛盾.所以線段OC上不存在點(diǎn)G,使得OC平面EFG.(14分)25;4.(2021

50、北京豐臺二模北京豐臺二模,17)如圖如圖,在三棱柱在三棱柱ABC-A1B1C1中中,D是是AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),A1D平面平面ABC,AB=BC,平面平面BB1D與棱與棱A1C1交于點(diǎn)交于點(diǎn)E.(1)求證求證:ACA1B;(2)求證求證:平面平面BB1D平面平面AA1C1C;(3)求證求證:B1BDE.;證明證明(1)由于由于A1D平面平面ABC,AC平面平面ABC,所以所以A1DAC.(1分分)由于由于ABC中中,AB=BC,D是是AC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以所以BDAC.(2分分)由于由于A1DBD=D,所以所以AC平面平面A1BD.(4分分)所以所以ACA1B.(5分分)(2)由于由于A1D平面平

51、面ABC,BD平面平面ABC,所以所以A1DBD.(6分分)由由(1)知知BDAC,由于由于ACA1D=D,所以所以BD平面平面A1ACC1.(8分分)由于由于BD平面平面BB1D,所以平面所以平面BB1D平面平面AA1C1C.(9分分)(3)由于在三棱柱由于在三棱柱ABC-A1B1C1中中,側(cè)面?zhèn)让鍭1ABB1為平行四邊形為平行四邊形,所以所以B1BA1A.(10分分)由于由于B1B 平面平面A1ACC1,A1A平面平面A1ACC1,所以所以B1B平面平面A1ACC1.(12分分)由于B1B平面BB1D,且平面BB1D平面A1ACC1=DE,所以B1BDE.(14分);5.(2021北京西城

52、二模北京西城二模,18)如圖如圖,在幾何體在幾何體ABCDEF中中,底面底面ABCD為矩形為矩形,EFCD,CDEA,CD=2EF=2,ED=.M為棱為棱FC上一點(diǎn)上一點(diǎn),平面平面ADM與棱與棱FB交于點(diǎn)交于點(diǎn)N.(1)求證求證:EDCD;(2)求證求證:ADMN;(3)假設(shè)假設(shè)ADED,試問平面試問平面BCF能否能夠與平面能否能夠與平面ADMN垂直垂直?假設(shè)能假設(shè)能,求出求出的值的值;假設(shè)不能假設(shè)不能,闡明闡明理理由由.3FMFC;解析解析(1)證明證明:由于四邊形由于四邊形ABCD為矩形為矩形,所以所以CDAD.又由于又由于CDEA,ADEA=A,所以所以CD平面平面EAD.所以所以EDC

53、D.(2)證明證明:由于四邊形由于四邊形ABCD為矩形為矩形,所以所以ADBC,由于由于AD 平面平面FBC,BC平面平面FBC,所以所以AD平面平面FBC.又由于平面又由于平面ADMN平面平面FBC=MN,所以所以ADMN.(3)平面平面ADMN與平面與平面BCF能垂直能垂直.證明如下證明如下:銜接銜接DF.;由于ADED,ADCD,EDCD=D,所以AD平面CDEF.所以ADDM.由于ADMN,所以DMMN.平面ADMN平面BCF=MN,假設(shè)使平面ADMN平面BCF,那么DM平面BCF,所以DMFC.在梯形CDEF中,由于EFCD,EDCD,CD=2EF=2,ED=,所以DF=DC=2.所

54、以假設(shè)使DMFC能成立,那么M為FC的中點(diǎn).所以=.3FMFC12;6.(2021北京朝陽期末北京朝陽期末,18)如圖如圖,在四棱錐在四棱錐P-ABCD中中,底面底面ABCD是正方形是正方形,點(diǎn)點(diǎn)E是棱是棱PC的中點(diǎn)的中點(diǎn),平平面面ABE與棱與棱PD交于點(diǎn)交于點(diǎn)F.(1)求證求證:ABEF;(2)假設(shè)假設(shè)PA=AD,且平面且平面PAD平面平面ABCD,試證明試證明AF平面平面PCD;(3)在在(2)的條件下的條件下,線段線段PB上能否存在點(diǎn)上能否存在點(diǎn)M,使得使得EM平面平面PCD?(直接給出結(jié)論直接給出結(jié)論,不需求闡明理不需求闡明理由由);解析解析(1)證明證明:由于底面由于底面ABCD是正

55、方形是正方形,所以所以ABCD.又由于又由于AB 平面平面PCD,CD平面平面PCD,所以所以AB平面平面PCD.又由于又由于A,B,E,F四點(diǎn)共面四點(diǎn)共面,且平面且平面ABEF平面平面PCD=EF,所以所以ABEF.(2)證明證明:在正方形在正方形ABCD中中,CDAD,又由于平面又由于平面PAD平面平面ABCD,且平面且平面PAD平面平面ABCD=AD,所以所以CD平面平面PAD.又又AF平面平面PAD,所以所以CDAF.由由(1)可知可知ABEF,又由于又由于ABCD,所以所以CDEF.由于點(diǎn)由于點(diǎn)E是棱是棱PC的中點(diǎn)的中點(diǎn),所以點(diǎn)所以點(diǎn)F是棱是棱PD的中點(diǎn)的中點(diǎn).在在PAD中中,由于由

56、于PA=AD,所以所以AFPD.又由于又由于PDCD=D,所以所以AF平面平面PCD.(3)不存在不存在.;7.(2021北京西城一模北京西城一模,17)如圖如圖,在四棱柱在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中中,BB1底面底面ABCD,ADBC,BAD=90,ACBD.(1)求證求證:B1C平面平面ADD1A1;(2)求證求證:ACB1D;(3)假設(shè)假設(shè)AD=2AA1,判別直線判別直線B1D與平面與平面ACD1能否垂直能否垂直,并闡明理由并闡明理由.;解析解析(1)證明證明:由于由于ADBC,BC 平面平面ADD1A1,AD平面平面ADD1A1,所以所以BC平面平面ADD1A1,由于由于CC1

57、DD1,CC1 平面平面ADD1A1,DD1平面平面ADD1A1,所以所以CC1平面平面ADD1A1.又由于又由于BCCC1=C,所以平面所以平面BCC1B1平面平面ADD1A1.又由于又由于B1C平面平面BCC1B1,所以所以B1C平面平面ADD1A1.(2)證明證明:由于由于BB1底面底面ABCD,AC底面底面ABCD,所以所以BB1AC.又由于又由于ACBD,BB1BD=B,所以所以AC平面平面BB1D.又由于又由于B1D平面平面BB1D,所以所以ACB1D.(3)結(jié)論結(jié)論:直線直線B1D與平面與平面ACD1不垂直不垂直.證明證明:銜接銜接A1D,假設(shè)假設(shè)B1D平面平面ACD1,由于由于

58、AD1平面平面ACD1,所以所以B1DAD1.在四棱柱在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中中,BB1底面底面ABCD,BAD=90,A1B1AA1,A1B1A1D1,又由于又由于AA1A1D1=A1,;所以A1B1平面AA1D1D.由于AD1平面AA1D1D,所以A1B1AD1.又由于A1B1B1D=B1,所以AD1平面A1B1D,所以AD1A1D.這與四邊形AA1D1D為矩形,且AD=2AA1矛盾,故直線B1D與平面ACD1不垂直.B組 20212021年高考模擬綜合題組;考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)考點(diǎn)直線、平面垂直的斷定和性質(zhì)1.(20211.(2021北京朝陽一模北京朝陽一模,18)

59、,18)如圖如圖1,1,在梯形在梯形ABCDABCD中中,BCAD,BC=1,AD=3,BEAD,BCAD,BC=1,AD=3,BEAD于于E,BE,BE=AE=1,E=AE=1,將將ABEABE沿沿BEBE折起至折起至ABE,ABE,使得平面使得平面ABEABE平面平面BCDE(BCDE(如圖如圖2),M2),M為線段為線段ADAD上一點(diǎn)上一點(diǎn). .(1)(1)求證求證:AECD;:AECD;(2)(2)假設(shè)假設(shè)M M為線段為線段ADAD的中點(diǎn)的中點(diǎn), ,求多面體求多面體ABCMEABCME與多面體與多面體MCDEMCDE的體積之比的體積之比; ;(3)(3)能否存在一點(diǎn)能否存在一點(diǎn)M,M,

60、使得使得ABAB平面平面MCE?MCE?假設(shè)存在假設(shè)存在, ,求求AMAM的長的長. .假設(shè)不存在假設(shè)不存在, ,請闡明請闡明理由理由. .圖圖1 1圖圖2 2B B組組 20212021 20212021年高考模擬年高考模擬綜合題組綜合題組;解析解析(1)證明證明:在梯形在梯形ABCD中中,有有BEAE,所以所以AEBE,平面平面ABE平面平面BCDE,平面平面ABE平面平面BCDE=BE,AE平面平面ABE,AE平面平面BCDE,CD平面平面BCDE,AECD.(2)解法一解法一:由由(1)知知AE平面平面BCDE.M為為AD的中點(diǎn)的中點(diǎn),M究竟面究竟面BCDE的間隔為的間隔為AE,在梯形