§8.5直線、平面垂直的判定與性質高考文數

(課標Ⅱ專用)1.(2017課標全國Ⅲ,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則

()A.A1E⊥DC1

B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1

D.A1E⊥AC五年高考A組統一命題·課標卷題組答案

C∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1?平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,∴

BC1⊥平面A1B1CD,又A1E?平面A1B1CD,∴BC1⊥A1E.故選C.2.(2017課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱錐P-ABCD的體積為

,求該四棱錐的側面積.

解析本題考查立體幾何中面面垂直的證明和幾何體側面積的計算.(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD內作PE⊥AD,垂足為E.

由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.設AB=x,則由已知可得AD=

x,PE=

x.故四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=

AB·AD·PE=

x3.由題設得

x3=

,故x=2.從而PA=PD=2,AD=BC=2

,PB=PC=2

.可得四棱錐P-ABCD的側面積為

PA·PD+

PA·AB+

PD·DC+

BC2sin60°=6+2

.2.線面垂直的證明(1)證明直線l垂直于平面內的兩條相交直線.(2)若已知兩個平面垂直,則在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面.3.幾何體的體積柱體的體積V=S底·h.錐體的體積V=

S底·h.4.幾何體的表面積直棱柱的側面積S側=C底·l,其他幾何體一般要對各個側面、底面逐個分析求解面積,最后求和.方法總結

1.面面垂直的證明證明兩個平面互相垂直,可以在一個平面內找一條線l,證明直線l垂直于另一個平面.3.(2017課標全國Ⅲ,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)證明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點,且AE⊥EC,求四面體ABCE

與四面體ACDE的體積比.

解析(1)取AC的中點O,連接DO,BO.因為AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.從而AC⊥平面DOB,故AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設知∠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°.由題設知△AEC為直角三角形,所以EO=

AC.又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=

BD.故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的

,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的

,即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.4.(2016課標全國Ⅰ,18,12分)如圖,已知正三棱錐P-ABC的側面是直角三角形,PA=6.頂點P在平面

ABC內的正投影為點D,D在平面PAB內的正投影為點E,連接PE并延長交AB于點G.(1)證明:G是AB的中點;(2)在圖中作出點E在平面PAC內的正投影F(說明作法及理由),并求四面體PDEF的體積.

解析(1)證明:因為P在平面ABC內的正投影為D,所以AB⊥PD.因為D在平面PAB內的正投影為E,所以AB⊥DE.

(2分)又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,從而G是AB的中點.

(4分)(2)在平面PAB內,過點E作PB的平行線交PA于點F,F即為E在平面PAC內的正投影.

(5分)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,即點F為E在平面PAC內的

正投影.

(7分)連接CG,因為P在平面ABC內的正投影為D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中

點,所以D在CG上,故CD=

CG.

(9分)

由題設可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=

PG,DE=

PC.由正三棱錐的側面是直角三角形且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=

×

×2×2×2=

.

(12分)易錯警示

推理不嚴謹,書寫不規范是造成失分的主要原因.評析本題考查了線面垂直的判定和性質,考查了錐體的體積的計算,考查了空間想象能力和邏

輯推理能力.屬中檔題.5.(2015課標Ⅰ,18,12分,0.282)如圖,四邊形ABCD為菱形,G為AC與BD的交點,BE⊥平面ABCD.(1)證明:平面AEC⊥平面BED;(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱錐E-ACD的體積為

,求該三棱錐的側面積.

解析(1)證明:因為四邊形ABCD為菱形,所以AC⊥BD.因為BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.又BD∩BE=B,故AC⊥平面BED.又AC?平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.

(5分)(2)設AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=

x,GB=GD=

.因為AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=

x.由BE⊥平面ABCD,知△EBG為直角三角形,可得BE=

x.由已知得,三棱錐E-ACD的體積VE-ACD=

×

AC·GD·BE=

x3=

.故x=2.

(9分)從而可得AE=EC=ED=

.所以△EAC的面積為3,△EAD的面積與△ECD的面積均為

.故三棱錐E-ACD的側面積為3+2

.

(12分)思路分析

(1)利用面面垂直的判定定理證明.(2)在菱形中,設AB=x,由∠ABC=120°,將AG,GC,

GB,GD用關于x的表達式表示,又EG是直角三角形AEC的斜邊上的中線,故EG也能用關于x的表

達式表示,則三棱錐E-ACD的體積可用關于x的表達式表示,即可求得x的值,進而求得側面積.6.(2014課標Ⅰ,19,12分,0.320)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,B1C的中點為O,且

AO⊥平面BB1C1C.(1)證明:B1C⊥AB;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.

解析(1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點.因為BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1.

又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,故B1C⊥平面ABO.由于AB?平面ABO,故B1C⊥AB.(2)作OD⊥BC,垂足為D,連接AD.作OH⊥AD,垂足為H.由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,所以OH⊥平面ABC.因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又BC=1,可得OD=

.由于AC⊥AB1,所以OA=

B1C=

.由OH·AD=OD·OA,且AD=

=

,得OH=

.又O為B1C的中點,所以點B1到平面ABC的距離為

.故三棱柱ABC-A1B1C1的高為

.評析本題考查直線與平面垂直的判定,點到平面的距離的求法等知識,同時考查空間想象能力

和邏輯推理能力.第(2)問中作出垂線段是關鍵,也可用等積法求解.7.(2013課標Ⅰ,19,12分,0.272)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)證明:AB⊥A1C;(2)若AB=CB=2,A1C=

,求三棱柱ABC-A1B1C1的體積.

解析(1)證明:取AB的中點O,連接OC,OA1,A1B.

因為CA=CB,所以OC⊥AB.由于AB=AA1,∠BAA1=60°,故△AA1B為等邊三角形,所以OA1⊥AB.因為OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C.(2)由題設知△ABC與△AA1B都是邊長為2的等邊三角形,所以OC=OA1=

.又A1C=

,則A1C2=OC2+O

,故OA1⊥OC.因為OC∩AB=O,所以OA1⊥平面ABC,OA1為三棱柱ABC-A1B1C1的高.又△ABC的面積S△ABC=

,故三棱柱ABC-A1B1C1的體積V=S△ABC·OA1=3.評析本題主要考查直線與平面垂直的判定與性質、線線、線面的位置關系以及體積計算等

基礎知識,考查空間想象能力和推理論證能力.1.(2014浙江,6,5分)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面

()A.若m⊥n,n∥α,則m⊥αB.若m∥β,β⊥α,則m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥αB組自主命題·省（區、市）卷題組答案

C對于選項A、B、D,均能舉出m∥α的反例;對于選項C,若m⊥β,n⊥β,則m∥n,又n⊥α,

∴m⊥α,故選C.2.(2017北京,18,14分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D為線段

AC的中點,E為線段PC上一點.(1)求證:PA⊥BD;(2)求證:平面BDE⊥平面PAC;(3)當PA∥平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積.

解析本題考查線面垂直的判定和性質,面面垂直的判定及線面平行的性質,三棱錐的體積.考

查空間想象能力.(1)因為PA⊥AB,PA⊥BC,所以PA⊥平面ABC.又因為BD?平面ABC,所以PA⊥BD.(2)因為AB=BC,D為AC中點,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,所以BD⊥平面PAC.所以平面BDE⊥平面PAC.

(3)因為PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因為D為AC的中點,所以DE=

PA=1,BD=DC=

.由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱錐E-BCD的體積V=

BD·DC·DE=

.直擊高考

立體幾何是高考的必考題型,對立體幾何的考查主要有兩個方面:一是空間位置關系

的證明;二是體積或表面積的求解.3.(2017山東,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四

邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.(1)證明:A1O∥平面B1CD1;(2)設M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.

證明本題考查線面平行與面面垂直.(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C.又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1E⊥BD,因為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.方法總結

證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β).易錯警示

a∥b,a∥α?/b∥α.4.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E

與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.

證明(1)在平面ABD內,因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC.方法總結立體幾何中證明線線垂直的一般思路:(1)利用兩平行直線垂直于同一條直線(a∥b,a⊥c?b⊥c);(2)線面垂直的性質(a⊥α,b?α?a⊥b).5.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側棱B1B上,

且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證:(1)直線DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.證明(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點,所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.又因為DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F,所以直線DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1.又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1.因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.又因為B1D⊥A1F,A1C1?平面A1C1F,A1F?平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,所以B1D⊥平面A1C1F.因為B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.評析本題主要考查直線與直線、直線與平面以及平面與平面的位置關系,考查空間想象能力

和推理論證能力.6.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=

,點D,E在線段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,點F在線段AB上,且EF∥BC.(1)證明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱錐P-DFBC的體積為7,求線段BC的長.

解析(1)證明:由DE=EC,PD=PC知,E為等腰△PDC中DC邊的中點,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE?平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,從

而PE⊥AB.因∠ABC=

,EF∥BC,故AB⊥EF.從而AB與平面PFE內兩條相交直線PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)設BC=x,則在直角△ABC中,AB=

=

,從而S△ABC=

AB·BC=

x

.由EF∥BC知,

=

=

,得△AFE∽△ABC,故

=

=

,即S△AFE=

S△ABC.由AD=

AE,S△AFD=

S△AFE=

·

S△ABC=

S△ABC=

x

,從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=S△ABC-S△AFD=

x

-

x

=

x

.由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE為四棱錐P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE=

=

=2

.故體積VP-DFBC=

·SDFBC·PE=

·

x

·2

=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3

,所以,BC=3或BC=3

.評析本題考查了線面垂直的判定,棱錐體積的計算;考查了推理論證能力及空間想象能力;體

現了函數與方程的思想.7.(2014遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC

=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點.(1)求證:EF⊥平面BCG;(2)求三棱錐D-BCG的體積.附:錐體的體積公式V=

Sh,其中S為底面面積,h為高.

解析(1)證明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G為AD的中點,所以CG⊥AD.同理,BG⊥AD,又BG⊥CG=G,因此AD⊥平面BGC.又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC內,作AO⊥CB,交CB的延長線于O,

由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G為AD中點,因此G到平面BDC的距離h是AO長度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=

,所以VD-BCG=VG-BCD=

·S△DBC·h=

×

BD·BC·sin120°·

=

.1.(2013北京,8,5分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為對角線BD1的三等分點,P到各頂點的距

離的不同取值有

()

A.3個

B.4個

C.5個

D.6個C組教師專用題組答案

B過P作平面A1B1C1D1、ABCD的垂線分別交D1B1、DB于E、F點,易知P也是EF的三等

分點,設正方體的棱長為a,則PA1=PC1=a;PD1=

a;PB=

a;PB1=

a,PA=PC=

a;PD=a.故有4個不同的值.故選B.

評析本題考查了線面的垂直關系、空間想象能力及運算能力.構造直角三角形是關鍵.不通過

計算,容易判斷錯誤.2.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=

,AB=BC=

AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE.

(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為36

,求a的值.解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=

AD=a,E是AD的中點,∠BAD=

,所以BE⊥AC.即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,從而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是四棱錐A1-BCDE的高.由題圖1知,A1O=

AB=

a,平行四邊形BCDE的面積S=BC·AB=a2.從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=

×S×A1O=

×a2×

a=

a3,由

a3=36

,得a=6.評析本題首先借“折疊”問題考查空間想象能力,同時考查線面垂直的判定及面面垂直性質

的應用.3.(2015湖北,20,13分)《九章算術》中,將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之

為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的陽馬P-ABCD中,側棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,點E是PC的中點,連接DE,BD,BE.(1)證明:DE⊥平面PBC.試判斷四面體EBCD是否為鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出結

論);若不是,請說明理由;(2)記陽馬P-ABCD的體積為V1,四面體EBCD的體積為V2,求

的值.

解析(1)因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC.由底面ABCD為長方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD,DE⊥平面PBC,可知四面體EBCD的四個面都是直角三角形.即四面體EBCD是一個鱉臑,其四個面的直角分別是∠BCD,∠BCE,∠DEC,∠DEB.(2)由已知,PD是陽馬P-ABCD的高,所以V1=

SABCD·PD=

BC·CD·PD;由(1)知,DE是鱉臑D-BCE的高,BC⊥CE,所以V2=

S△BCE·DE=

BC·CE·DE.在Rt△PDC中,因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE=CE=

CD,于是

=

=

=4.評析本題考查了線面垂直的判定和性質;考查體積的計算方法;考查了空間想象能力和運算求

解能力.解題過程不規范容易造成失分.4.(2014重慶,20,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,

∠BAD=

,M為BC上一點,且BM=

.(1)證明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積.

解析(1)證明:如圖,連接OB,因為ABCD為菱形,O為菱形的中心,所以AO⊥OB.

因為∠BAD=

,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin

=1,又因為BM=

,且∠OBM=

,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+

-2×1×

×cos

=

.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.從而BC與平面POM內兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos

=

.設PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+

.連接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+

-2×2×

×cos

=

.由于MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+

=

,得a=

或a=-

(舍去),即PO=

.此時S四邊形ABMO=S△AOB+S△OMB=

·AO·OB+

·BM·OM=

×

×1+

×

×

=

.所以VP-ABMO=

·S四邊形ABMO·PO=

×

×

=

.評析本題考查線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計算,在證明直線與平面垂直時,打破以

往單純的幾何邏輯推理,而將三角函數中的余弦定理、勾股定理巧妙融合,體現了知識的交匯

性.5.(2013四川,19,12分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側棱AA1⊥底面ABC,AB=AC=2AA1=2,∠BAC=

120°,D,D1分別是線段BC,B1C1的中點,P是線段AD上異于端點的點.(1)在平面ABC內,試作出過點P與平面A1BC平行的直線l,說明理由,并證明直線l⊥平面ADD1A1;(2)設(1)中的直線l交AC于點Q,求三棱錐A1-QC1D的體積.

錐體體積公式:V=

Sh,其中S為底面面積,h為高

解析(1)如圖,在平面ABC內,過點P作直線l∥BC,

因為l在平面A1BC外,BC在平面A1BC內,由直線與平面平行的判定定理可知,l∥平面A1BC.因為AB=AC,D是BC的中點,所以BC⊥AD,則直線l⊥AD.因為AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥直線l.又因為AD,AA1在平面ADD1A1內,且AD與AA1相交,所以直線l⊥平面ADD1A1.

(7分)(2)過D作DE⊥AC于E.因為AA1⊥平面ABC,所以DE⊥AA1.又因為AC,AA1在平面AA1C1C內,且AC與AA1相交,所以DE⊥平面AA1C1C.由AB=AC=2,∠BAC=120°,有AD=1,∠DAC=60°,所以在△ACD中,DE=

AD=

,又

=

A1C1·AA1=1,所以

=

=

DE·

=

×

×1=

.因此三棱錐A1-QC1D的體積是

.

(12分)評析本題主要考查基本作圖、線面的平行與垂直、棱錐的體積等基礎知識,考查推理論證能

力、運算求解能力、空間想象能力.1.(2017遼寧大連一模)下列命題中錯誤的是

()A.如果平面α外的直線a不平行于平面α,則平面α內不存在與a平行的直線B.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么直線l⊥平面γC.如果平面α⊥平面β,那么平面α內所有直線都垂直于平面βD.一條直線與兩個平行平面中的一個平面相交,則必與另一個平面相交三年模擬一、選擇題（每題5分，共30分）A組2015—2017年高考模擬·基礎題組(時間：20分鐘分值：45分)答案

C若平面α外的直線a平行于平面α內的某一條直線,則a必平行于平面α,與已知矛盾,所

以A正確.在平面γ內作兩條相交直線m,n分別垂直于平面α與平面γ的交線及平面β與平面γ的交

線,則由平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,得m,n分別垂直于平面α及平面β,即m,n都垂直于直線l,因此

直線l⊥平面γ,即B正確.C錯誤,顯然平面α與平面β的交線不垂直于平面β.當一條直線與兩個平

行平面中的一個平面相交時,若此直線在另一個平面內,則與原平面無交點,矛盾;此直線與另一

個平面平行時,則可得此直線與原平面平行或在原平面內,矛盾,因此此直線必與另一個平面相

交.故選C.2.(2017四川成都第二次診斷性檢測)已知m,n是空間中兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,

且m?α,n?β,有下列命題:①若α∥β,則m∥n;②若α∥β,則m∥β;③若α∩β=l,且m⊥l,n⊥l,則α⊥β;

④若α∩β=l,且m⊥l,m⊥n,則α⊥β,其中真命題的個數是

()A.0

B.1

C.2

D.3答案

B①若α∥β,則m∥n或m,n異面,故①不正確;②若α∥β,根據平面與平面平行的性質,可

得m∥β,故②正確;③若α∩β=l,且m⊥l,n⊥l,則α與β可能不互相垂直,故③不正確;④若α∩β=l,且m

⊥l,m⊥n,l與n相交則α⊥β,若l∥n,則α,β不一定垂直.故選B.3.(2016遼寧沈陽二模,4)已知m,n表示不同的直線,α,β表示不同的平面,則下列命題正確的個數是

()①若m⊥α,n⊥α,則m∥n;②若m⊥n,n⊥α,則m∥α;③若m⊥β,α⊥β,則m∥α;④若m⊥α,m⊥β,則α∥β.A.1

B.2

C.3

D.4答案

B對于①,由“垂直于同一平面的兩條直線平行”可知①正確;對于②,顯然m也可能在α內;對于③,顯然m也可能在α內;對于④,由“垂直于同一條直線的兩個平面平行”可知④正確.故選B.4.(2016江西南昌二模,4)設α為平面,a、b為兩條不同的直線,則下列敘述正確的是

()A.若a∥α,b∥α,則a∥b

B.若a⊥α,a∥b,則b⊥αC.若a⊥α,a⊥b,則b∥α

D.若a∥α,a⊥b,則b⊥α答案

B若a∥α,b∥α,則a與b相交、平行或異面都有可能,故A錯誤;易知B正確;若a⊥α,a⊥b,則b∥α或b?α,故C錯誤;若a∥α,a⊥b,則b∥α或b?α或b與α相交,故D錯誤.故選B.5.(2016天津河西模擬,3)設l是直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是

()A.若l∥α,l∥β,則α∥β

B.若l∥α,l⊥β,則α⊥βC.若α⊥β,l⊥α,則l∥β

D.若α⊥β,l∥α,則l⊥β答案

B對于A,若l∥α,l∥β,則α∥β或α,β相交,故A錯;易知B正確;對于C,若α⊥β,l⊥α,則l∥β或l

?β,故C錯;對于D,若α⊥β,l∥α,則l與β的位置關系不確定,故D錯.故選B.6.(2015江西九江模擬,6)如圖,在三棱錐D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列命題

中正確的是

()

A.平面ABC⊥平面ABDB.平面ABD⊥平面BCDC.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDED.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE答案

C因為AB=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC,同理,DE⊥AC,由于DE∩BE=E,于是AC⊥

平面BDE.因為AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面

BDE.故選C.7.(2017四川遂寧三診)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=BB1,AB1∩A1B=E,D為AC上的點,B

1C∥平面A1BD.(1)求證:BD⊥平面A1ACC1;(2)若AB=1,且AC·AD=1,求三棱錐A-BCB1的體積.

二、解答題（共15分）解析(1)證明:連接ED,∵平面AB1C∩平面A1BD=ED,B1C∥平面A1BD,∴B1C∥ED,∵E為AB1的中點,∴D為AC的中點,∵AB=BC,∴BD⊥AC①.

證法一:由A1A⊥平面ABC,BD?平面ABC,得A1A⊥BD②,由①②及A1A、AC是平面A1ACC1內的兩條相交直線,得BD⊥平面A1ACC1.證法二:由A1A⊥平面ABC,A1A?平面A1ACC1,∴平面A1ACC1⊥平面ABC,又平面A1ACC1∩平面ABC=AC,由①可得BD⊥平面A1ACC1.(2)由AB=1得BC=BB1=1,由(1)知DA=

AC,又AC·DA=1得AC2=2,∵AC2=2=AB2+BC2,∴AB⊥BC,∴

=

×AB×

×BC×BB1=

.1.(2016貴州貴陽二模,6)如圖,在正方形ABCD中,E、F分別是BC、CD的中點,沿AE、AF、EF所

在的直線進行折疊,把正方形折成一個四面體,使B、C、D三點重合,重合后的點記為P,P點在△

AEF內的射影為O,則下列說法正確的是

()

A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的內心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心一、選擇題（每題5分，共10分）B組2015—2017年高考模擬·綜合題組(時間：25分鐘分值：30分)答案

A由題意可知PA、PE、PF兩兩垂直,所以PA⊥平面PEF,從而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,則PO⊥EF,因為PO∩PA=P,所以EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO,同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O為△AEF的垂心.故選A.

2.(2016四川資陽三模,5)設m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列敘述正確的是

()A.若α∥β,m∥α,n∥β,則m∥nB.若α⊥β,m⊥α,n∥β,則m⊥nC.若m∥α,n∥α,m∥β,n∥β,m⊥n,則α∥βD.若m⊥α,n?β,m⊥n,則α⊥β答案

C在正方體ABCD-A'B'C'D'中,令平面ABCD為平面α,平面A'B'C'D'為平面β,直線A'B'為直線m,直線BC為直線n,顯然α∥β,m∥α,n∥β,但m與n不平行,故A錯誤.令平面ABCD為平面α,平面ABB'A'為平面β,直線BB'為直線m,直線CC'為直線n,顯然α⊥β,m⊥α,n∥β,但m∥n,故B錯誤.令平面ABCD為平面α,平面A'B'C'D'為平面β,直線BB'為直線m,直線B'C'為直線n,顯然m⊥α,n?β,m⊥n,但α∥β,故D錯誤.故選C.

3.(2017湖北武漢武昌調研)如圖,在矩形ABCD中,AB<BC,且AE⊥BD,CF⊥BD,現將△ABD沿矩形

的對角線BD所在的直線進行翻折,在翻折的過程中,給出下列結論:①存在某個位置,使得直線AC與直線BD垂直;②存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直;③存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直.其中正確結論的序號是

.(寫出所有正確結論的序號)

二、填空題（每題5分，共10分）答案②解析如圖,若AC⊥BD,已知CF⊥BD,那么BD⊥平面ACF,則BD⊥AF,又BD⊥AE,點E,F不會重

合,故矛盾,所以①不正確;若AB⊥CD,已知CD⊥BC,則CD⊥平面ABC,所以點A在平面BCD內的

投影落在線段BC上,并且AC=

,所以存在某個位置使AB⊥CD,所以②正確;若AD⊥BC,已知BC⊥CD,所以BC⊥平面ACD,則BC⊥AC,那么AB>BC,這與已知矛盾,所以③不正確.

4.(2017湖南邵陽第二次聯考)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為

的正方形,AA1=3,E是AA1的中點,過C1作C1F⊥平面BDE與平面ABB1A1交于點F,則CF與平面ABCD所成角的正切

值為

.答案

解析連接AC、BD,交于點O,∵四邊形ABCD是正方形,AA1⊥底面ABCD,∴BD⊥平面ACC1A1,∵C1F⊥平面BDE,∴C1F⊥EO,∵F∈平面ABB1A1,∴F∈AA1,連接CF,∴∠ACF是CF與平面ABCD所成的角,在矩形ACC1A1中,△C1A1F∽△EAO,則

=

,∵A1C1=2AO=

AB=2,AE=

,∴A1F=

,∴AF=

,∴tan∠ACF=

=

=

.∴CF與平面ABCD所成角的正切值為

.5.(2017新疆烏魯木齊三模)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是正三角形,E是棱BB1的中點.(1)求證:平面AEC1⊥平面AA1C1C;(2)若AA1=AB=1,求點E到平面ABC1的距離.

三、解答題（共10分）解析(1)證明:分別取AC,AC1的中點O,F,連接OB,OF,EF,則OF

BE,∴OB∥EF.

∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,△ABC是正三角形,O是AC的中點,∴OB⊥AC,OB⊥AA1,∴OB⊥平面

ACC1A1,∴EF⊥平面ACC1A1,∴平面AEC1⊥平面AA1C1C.(2)已知AA1=AB=1,設點E到平面ABC1的距離為h1,點C1到平面ABE的距離為h2,∴

=

×

×h1=

=

×S△ABE×h2=

×

×

=

.又∵BC1=AC1=

,AB=1,∴

=

,∴h1=

.∴點E到平面ABC1的距離為

.1.(2017山東實驗中學一模)正方形ADEF所在的平面與梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥

CD,AB∥CD,CD=2AB=2AD.(1)求證:BC⊥BE;(2)在EC上找一點M,使得BM∥平面ADEF.請確定出M點的位置,并給出證明.

解答題C組2015—2017年高考模擬·創新題組解析(1)證明:∵平面ADEF⊥平面ABCD,又平面ADEF∩平面ABCD=AD,且DE⊥AD,∴DE⊥平面ABCD,∴DE⊥BC.令AB=AD=1,則CD=2,∴BD=

,過B作BN∥AD交CD于點N,則BN=1,CN=1,∴BC=

.∴BD2+BC2=CD2,∴CB⊥BD.又ED∩BD=D,∴BC⊥平面BDE,∴BC⊥BE.(2)M為EC的中點.證明:由(1)知BN∥AD,∴BN∥平面ADEF,又M、N分別為EC、DC的中點,∴MN∥DE,∴MN∥平面ADEF,又BN∩MN=N,∴平面BMN∥平面ADEF,∴BM∥平面ADEF.2.(2017河南鄭州第三次質量檢測)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是等腰直角三角

形,且斜邊AB=

,側棱AA1=2,點D為AB的中點,點E在線段AA1上,AE=λAA1(λ為實數).(1)求證:不論λ取何值時,恒有CD⊥B1E;(2)當λ=

時,求多面體C1BECD的體積.

解析(1)證明:∵△ABC是等腰直角三角形,點D為AB的中點,∴CD⊥AB.∵AA1⊥平面ABC,CD?平面ABC,∴AA1⊥CD.又∵AA1?平面ABB1A1,AB?平面ABB1A1,AA1∩AB=A,∴CD⊥平面ABB1A1.又∵B1E?平面ABB1A1,∴CD⊥B1E.(2)∵△ABC是等腰直角三角形,且斜邊AB=

,∴AC=BC=1.

=

=

AC·

=

×

×1×1×2=

,VD-BEC=VE-CDB=

AE·S△DBC=

×

×

×1×1×

=

,∴多面體的體積V=

+

=

.3.(2017廣東東莞二模)已知多面體ABCDEF中,四邊形ABCD為平行四邊形,AD⊥平面AEC,且AC

=

,AE=EC=1,AD=2EF,EF∥AD.(1)求證:平面FCE⊥平面ADE;(2)若AD=2,求多面體ABCDEF的體積.

解析(1)證明:∵AD⊥平面AEC,EC?平面AEC,∴AD⊥EC.又AC=

,AE=EC=1,∴AC2=AE2+EC2,∴AE⊥EC.又AE∩AD=A,∴EC⊥平面ADE.∵EC?平面FCE,∴平面FCE⊥平面ADE.(2)易知AE⊥AD,又EF∥AD,∴AE⊥EF,由(1)知AE⊥EC,又EF∩EC=E,∴AE⊥平面BCEF,又AD=2,∴EF=1.∴VABCDEF=VA-BCEF+VD-AEC=

×

×(EF+BC)×EC×EA+

×

×AE×EC×AD=

×

×(1+2)×1×1+

×

×1×1×2=

.故多面體ABCDEF的體積為

.4.(2017山西臨汾適應性訓練)如圖,梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,CD=2,AD=AB=1,四邊形

BDEF為正方形,且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求證:DF⊥CE;(2)若AC與BD相交于點O,那么在棱AE上是否存在點G,使得平面OBG∥平面EFC?并說明理由.

解析(1)證明:連接EB.∵在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=1,DC=2,∴BD=

,BC=

,∴BD2+BC2=CD2,∴BC⊥BD,又∵平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BC?平面ABCD,