2021年新课标（老高考）理数复习练习课件：§8.3　直线、平面垂直的判定和性质.pptx

1、考点考点 直线、平面垂直的判定与性质直线、平面垂直的判定与性质 1.(2019课标,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面ABCD, M是线段ED的中点,则( ) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线 答案答案 B 本题考查了两直线的位置关系,通过面面垂直考查了空间想象能力和数学运算能力,体 现的核心素养为直观想象. 过E作EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上, 平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCD

2、=CD, EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE, 设CD=2,则EN=2, BE=2,又在正方形ABCD中,BD=2=BE,EBD是等腰三角形, 故在等腰EBD中,M为DE的中点,BM=,BM=2=EN,即BMEN. 又点M、N、B、E均在平面BED内,BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,BM,EN是相交 直线,故选B. 22 EQQN3 1 22 BCCE442 22 222 22 -BEEM8-177 思路分析思路分析 由已知条件中平面与平面垂直可得直线与平面垂直,进而得出直线与直线垂直,设出正 方形的边长,在直角三角形中利用勾股定理分别求出BM,EN,即可比较大小.BM

3、,EN都在同一平面 内且不平行,则一定相交. 2.(2016课标,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么. 如果m,n,那么mn. 如果,m,那么m. 如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号) 答案答案 解析解析 由mn,m,可得n或n在内,当n时,与可能相交,也可能平行,故错.易知 都正确. 3.(2019北京,12,5分)已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断: lm;m;l. 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: . 答案答案 若lm,l,则m

4、(或m,l,则lm) 解析解析 本题考查线面平行、垂直的判定和性质,通过线面位置关系考查学生的逻辑思维能力和空 间想象能力. 以其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,可组成三个命题. 命题(1):若lm,m,则l,此命题不成立,可以举一个反例,例如在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平 面ABCD为平面,A1D1和A1B1分别为l和m,满足条件,但结论不成立. 命题(2):若lm,l,则m,此命题正确.证明:作直线m1m,且与l相交,故l与m1确定一个平面,且l m1,因为l,所以平面与平面垂直,设=n,则ln,又m1,n,所以m1n,又m1m,所以mn, 又m在平面外,n,故m.

5、 命题(3):若m,l,则lm,此命题正确.证明:过直线m作一平面,且与平面相交,交线为a,因为m ,所以ma. 因为l,a,所以la,又ma,所以lm. 4.(2020课标,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC 是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO. (1)证明:PA平面PBC; (2)求二面角B-PC-E的余弦值. 6 6 解析解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a. 因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB. 又PA2+PC2=AC2, 故PAPC. 所以PA平面PBC.

6、 (2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 6 6 3 3 2 2 OEOE 由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P. 所以=,=. 设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则 即可取m=. 由(1)知=是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos=. 易知二面角B-PC-E的平面角为锐角, 所以二面角B-PC-E的余弦值为. 3 1 -,0 22 2 0,0, 2 EC 31 -,-,0 22 EP 2 0,-1, 2 EP0, EC0, m m 2 -0, 2 31 -0. 22 yz xy 3 -,1, 2 3 AP

7、2 0,1, 2 AP | | | n m n m 2 5 5 2 5 5 5.(2019课标,18,12分)图1是由矩形ADEB,RtABC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中的二面角B-CG-A的大小. 解析解析 本题主要考查平面与平面垂直的判定与性质以及二面角的计算;本题还考查了学生的空间 想象能力、逻辑推理能力和运算能力;通过平面图形与立体图形的转化,考查了直观想象和数学 运算的核心素养. (1)证

8、明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面. 由已知得ABBE,ABBC,且BEBC=B, 故AB平面BCGE. 又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE. (2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC. 由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=. 3 以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz, 则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),则=(1,0,),=(2,-1,0). 设平面ACGD的法向量为n=(

9、x,y,z), 则即 所以可取n=(3,6,-). 又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos=. 因此二面角B-CG-A的大小为30. HC 3CG3AC CG0, AC0, n n 30, 2 -0. xz x y 3 | | | n m n m 3 2 解后反思解后反思 (1)证明空间线面位置关系时思路要清晰,证明过程中条件要写全,步骤要规范;(2)本题 没有直接建立空间直角坐标系的条件,需要证明垂直关系,才能建立坐标系. 思路分析思路分析 (1)利用折叠前后AD与BE,CG与BE的平行关系不变,可得ADCG,进而可 得A、C、G、D四点共面.由折叠前后不变的位置关系可

10、得ABBE,ABBC,从而AB平面 BCGE,由面面垂直的判定定理可得结论成立. (2)作EHBC于H,由(1)可得EH平面ABC.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立空间 直角坐标系,求得平面的法向量,进而求得二面角B-CG-A的大小. HC 6.(2017课标,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,ACD是直角三角形,ABD= CBD,AB=BD. (1)证明:平面ACD平面ABC; (2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C 的余弦值. 解析解析 本题考查面面垂直的证明,二面角的求法. (1)由题设可得,

11、ABDCBD,从而AD=DC. 又ACD是直角三角形,所以ADC=90. 取AC的中点O,连接DO,BO,则DOAC,DO=AO. 又由于ABC是正三角形,故BOAC. 所以DOB为二面角D-AC-B的平面角. 在RtAOB中,BO2+AO2=AB2. 又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90. 所以平面ACD平面ABC. (2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,|为单位长,建 立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A(1,0,0),B(0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1). OAOA 3 由题设

12、知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面 ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=. 设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量, 则即可取n=. 1 2 1 2 3 1 0, 22 ADACAE 3 1 -1, 22 AD0, AE0, n n -0, 31 -0. 22 xz xyz 3 1,1 3 设m是平面AEC的法向量,则 同理可取m=(0,-1,). 则cos=. 易知二面角D-AE-C为锐二面角, 所以二面角D-AE-C的余弦值为. AC0, AE0. m m 3 | | | n m n m 7

13、 7 7 7 7.(2018课标,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把 DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值. 解析解析 (1)证明:由已知可得,BFEF, 又因为PFBF,且PF、EF平面PEF,PFEF=F, 所以BF平面PEF, 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD. (2)设正方形ABCD的边长为2.作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xy

14、z. 由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=, HFBF 3 又PF=1,EF=2,故PE2+PF2=EF2,所以PEPF, 又PHEF,所以PH=,EH=, 则H(0,0,0),P,D, 所以=,易知=为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则 sin =. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. PE PF EF 3 2 3 2 3 0,0, 2 3 -1,-,0 2 DP 33 1, 22 HP 3 0,0, 2 | HP DP HP DP 3 4 3 3 4 3 4 8.(2018课标,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA

15、=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,且二面角M-PA-C为30,求PC与平面PAM所成角的正弦值. 2 解析解析 (1)证明: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POOB. 由OPOB,OPAC,OBAC=O,知PO平面ABC. (2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,

16、2,0),P(0,0,2),则=(0,2,2).取平面PAC的法向量= (2,0,0). 3 2 2 1 2 OB 3AP3OB 设M(a,2-a,0)(0a2),则=(a,4-a,0). 设平面PAM的法向量为n=(x,y,z). 由 n=0, n=0得 可取n=(a-4),a,-a), 所以cos=. 由已知可得|cos|=. 所以=. 解得a=-4(舍去)或a=. 所以n=. 又=(0,2,-2),所以cos=. 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为. AM APAM 22 30, (4- )0, yz axa y 33 OB 222 2 3( -4) 2 3( -4)3 a aaa O

17、B 3 2 222 2 3| -4| 2 3( -4)3 a aaa 3 2 4 3 8 3 4 34 -,- 333 PC3PC 3 4 3 4 1.(2016浙江,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( ) A.ml B.mn C.nl D.mn 以下为教师用书专用 答案答案 C 对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、相交或异面,故B、D 错;对于C,因为n,l,所以nl,故C正确.故选C. 2.(2016课标,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD, CD上,AE=CF

18、=,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=. (1)证明:DH平面ABCD; (2)求二面角B-DA-C的正弦值. 5 4 10 解析解析 (1)证明:由已知得ACBD,AD=CD. 又由AE=CF得=,故ACEF. 因此EFHD,从而EFDH.(2分) 由AB=5,AC=6得DO=BO=4. 由EFAC得=. 所以OH=1,DH=DH=3. 于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.(4分) 又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(5分) (2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,

19、-1,0), B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3), AE AD CF CD 22 -AB AO OH DO AE AD 1 4 HF =(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分) 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量, 则即 所以可取m=(4,3,-5).(8分) 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量, 则即 所以可取n=(0,-3,1).(10分) ABACAD AB0, AD0, m m 11 111 3x -4y0, 3xy3z0, AC0, AD0, n n 2 222 6x0, 3xy3z0, 于是cos=-. 则sin=

20、. 因此二面角B-DA-C的正弦值是.(12分) | | | m n m n -14 5010 7 5 25 2 95 25 2 95 25 思路分析思路分析 (1)利用已知条件及翻折的性质得出DHEF,利用勾股定理逆定理得出DHOH,从 而得出结论; (2)在第(1)问的基础上建立恰当的空间直角坐标系,从而求出两个半平面的法向量,利用向量的夹 角公式求其余弦值,从而求出正弦值,最后转化为二面角的正弦值. 3.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC. 证明证明

21、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,ABA1B1. 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AB1A1B. 因为AB1B1C1,BCB1C1, 所以AB1BC. 又因为A1BBC=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.

22、4.(2015课标,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE 平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)证明:平面AEC平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 解析解析 (1)证明:连接BD.设BDAC=G,连接EG,FG,EF. 在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=. 由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC. 又AEEC,所以EG=,且EGAC. 在RtEBG中,可得BE=,故DF=. 在RtFDG中,可得FG=. 在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,

23、DF=,可得EF=. 从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG. 又ACFG=G,可得EG平面AFC. 因为EG平面AEC,所以平面AEC平面AFC.(6分) (2)如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,|为单位长,建立空间直角坐标 系G-xyz. 3 3 2 2 2 6 2 2 2 2 3 2 2 GBGCGB 由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0), 所以=(1,),=.(10分) 故cos=-. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.(12分) 32 2 -1,0, 2 3 AE32CF 2 -1,- 3, 2 AECF | AE CF AE

24、CF 3 3 3 3 考点考点 直线、平面垂直的判定与性质直线、平面垂直的判定与性质 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020广西桂林一调,4)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面,则的一个充分不必要 条件是( ) A.m,m B.m,n,mn C.mn,m,n D.m,m 答案答案 D 对于A,m,m,则,故排除A;对于B,m,n,mn,则与相交或,故排除 B;对于C,mn,m,n,则,故排除C;对于D,m,m,则;反之,若,m与,的位置 关系不确定,所以m,m是的一个充分不必要条件,故D正确,因此选D. 名师点睛名师点睛 (1)正确理解线线、线面、面面的各种位置关系,熟悉

25、面面垂直的判定是解决本题的理 论基础;(2)正确理解“p是q的充分不必要条件”和“p的充分不必要条件是q”的区别是解决本题 的关键. 2.(2020黑龙江大庆实验中学复学考试,5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是线段AB1,BC1的中 点,以下结论:直线BD直线MN;直线MN与直线AC异面;直线MN平面BDD1B1;MN= AA1,其中正确的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2 2 答案答案 C 本题主要考查正方体的性质,线面垂直的判定与性质以及平行公理,考查的核心素养为 逻辑推理和直观想象. 过M作MEAB于E,过N作NFBC于F,连接EF,由于M,N分别为AB

26、1,BC1的中点,故MECC1 BB1NF,四边形MNFE为平行四边形,MNEF,又EFAC, MNAC,故结论错误; 1 2 1 2 ACBD,ACBB1,BDBB1=B,AC平面BDD1B1,又ACEF,EFMN,ACMN,MN 平面BDD1B1,故结论正确;由MN平面BDD1B1可知MNBD,故结论正确;由正方体的性质可 知AC=AA1,MN=EF=AC=AA1,故结论正确.综上所述,正确结论的个数为3.故选C. 2 1 2 2 2 3.(2019广西南宁二中、柳州高中第二次联考,9)已知直线l平面,直线m平面,则下列命题正 确的是( ) A.若,则lm B.若lm,则 C.若l,则m

27、D.若,则lm 答案答案 D 对于A,若,直线l平面,直线m平面,则l与m可能平行、相交、异面,故不正确; 对于B,若lm,直线l平面,直线m平面,则与可能平行也可能相交,故B不正确;对于C,若l ,m与的位置不确定,故C不正确;对于D,若,直线l平面,则直线l平面,又因为直线m平 面,则lm,故选D. 4.(2019贵州贵阳质检一,9)如图,在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,D是EF的中点,现 沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个几何体,使G1,G2,G3三点重合于点G,有下列五个结论:(1)SG 平面EFG;(2)SD平面EFG;(3)GF平面SEF;(4)

28、EF平面GSD;(5)GD平面SEF.其中正确的是 ( ) A.(1)和(3) B.(2)和(5) C.(1)和(4) D.(2)和(4) 答案答案 C 由题可知,折叠后有SGGE,SGGF,又GEGF=G,SG平面EFG.(1)正确,(2)错误. 由(1)知SGGF,SGGD,GF并不垂直于SF,GD并不垂直于SD,即(3)(5)错误.EFGD,EF SG,GDSG=G,EF平面GSD.(4)正确.故选C. 5.(2020山西太原4月模拟(一),15)在如图所示的实验装置中,正方形框架的边长都是1,且平面ABCD 平面ABEF,活动弹子M,N分别在正方形对角线AC,BF上移动,若CM=BN,

29、则MN长度的最小值为 . 答案答案 2 2 解析解析 本题主要考查面面垂直的性质,平行线分线段成比例的应用,求二次函数的最值等基础知 识,考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力,考查的核心素养为逻辑推理、数学运算. 过M作MQAB于Q,连接QN,平面ABCD平面ABEF,且交线为AB,MQ平面ABEF,又QN 平面ABEF,MQQN,设CM=BN=a(0a),则AM=NF=-a,MQAB,MQBC,= =,又知CM=BN,AM=NF,AC=BF,=,QNAF,且QN=a,同理,QM=1- a,在RtMQN中,MN=,0a, 当a=时,MN取得最小值.即MN长度的最小值为. 22 MQ BC AM

30、 AC AQ AB AQ AB AM AC NF BF 2 2 2 2 22 QNQM 22 22 1- 22 aa 2- 2 1aa 2 21 - 22 a 2 2 2 2 2 2 2 6.(2020全国卷地区百校联盟百日冲刺卷(二),18)如图所示,在三棱锥S-BCD中,平面SBD平面 BCD,A是线段SD上的点,SBD为等边三角形,BCD=30,CD=2DB=4. (1)若SA=AD,求证:SDCA; (2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为,求AD的长. 4 195 65 解析解析 本题主要考查线线垂直的判定,线面垂直、面面垂直的性质,线面角正弦值的求解;通过线 线垂直的证明考查学

31、生的推理论证能力,通过线面角有关的计算考查学生的运算求解能力,逐步渗 透直观想象,逻辑推理和数学运算等核心素养. (1)证明:依题意,BD=2,在BCD中,CD=4,BCD=30, 由余弦定理可求得BC=2,CD2=BD2+BC2,即BCBD, 又平面SBD平面BCD,平面SBD平面BCD=BD,BC平面BCD,BC平面SBDBCSD.等边 SBD中,SA=AD, 则BASD,又BCBA=B,SD平面BCA,SDCA. 3 (2)以B为坐标原点,BC,BD所在直线分别为x轴,y轴,过点B作平面BCD的垂线为z轴,建立如图所示的 空间直角坐标系, 则B(0,0,0),C(2,0,0),D(0,2

32、,0),S(0,1,),故=(-2,2,0),=(0,1,-), 设平面SCD的法向量为m=(x,y,z), 则即 取x=1,则y=,z=1,所以m=(1,1), 设=(01),则=(0,-,), 故A(0,2-,),则=(0,2-,), 设直线BA与平面SCD所成角为. 故sin =|cos|=,解得=或,则AD=或. 33CD3SD3 CD0, SD0, m m -2 320, - 30, xy yz 33 DADSDA3 3BA3 BA |BA| | |BA| m m 22 |2 3- 33 | 5(2-)3 4 195 65 1 4 3 4 1 2 3 2 7.(2020河南、山西、江

33、西三省部分重点中学5月联考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC= AA1=1,AC=,点D,E分别为AC和B1C1的中点. (1)棱AA1上是否存在点P,使得平面PBD平面ABE?若存在,写出PA的长并证明你的结论;若不存 在,请说明理由; (2)求二面角A-BE-D的余弦值. 3 解析解析 (1)存在点P满足题意,且PA=. 证明如下:取A1C1的中点为F,连接EF,AF,DF. 则EFA1B1AB,所以AF平面ABE. 因为AB=BC,D是AC的中点,所以BDAC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC平面ACC1A1,且交线为AC,所以BD平面ACC1A1,

34、所以BDAF. 在平面ACC1A1内,=,PAD=ADF=90, 所以RtPADRtADF,从而可得AFPD, 又因为PDBD=D,所以AF平面PBD. 因为AF平面ABE,所以平面PBD平面ABE. (2)如图所示,以D为坐标原点,以DB,DC,DF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 3 4 AP AD AD DF 3 2 易知D(0,0,0),B,A,E, 所以=,=,=, 设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),则有 取y=2,得m=(-2,2,-), 同理可求得平面BDE的法向量为n=(0,4,-), 则cos=. 1 ,0,0 2 3 0,-,0 2 13 ,1 44

35、BE 13 -,1 44 AB 13 ,0 22 DB 1 ,0,0 2 13 BE-0, 44 13 AB0, 22 mxyz mxy 33 3 | | | m n m n 83 1243163 11 19 由图可知二面角A-BE-D为锐二面角,所以其余弦值为. 11 19 一、选择题(每小题5分,共15分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：35分钟 分值：45分) 1.(2020河南洛阳二模,12)已知三棱锥P-ABC中,O为AB的中点,PO平面ABC,APB=90,PA=PB= 2,则有下列四个结论:若O为ABC的外心,则PC=2;若ABC为等边三角形,则APBC;当 AC

36、B=90时,PC与平面PAB所成的角的范围为;当PC=4时,M为平面PBC内一动点,若OM 平面PAC,则M在PBC内轨迹的长度为2,其中正确的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 0, 4 答案答案 C 对于,连接OC,依题意得POOC,PO=AB=,由O为ABC的外心,且O是AB的中点 得ACBC,OC=AB=,则PC=2,因此正确.对于,依题意得POBC,若APBC, 则BC平面ABP,BCAB,这与ABC是等边三角形相矛盾,因此AP与BC不垂直,不正确.对于 ,依题意得PC=2,平面PAB平面ABC,点C在平面PAB上的射影在直线AB上,点C的 轨迹是以AB为直径的圆(除去点A

37、,B),点C到直线AB的距离d(0,(当点C是与AB垂直的直径的 端点时,d=;当点C无限接近于点A(或B)时,d无限接近于0),因此直线PC与平面PAB所成的角的 正弦值为=,又,因此直线PC与平面PAB所成的角的取值范围为,正 确.对于,分别取BC,PB的中点E,F,连接OE,EF,FO,则有OEAC,EFPC,OE平面PAC,AC 平面PAC,OE平面PAC,同理可得EF平面PAC,又OE平面OEF,EF平面OEF,OEEF=E, 平面OEF平面PAC.由OM平面PAC得OM平面OEF,又M平面PBC,平面OEF平面PBC =EF,因此M在PBC内的轨迹是线段EF,且EF=PC=2,正确

38、.综上所述,其中正确的个数为3, 选C. 1 2 2 1 2 2 22 POCO 22 POOC 2 2 d PC2 d2 0, 2 0, 2 0, 4 1 2 知识拓展知识拓展 P是ABC所在平面外一点,点O是点P在平面ABC内的射影. (1)若PA=PB=PC,则点O为ABC的外心; (2)若点P到ABC三边的距离相等,且点O在ABC内,则点O为ABC的内心; (3)若PA,PB,PC两两垂直,则点O为ABC的垂心. 2.(2018吉林大学附中模拟,9) 如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD平面ABCD,NB平面ABCD,且MD=NB=1,E为 MC的中点,则下列结论不正确的是

39、( ) A.平面BCE平面ABN B.MCAN C.平面CMN平面AMN D.平面BDE平面AMN 答案答案 C 分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1 的正方体. BC平面ABN,BC平面BCE, 平面BCE平面ABN,故A正确;连接PB,则PBMC,显然PBAN,MCAN,故B正确; DEAN,MNBD,DEBD=D,ANMN=N, 平面BDE平面AMN,故D正确.故选C. 3.(2019贵州贵阳质检一,12) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱AP平面ABCD,AB=1,AP=,点M在线段BC上

40、, 且AMMD,则当PMD的面积最小时,线段BC的长度为( ) A. B. C.2 D.3 3 3 3 2 2 2 答案答案 B 设BM=x,MC=y(x0,y0),则BC=AD=x+y.因为PA平面ABCD,MD平面ABCD,所以PA MD,又AMMD,PAAM=A,所以MD平面PAM,则PMMD.易知AM=,MD=,在Rt AMD中,AM2+MD2=AD2,即x2+1+y2+1=(x+y)2,化简得xy=1. 由题易知PABC,ABBC, 又PAAB=A,所以BC平面PAB, 因为PB平面PAB,所以BCPB. 因为PB=2,BM=x,所以PM=. 在RtPMD中,PM=,MD=,所以SP

41、MD=,当且仅当x2=,即x= 时,取等号,此时BC=x+y=. 2 1x 2 1y 3 1 2 4x 2 4x 2 1y 2 1 1 x 1 2 2 2 4 5x x 3 2 2 4 x 2 3 2 2 二、填空题(共5分) 4.(2019陕西西安二模,15)在平面凸四边形ABCD中,CB=CD=3,AB=AD=x,BCD=,将ABD沿BD 折起,形成三棱锥A-BCD,若翻折过程中,存在某个位置,使得BCAD,则x的取值范围是 . 3 答案答案 (,+) 3 解析解析 由平面凸四边形ABCD中,CB=CD=3,BCD=,可得BD=3, 取BD的中点E,连接AE,CE, 由AB=AD,CB=C

42、D,可得BDAE,BDCE, 则BD平面ACE,可得BDAC, 由存在某个位置,使得BCAD, 3 可得A在底面BCD的射影为三角形BCD的垂心, 设垂心为H,可得AEEH,即3, 解得x,且+3,经检验,满足三角形的要求,故x的取值范围是(,+). 2 9 - 4 x 3 6 3333 三、解答题(共25分) 5.(2020江西赣中南五校5月联考,18)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=120,AB=AC=2,AA1=, E是BC的中点,F是A1E上一点,且A1F=3FE. (1)证明:AF平面A1BC; (2)求二面角B-A1E-B1余弦值的大小. 3 解析解析 (1)证明:连接

43、AE,在ABC中,由余弦定理得BC=2.由AB AC sin 120=BC AE,得AE=1. 由于三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,故AA1平面ABCAA1AE,在RtA1AE中,因为AA1=,AE= 1, 所以A1E=2,所以EF=.=AFE为直角,即A1EAF.由AB=AC,E为AC的中点可知AE BC, 又因为AA1BC,AA1AE=A,所以BC平面A1AE, 又因为AF平面A1AE,所以BCAF. 又知A1EAF,BCA1E=E,所以AF平面A1BC. 3 1 2 1 2 3 1 2 AE EF 1 AE AE (2)由题意建立以点E为坐标原点的空间直角坐标系, 故B(-,0,0

44、),A1(0,1,),E(0,0,0),B1(-,0,),则=(-,0,0),=(0,1,),=(-,0,), 设平面BA1E的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取z1=1,得n1=(0,-,1),设平面B1A1E的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则取z2=1,得n2=(1,-,1),设二面角B-A1E-B1的平面角为,由图知为 锐角,则二面角B-A1E-B1的余弦值cos =. 3333EB3 1 EA3 1 EB33 1 11 EB0, EA0 n n 1 11 - 3x0, y3z0, 3 21 21 EB0, EA0 n n 22 22 - 3x3z0, y3z0, 3

45、12 12 | | | n n n n 4 45 2 5 5 6.(2020贵州4月适应性测试,19)图1是直角梯形ABCD,ABDC,D=90,AB=2,DC=3,AD=,=2 .以BE为折痕将BCE折起,使点C到达C1的位置,且AC1=,如图2. (1)证明:平面BC1E平面ABED; (2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值. 3CE ED6 解析解析 本题主要考查空间直线与平面的垂直关系,利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值,考 查的核心素养为逻辑推理、直观想象与数学运算. (1)证明:在图中,连接AE,AC,AC交BE于F.=2,CE=2,AB=CE,又ABCD,四边形 AE

46、CB是平行四边形.在RtACD中,AC=2,AF=CF=. 在图中,AC1=,AF2+C1F2=A,C1FAF, 由题意得C1FBE,又BEAF=F, C1F平面ABED,又C1F平面BC1E, 平面BC1E平面ABED. 图 图 CEED 22 3( 3)33 6 2 1 C (2)如图,以D为坐标原点,的方向分别为x,y轴的正方向,的方向为z轴正方向建立空间 直角坐标系.则D(0,0,0),A(,0,0),B(,2,0),E(0,1,0),F,C1, =,=(,0,0),=, 设平面AC1D的法向量为n=(x,y,z), 由得 取z=,得n=(0,-2,),|n|=, 记直线BC1与平面AC1D所成的角为, DADE 1 FC 33 3 3 ,0 22 3 3 , 3 22 1 BC 31 -,-, 3 22 DA3 1 DC 3 3 , 3 22 1 DA0, DC0 n n 30, 33 30, 22 x xyz 337 则sin =. 1 1 | | BCn BC n 013 27 2 7 7 方法总结方法总结 (1)折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关