《（山东专用）2020届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面垂直的判定和性质课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（山东专用）2020届高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.3 直线、平面垂直的判定和性质课件（110页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考数学 (山东专用),8.3 直线、平面垂直的判定和性质,A组 山东省卷、课标卷题组 考点 垂直的判定和性质,五年高考,1.(2018课标全国,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 (1)证明:由已知可得BFEF, 又已知BFPF,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)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD. 以H为
2、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- xyz.,由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= , 又PF=1,EF=2,故PEPF, 可得PH= ,EH= , 则H(0,0,0),P ,D , = , = 为平面ABFD的法向量. 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 .,2.(2018课标全国文,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
3、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 (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QE DC. 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= 1 32 sin 45=1.,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
4、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 (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.,B组 课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组 考点 垂直的判定和性质,1.(2019北京理,12,5分)已知
5、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 若lm,l,则m(答案不唯一),解析 本题考查线面平行、垂直的位置关系,考查了逻辑推理能力和空间想象能力. 把其中两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,共有三种情况.对三种情况逐一验证. 作为条件,作为结论时,还可能l或l与斜交;作为条件,作为结论和作为条 件,作为结论时,容易证明命题成立.,易错警示 容易忽视l,m是平面外的两条不同直线这一条件,导致判断错误.,2.(2019天津文,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平
6、行四边形,PCD为等边三 角形,平面PAC平面PCD,PACD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH平面PAD; (2)求证:PA平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面 所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运 算与直观想象的核心素养. (1)证明:连接BD,易知ACBD=H,BH=DH. 又BG=PG,故GHPD.又因为GH平面PAD,PD平面PAD,所以GH平面PAD. (2)证明:取棱PC的中点N,连接DN. 依题
7、意,得DNPC. 又因为平面PAC平面PCD,平面PAC平面PCD=PC,所以DN平面PAC,又PA平面PAC,故DNPA. 又已知PACD,CDDN=D,所以PA平面PCD. (3)连接AN,由(2)中DN平面PAC,可知DAN为直线AD与平面PAC所成的角. 因为PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点, 所以DN= . 又DNAN,在RtAND中,sinDAN= = . 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 .,思路分析 (1)在BPD中证明GHPD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱 PC的中点N,连接DN,有DNPC,由面面垂直的性质,得DN平面PAC,从而得
8、DNPA,进而得 出结论;(3)由(2)知所求角为DAN,在RtAND中求其正弦值即可.,3.(2019北京理,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD= CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且 = . (1)求证:CD平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)设点G在PB上,且 = .判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.,解析 本题主要考查线面垂直的判定和性质,二面角的求法;考查学生的空间想象能力;以四棱 锥为背景考查直观想象的核心素养. (1)因为PA平面ABCD,所以PACD, 又因为ADCD,所以C
9、D平面PAD. (2)过A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).,因为E为PD的中点,所以E(0,1,1). 所以 =(0,1,1), =(2,2,-2), =(0,0,2). 所以 = = , = + = . 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则 即 令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1). 又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0), 所以cos= =- . 由题知,二面角F-AE-P为锐角,所
10、以其余弦值为 . (3)直线AG在平面AEF内. 因为点G在PB上,且 = , =(2,-1,-2),所以 = = , = + = . 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).,所以 n=- + + =0. 所以直线AG在平面AEF内.,思路分析 (1)要证线面垂直,需证线与平面内的两条相交直线垂直.(2)建系求两平面的法向 量,利用向量法求二面角的余弦值.(3)通过计算得出 n,结合A平面AEF可证明AG平面 AEF.,一题多解 (2)PA=AD且E为PD的中点,AEPD.由(1)知CDAE,又PDCD=D,AE 平面PCD,又EF平面PCD,AEEF,故可知FEP为二面角F-
11、AE-P的平面角.PE= = ,PF= = ,cosCPD= = ,sinCPD= ,EF2= +( )2-2 = ,EF= ,在PEF中,由正弦定理得 = ,即sinFEP= = ,且 FEP为锐角, cosFEP= = . 故二面角F-AE-P的余弦值为 .,4.(2019北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD 的中点. (1)求证:BD平面PAC; (2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE; (3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.,解析 本题考查了直线与平面平行、垂直的判定和性质,通过线线、线面、面面
12、平行、垂直 的相互转化考查了学生的空间想象能力和转化的思想方法,体现了直观想象、逻辑推理的核 心素养. (1)因为PA平面ABCD, 所以PABD. 又因为底面ABCD为菱形,所以BDAC. 所以BD平面PAC. (2)因为PA平面ABCD,AE平面ABCD, 所以PAAE. 因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点, 所以AECD.所以ABAE. 所以AE平面PAB. 所以平面PAB平面PAE. (3)棱PB上存在点F,使得CF平面PAE.,取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG. 则FGAB,且FG= AB. 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点, 所以
13、CEAB,且CE= AB. 所以FGCE,且FG=CE. 所以四边形CEGF为平行四边形.所以CFEG. 因为CF平面PAE,EG平面PAE, 所以CF平面PAE.,5.(2019课标全国理,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1 上,BEEC1. (1)证明:BE平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.,解析 本题考查线面垂直的判定和性质,空间向量的应用,考查空间想象能力,运算求解能力, 考查了直观想象的核心素养. (1)由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1, 故B1C1BE. 又BEEC
14、1,所以BE平面EB1C1. (2)由(1)知BEB1=90. 由题设知RtABERtA1B1E, 所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB. 以D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D-xyz, 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1), =(1,0,0), =(1,-1,1), =(0,0,2).,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则 即 所以可取n=(0,-1,-1). 设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则 即 所以可取m=(1,1,0). 于是cos= =- . 所以,二面角B
15、-EC-C1的正弦值为 .,一题多解 (2)连接BC1.设AE=m,不妨令AB=1,则BE= ,C1E= ,BC1= . BEEC1,4m2+1=2m2+3,解得m=1,则AA1=2. 连接AC,BD,相交于点O,连接A1C1. 由题意可知ACBD,BDCC1,ACCC1=C, BD平面AA1C1C,BDCE, 即BOCE. 在长方形AA1C1C中,AC= ,AA1=2.连接AC1,有 = = ,又EAC=C1CA=90,则RtC1 CARtCAE. ECA+C1AC=90,CEAC1.,取CC1的中点F,连接OF,BF,则OFAC1,OFCE. BOOF=O,CE平面FOB. 设CEOF=G,连接BG,CEBG,CEFG,则BGF为二面角B-CE-C1的平面角,且sinBGF= sinBGO.设AC1CE=H,易得AEHC1CH.又AE= CC1,AH= AC1.易知OGAH,又 O为AC的中点,OG= AH.BO= ,OG= AH= AC1= ,BOOG,tanBGO= = ,BGO=60,则BGF=120,故sinBGF= .,6.(2018课标全国文,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
