【数学】2020届北京一轮复习通用版8-4直线、平面垂直的判定与性质作业 27页

‎8.4　直线、平面垂直的判定与性质 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测 热度 考题示例 考向 关联考点 直线、平面垂直的判定与性质 ‎1.以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线、面垂直的有关性质和判定定理 ‎2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 ‎2018北京文,18‎ 直线与平面垂直的判定与性质的应用 平面与平面垂直的判定和性质 ‎★★☆‎ ‎2017北京文,18‎ 平面与平面垂直的判定与性质的应用 直线与平面的平行和垂直的判定和性质 ‎2013北京文,17‎ 空间几何体的体积问题 ‎2012北京,16‎ 折叠问题 分析解读　　从北京高考试题来看,线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一.考查的具体内容可分为两个层次:一是将定义、判定和性质结合起来,以客观题的形式出现,判断某些命题的真假;二是以常见几何体为背景,以解答题的形式出现,证明几何体中直线、平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间的相互转化.属于中档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点　直线、平面垂直的判定与性质 ‎1.(2013北京文,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有(　　)‎ A.3个　　　　B.4个　　　　C.5个　　　　D.6个 答案　B　‎ ‎2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AC.过点A的平面与棱PB,PC,PD分别交于点E,F,G(E,F,G三点均不在棱的端点处).‎ ‎(1)求证:平面PAB⊥平面PBC;‎ ‎(2)若PC⊥平面AEFG,求PFPC的值;‎ ‎(3)直线AE是否能与平面PCD平行?请说明你的理由.‎ 解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC.‎ 因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥BC,‎ 因为AB∩PA=A,‎ 所以BC⊥平面PAB.‎ 因为BC⊂平面PBC,‎ 所以平面PAB⊥平面PBC.‎ ‎(2)连接AF.‎ 因为PC⊥平面AEFG,‎ 所以PC⊥AF.‎ 又因为PA=AC,‎ 所以F是PC的中点,‎ 所以PFPC=‎1‎‎2‎.‎ ‎(3)直线AE与平面PCD不可能平行.‎ 理由如下:‎ 假设AE∥平面PCD.‎ 因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,‎ 所以AB∥平面PCD.‎ 而AE,AB⊂平面PAB,且AB∩AE=A,‎ 所以平面PAB∥平面PCD,这显然与平面PAB与平面PCD交于点P相矛盾,‎ 所以假设不成立,即直线AE与平面PCD不可能平行.‎ 思路分析　(1)根据面面垂直的判定定理易证.‎ ‎(2)根据线面垂直的性质及等腰三角形的性质可求PFPC.‎ ‎(3)反证法:假设AE∥平面PCD,易证AB∥平面PCD,进而推出平面PAB∥平面PCD,与已知相矛盾,从而证得结论.‎ 解后反思　本题考查了空间中的垂直与平行关系,熟练掌握相关定理是解题的关键.‎ ‎3.如图,在四棱锥P-ABCD中,△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.四边形ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.‎ ‎(1)求证:AB∥平面PDC;‎ ‎(2)当平面PBC⊥平面ABCD时,求四棱锥P-ABCD的体积;‎ ‎(3)请在图中所给的五个点P,A,B,C,D中找出两个点,使得这两点所在的直线与直线BC垂直,并给出证明.‎ 解析　(1)证明:因为AB∥DC,‎ 且AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,‎ 所以AB∥平面PDC.‎ ‎(2)取BC的中点F,连接PF.‎ 因为PB=PC,所以PF⊥BC,‎ 因为平面PBC⊥平面ABCD,‎ 平面PBC∩平面ABCD=BC,‎ 所以PF⊥平面ABCD.‎ 在直角梯形ABCD中,过C作CH⊥AB于点H.‎ 因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,DC=3,AB=5,‎ 所以CH∥AD,所以四边形ADCH为平行四边形,所以AD=CH,DC=AH,‎ 所以BC=BH‎2‎+HC‎2‎=2‎5‎,且S梯形ABCD=‎1‎‎2‎×(3+5)×4=16.‎ 又因为PB=3,BF=‎5‎,所以PF=2.‎ 所以VP-ABCD=‎1‎‎3‎S梯形ABCD·PF=‎1‎‎3‎×16×2=‎32‎‎3‎.‎ ‎(3)PA⊥BC.‎ 证明如下:连接AF,AC.‎ 在直角梯形ABCD中,‎ 因为AB∥DC,且AD⊥DC,AD=4,CD=3,‎ 所以AC=5.‎ 因为AB=5,点F为BC的中点,所以AF⊥BC.‎ 又因为BC⊥PF,AF∩PF=F,所以BC⊥平面PAF.‎ 又因为PA⊂平面PAF,所以PA⊥BC.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　证明线面垂直的方法 ‎1.(2014浙江,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面(　　)‎ A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α　　　　C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α 答案　C　‎ ‎2.如图,在三棱锥D-ABC中,已知△BCD是正三角形,AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点,F在棱AC上,且AF=3FC.‎ ‎(1)求三棱锥D-ABC的体积;‎ ‎(2)求证:AC⊥平面DEF;‎ ‎(3)若M为DB的中点,N在棱AC上,且CN=‎3‎‎8‎CA,求证:MN∥平面DEF.‎ 解析　(1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a,‎ 所以S△BCD=‎3‎‎4‎a2.‎ 又AB⊥平面BCD,‎ 所以VD-ABC=VA-BCD=‎1‎‎3‎·S△BCD·AB=‎1‎‎3‎×‎3‎‎4‎a2·a=‎3‎‎12‎a3.‎ ‎(2)证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH,‎ 因为AB=BC,所以BH⊥AC.‎ 因为AF=3FC,所以F为CH的中点.‎ 又因为E为BC的中点,‎ 所以EF∥BH,则EF⊥AC,‎ 因为AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,‎ 所以平面ABC⊥平面BCD.‎ 因为△BCD是正三角形,E为BC的中点.‎ 所以DE⊥BC,则DE⊥平面ABC.‎ 因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.‎ 又DE∩EF=E,且DE,EF⊂平面DEF,‎ 所以AC⊥平面DEF.‎ ‎(3)证明:当CN=‎3‎‎8‎CA时,连接CM交DE于O,连接OF.‎ 因为E为BC的中点,M为DB的中点,‎ 所以O为△BCD的重心,则CO=‎2‎‎3‎CM.‎ 因为AF=3FC,CN=‎3‎‎8‎CA.‎ 所以CF=‎2‎‎3‎CN,‎ 所以COCM=CFCN=‎2‎‎3‎,所以MN∥OF.‎ 又OF⊂平面DEF,MN⊄平面DEF,‎ 所以MN∥平面DEF.‎ 思路分析　(1)由VD-ABC=VA-BCD求解即可;(2)在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH,由题意证明EF⊥AC,利用面面垂直的性质定理证明DE⊥平面ABC,则可得DE⊥AC,即可证得结论;(3)连接CM,OF,设CM∩DE=O,易证CO=‎2‎‎3‎CM,CF=‎2‎‎3‎CN,则MN∥OF,从而证得结论.‎ 方法点睛　本题主要考查空间几何体的体积,直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质以及直线与平面平行的判定,考查了等积法求体积、空间想象能力与逻辑推理能力.‎ 方法2　证明面面垂直的方法 ‎3.(2016北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.‎ ‎(1)求证:DC⊥平面PAC;‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;‎ ‎(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.‎ 解析　(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,‎ 所以PC⊥DC.(2分)‎ 又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,‎ 所以DC⊥平面PAC.(4分)‎ ‎(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,‎ 所以AB⊥AC.(6分)‎ 因为PC⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,‎ 所以PC⊥AB.(7分)‎ 又AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,‎ 所以AB⊥平面PAC.‎ 又AB⊂平面PAB,‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.(9分)‎ ‎(3)棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.(10分)‎ 理由如下:‎ 如图,取PB的中点F,连接EF,CE,CF.‎ 又因为E为AB的中点,‎ 所以EF∥PA.(13分)‎ 又因为PA⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,‎ 所以PA∥平面CEF.(14分)‎ 思路分析　(1)证出PC⊥DC,从而证得DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)先证AB⊥AC,PC⊥AB,从而证出AB⊥平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证得结论.‎ ‎(3)此问为探究性问题,求解时可构造平面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条直线,由于点E为AB的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.‎ ‎4.已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别是PB,PD的中点.‎ ‎(1)求证:PB∥平面FAC;‎ ‎(2)求三棱锥P-EAD的体积;‎ ‎(3)求证:平面EAD⊥平面FAC.‎ 解析　(1)证明:连接BD,与AC交于点O,连接OF,‎ 在△PBD中,O,F分别是BD,PD的中点,所以OF∥PB,‎ 又因为OF⊂平面FAC,PB⊄平面FAC,所以PB∥平面FAC.‎ ‎(2)解法一:因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥AB,PA⊥AD,‎ 又因为AB⊥AD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,‎ 所以AD⊥平面PAB,‎ 即AD为三棱锥D-PAE的高,‎ 在Rt△PAB中,PA=AB=2,E为PB的中点,‎ 所以S△PAE=1,‎ 又底面ABCD为正方形,‎ 所以AD=AB=2,‎ 所以VP-EAD=VD-PAE=‎1‎‎3‎·S△PAE·AD=‎2‎‎3‎.‎ 解法二:因为PA⊥平面ABCD,‎ 所以PA为四棱锥P-ABCD的高.‎ 因为PA=AB=2,底面ABCD是正方形,‎ 所以VP-ABD=‎1‎‎3‎S△ABD·PA=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×2×2×2=‎4‎‎3‎,‎ 因为E为PB的中点,所以S△PAE=S△ABE,‎ 所以VD-PAE=VD-ABE=‎1‎‎2‎VD-PAB,‎ 所以VP-EAD=‎1‎‎2‎VP-ABD=‎2‎‎3‎.‎ ‎(3)证明:因为AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,‎ 所以AD⊥PB,在等腰直角△PAB中,AE⊥PB,‎ 又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面EAD,‎ 所以PB⊥平面EAD,‎ 又OF∥PB,所以OF⊥平面EAD,‎ 又OF⊂平面FAC,‎ 所以平面EAD⊥平面FAC.‎ 方法3　翻折问题的处理方法 ‎5.(2015浙江,8,5分)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则　(　　)‎ A.∠A'DB≤α　　　　B.∠A'DB≥α　　　　C.∠A'CB≤α　　　　D.∠A'CB≥α 答案　B　‎ ‎6.如图①所示,已知直角△ABC,其中∠ABC=90°,D,E分别是AB,AC边上的中点,现沿DE将△ADE翻折,使得A与平面ABC外一点P重合,得到如图②所示的几何体.‎ ‎(1)证明:平面PBD⊥平面BCED;‎ ‎(2)记平面PDE与平面PBC的交线为l,探究:直线l与BC是否平行.若平行,请给出证明;若不平行,请说明理由.‎ 解析　(1)证明:∵D,E分别为边AB,AC的中点,‎ ‎∴DE∥BC,‎ ‎∵∠ABC=90°,‎ ‎∴AB⊥BC,∴BD⊥DE,PD⊥DE,‎ ‎∵PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,‎ ‎∴DE⊥平面PBD,‎ ‎∵DE⊂平面BCED,‎ ‎∴平面PBD⊥平面BCED.‎ ‎(2)平行.证明如下:‎ ‎∵DE∥BC,DE⊂平面PDE,BC⊄平面PDE,‎ ‎∴BC∥平面PDE,‎ ‎∵BC⊂平面PBC,平面PDE∩平面PBC=l,∴l∥BC.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·北京卷题组 ‎1.(2018北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.‎ ‎(1)求证:PE⊥BC;‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;‎ ‎(3)求证:EF∥平面PCD.‎ 证明　(1)因为PA=PD,E为AD的中点,‎ 所以PE⊥AD.‎ 因为底面ABCD为矩形,‎ 所以BC∥AD.‎ 所以PE⊥BC.‎ ‎(2)因为底面ABCD为矩形,‎ 所以AB⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,‎ AB⊂平面ABCD,‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 又PD⊂平面PAD,‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ 又PD⊂平面PCD,‎ 所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)取PC的中点G,连接FG,DG.‎ 因为F,G分别为PB,PC的中点,‎ 所以FG∥BC,FG=‎1‎‎2‎BC.‎ 因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,‎ 所以DE∥BC,DE=‎1‎‎2‎BC.‎ 所以DE∥FG,DE=FG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形.‎ 所以EF∥DG.‎ 又因为EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD,‎ 所以EF∥平面PCD.‎ ‎2.(2017北京文,18,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.‎ ‎(1)求证:PA⊥BD;‎ ‎(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　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.考查了学生的空间想象力.‎ ‎(1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,‎ BC∩AB=B,BC,AB⊂平面ABC,‎ 所以PA⊥平面ABC.‎ 又因为BD⊂平面ABC,‎ 所以PA⊥BD.‎ ‎(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,‎ 所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,‎ 又AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC,‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ 又BD⊂平面BDE,‎ 所以平面BDE⊥平面PAC.‎ ‎(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,‎ 所以PA∥DE.‎ 因为D为AC的中点,‎ 所以DE=‎1‎‎2‎PA=1,BD=DC=‎2‎.‎ 由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.‎ 所以三棱锥E-BCD的体积V=‎1‎‎6‎BD·DC·DE=‎1‎‎3‎.‎ 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.(2013北京文,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点.求证:‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD;‎ ‎(2)BE∥平面PAD;‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ 证明　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,‎ 所以PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,‎ 所以AB∥DE,且AB=DE.‎ 所以四边形ABED为平行四边形.‎ 所以BE∥AD.‎ 又因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,‎ 所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)因为AB⊥AD,而且四边形ABED为平行四边形,‎ 所以BE⊥CD,AD⊥CD.‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD.‎ 又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 又PD⊂平面PAD,‎ 所以CD⊥PD.‎ 因为E和F分别是CD和PC的中点,‎ 所以PD∥EF.所以CD⊥EF.‎ 又EF∩BE=E,EF,BE⊂平面BEF,所以CD⊥平面BEF.‎ 又CD⊂平面PCD,‎ 所以平面BEF⊥平面PCD.‎ 思路分析　(1)由面面垂直的性质定理可证.‎ ‎(2)根据线面平行的判定定理把问题转化为证明线线平行,即证BE∥AD,故需证四边形ABED为平行四边形.‎ ‎(3)利用(1)中的结论,通过证线面垂直,即CD⊥平面BEF,即可证得平面BEF⊥平面PCD.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点　直线、平面垂直的判定与性质 ‎1.(2018课标Ⅱ文,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2‎2‎,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　(1)证明:因为AP=PC=AC=4,O为AC的中点,‎ 所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 连接OB,因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC,‎ 所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=‎1‎‎2‎AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.‎ 由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O知OP⊥平面ABC.‎ ‎(2)作CH⊥OM,垂足为H.由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,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=‎1‎‎2‎AC=2,CM=‎2‎‎3‎BC=‎4‎‎2‎‎3‎,∠ACB=45°.‎ 所以OM=‎2‎‎5‎‎3‎,CH=OC·MC·sin∠OCMOM=‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 所以点C到平面POM的距离为‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 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积法是解题的关键.‎ ‎2.(2017天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.‎ ‎(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;‎ ‎(2)求证:PD⊥平面PBC;‎ ‎(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.‎ 解析　(1)由AD∥BC,知∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.在Rt△PDA中,由题意得AP=AD‎2‎+PD‎2‎=‎5‎,故cos∠DAP=ADAP=‎5‎‎5‎.所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎(2)证明:因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,‎ 所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,‎ 所以PD⊥BC,又PD⊥PB,‎ BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC,‎ 所以PD⊥平面PBC.‎ ‎(3)如图,过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.‎ 因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,‎ 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.‎ 由于AD∥BC,DF∥AB,‎ 故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.‎ 又AD⊥DC,‎ 故BC⊥DC,在Rt△DCF中,‎ DF=CD‎2‎+CF‎2‎=2‎5‎,‎ 在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=PDDF=‎5‎‎5‎.‎ 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为‎5‎‎5‎.‎ 方法点拨　1.求异面直线所成角的步骤:‎ ‎(1)作:通过作平行线得到相交直线;‎ ‎(2)证:证明所作角(或其补角)为异面直线所成的角;‎ ‎(3)求:解三角形,求出所作的角,如果求得的角是锐角或直角,则它就是所求的角,如果求出的角是钝角,则它的补角为所求的角.‎ ‎2.求直线与平面所成角的方法:‎ ‎(1)定义法:关键是找出斜线在平面内的射影;‎ ‎(2)公式法:sin θ=hl(其中θ为直线与平面所成角,h为斜线上一点到平面的距离,l为该点到斜足的距离).‎ ‎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　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A1O1∥OC,A1O1=OC,‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形,‎ 所以A1O∥O1C.‎ 又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,‎ 所以EM⊥BD,‎ 又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ 所以A1E⊥BD,因为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⊥β,a⊂α⇒α⊥β).‎ 易错警示　a∥b,a∥α⇒/ b∥α.‎ ‎4.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.‎ 求证:(1)EF∥平面ABC;‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明　(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,‎ 所以EF∥AB.‎ 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,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.‎ 因为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.‎ 又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.‎ 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(a∥b,a⊥c⇒b⊥c);‎ ‎(2)线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b).‎ ‎5.(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　(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.‎ 从而BC1∥FP.又FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)连接AC,BD,则AC⊥BD.‎ 由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.‎ 又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.‎ 而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.‎ 因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.‎ 同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,PN,MN⊂平面PQMN,所以直线AC1⊥平面PQMN.‎ 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.‎ ‎6.(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=π‎3‎,M为BC上一点,且BM=‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)证明:BC⊥平面POM;‎ ‎(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.‎ 解析　(1)证明:连接OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.‎ 因为∠BAD=π‎3‎,所以OB=AB·sin∠OAB=2sinπ‎6‎=1,‎ 又因为BM=‎1‎‎2‎,且∠OBM=π‎3‎,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+‎1‎‎2‎‎2‎-2×1×‎1‎‎2‎×cosπ‎3‎=‎3‎‎4‎.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.‎ 又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.‎ 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=AB·cos∠OAB=2·cosπ‎6‎=‎3‎.‎ 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+‎3‎‎4‎.‎ 连接AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+‎1‎‎2‎‎2‎-2×2×‎1‎‎2‎×cos‎2π‎3‎=‎21‎‎4‎.‎ 由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,‎ 即a2+3+a2+‎3‎‎4‎=‎21‎‎4‎,得a=‎3‎‎2‎或a=-‎3‎‎2‎(舍去),即PO=‎3‎‎2‎.‎ 所以S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=‎1‎‎2‎·AO·OB+‎1‎‎2‎·BM·OM=‎1‎‎2‎×‎3‎×1+‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎×‎3‎‎2‎=‎5‎‎3‎‎8‎.‎ 所以VP-ABMO=‎1‎‎3‎·S四边形ABMO·PO=‎1‎‎3‎×‎5‎‎3‎‎8‎×‎3‎‎2‎=‎5‎‎16‎.‎ 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,将余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的交汇性.‎ C组　教师专用题组 ‎1.(2015福建,20,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.‎ ‎(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;‎ ‎(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;‎ ‎(3)若BC=‎2‎,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.‎ 解析　(1)证明:在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.‎ 又PO垂直于圆O所在的平面,‎ 所以PO⊥AC.‎ 因为DO∩PO=O,DO,PO⊂平面PDO,‎ 所以AC⊥平面PDO.‎ ‎(2)因为点C在圆O上,‎ 所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.‎ 又AB=2,所以△ABC面积的最大值为‎1‎‎2‎×2×1=1.‎ 又因为三棱锥P-ABC的高PO=1,‎ 故三棱锥P-ABC体积的最大值为‎1‎‎3‎×1×1=‎1‎‎3‎.‎ ‎(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,‎ 所以PB=‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎2‎.同理,PC=‎2‎,所以PB=PC=BC.‎ 在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.‎ 当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.‎ 又因为OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,‎ 即E为PB的中点.从而OC'=OE+EC'=‎2‎‎2‎+‎6‎‎2‎=‎2‎‎+‎‎6‎‎2‎,‎ 亦即CE+OE的最小值为‎2‎‎+‎‎6‎‎2‎.‎ 解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,‎ 所以∠OPB=45°,PB=‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎2‎.同理,PC=‎2‎.‎ 所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.‎ 在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.‎ 当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.‎ 所以,在△OC'P中,由余弦定理,得 OC'2=1+2-2×1×‎2‎×cos(45°+60°)‎ ‎=1+2-2‎2‎‎2‎‎2‎‎×‎1‎‎2‎-‎2‎‎2‎×‎‎3‎‎2‎=2+‎3‎.‎ 从而OC'=‎2+‎‎3‎=‎2‎‎+‎‎6‎‎2‎.‎ 所以CE+OE的最小值为‎2‎‎+‎‎6‎‎2‎.‎ 评析本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识,考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,以及数形结合思想、转化与化归思想.‎ ‎2.(2014四川,18,12分)在如图所示的多面体中,四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形.‎ ‎(1)若AC⊥BC,证明:直线BC⊥平面ACC1A1;‎ ‎(2)设D,E分别是线段BC,CC1的中点,在线段AB上是否存在一点M,使直线DE∥平面A1MC?请证明你的结论.‎ 解析　(1)证明:因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形,‎ 所以AA1⊥AB,AA1⊥AC.‎ 因为AB,AC为平面ABC内两条相交直线,‎ 所以AA1⊥平面ABC.‎ 因为直线BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.‎ 又AC⊥BC,AA1,AC为平面ACC1A1内两条相交直线,‎ 所以BC⊥平面ACC1A1.‎ ‎(2)取线段AB的中点M,连接A1M,MC,A1C,AC1,设O为A1C,AC1的交点.‎ 由已知可知O为AC1的中点.‎ 连接MD,OE,则MD,OE分别为△ABC,△ACC1的中位线,‎ 所以MD∥AC且MD=‎1‎‎2‎AC,OE∥AC且OE=‎1‎‎2‎AC,因此MD