考点31 直线、平面垂直的判定及其性质-备战2021年高考数学（文）一轮复习考点帮.docx

考点31 直线、平面垂直的判定及其性质 线面位置关系的证明是高考的重点，常出现在解答题的第一问中，是容易得分的试题，我们必须掌握. （1）以立体几何的定义、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与判定定理. 理解以下判定定理： ·如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直. ·如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直. 理解以下性质定理，并能够证明： ·如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直. （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. 一、直线与平面垂直 1．定义 如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面α互相垂直.记作：l⊥α.图形表示如下： 【注意】定义中的“任意一条直线”这一词语与“所有直线”是同义语，与“无数条直线”不是同义语． 2．直线与平面垂直的判定定理 文字语言 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直. 简记为：线线垂直⇒线面垂直 图形语言 符号语言 l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，⇒l⊥α 作用 判断直线与平面垂直 【注意】在应用该定理判断一条直线和一个平面垂直时，一定要注意是这条直线和平面内的两条相交直线垂直，而不是任意的两条直线. 3．直线与平面垂直的性质定理 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线平行. 简记为：线面垂直⇒线线平行 图形语言 符号语言 ⇒ 作用 ①证明两直线平行； ②构造平行线. 4．直线与平面所成的角 （1）定义：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线，斜线和平面的交点叫做斜足． 过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面上的射影． 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角． （2）规定：一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角等于；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角等于.因此，直线与平面所成的角α的范围是. 5．常用结论（熟记） （1）若两条平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． （2）若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内任何一条直线． （3）过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直． （4）过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直． 二、平面与平面垂直 1．定义 两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．平面α与平面β垂直，记作.图形表示如下： 2．平面与平面垂直的判定定理 文字语言 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直. 简记为：线面垂直⇒面面垂直 图形语言 符号语言 l⊥α，⇒α⊥β 作用 判断两平面垂直 3．平面与平面垂直的性质定理 文字语言 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直. 简记为：面面垂直⇒线面垂直 图形语言 符号语言 作用 证明直线与平面垂直 4．二面角 （1）二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，这两部分通常称为半平面． 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角． 这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面. （2）二面角的平面角的定义：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角. （3）二面角的范围：. 5．常用结论（熟记） （1）两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直． （2）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面． （3）如果两个平面互相垂直，那么过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线在第一个平面内． 三、垂直问题的转化关系 考向一 线面垂直的判定与性质 线面垂直问题的常见类型及解题策略： (1)与命题真假判断有关的问题． 解决此类问题的方法是结合图形进行推理，或者依据条件举出反例否定． (2)证明直线和平面垂直的常用方法： ①线面垂直的定义； ②判定定理； ③垂直于平面的传递性()； ④面面平行的性质()； ⑤面面垂直的性质． (3)线面垂直的证明． 证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想． (4)线面垂直的探索性问题． ①对命题条件的探索常采用以下三种方法： a．先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明； b．先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性； c．把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件． ②对命题结论的探索常采用以下方法： 首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾的结果就否定假设. 典例1 已知两条直线，两个平面，给出下面四个命题： ①； ②， ③； ④． 其中正确命题的序号是（ ） A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】A 【解析】对于①，过做平面与交于， 因为，所以，又， 所以，，所以，故①正确； 对于②，，则l与m平行、相交或异面，故②不正确； 对于③，若，则，又，则，故③正确； 对于④，若，则l与m平行、相交或异面，故④不正确， 综上，正确命题的序号为①③， 故选：A． 【点睛】本题考查了空间直线与平面的位置关系．重点考查了空间想象能力，属基础题. 对于①，根据线面平行、线面垂直的性质，可得①正确； 对于②，由条件可得l与m平行、相交或异面，即②不正确； 对于③，由空间线面关系可得③正确； 对于④，由条件可得l与m平行、相交或异面，即④不正确，得解. 典例2 如图所示，ΔADB和ΔADC都是以D为直角顶点的等腰直角三角形，且∠BAC=60°，下列说法中错误的是 A．AD⊥平面BDC B．BD⊥平面ADC C．DC⊥平面ABD D．BC⊥平面ABD 【答案】D 【解析】易知AD⊥BD,AD⊥DC,所以AD⊥平面BDC, 又与均为以D为直角顶点的等腰直角三角形,所以. 又∠BAC＝60°,所以为等边三角形, 故BC＝AB＝2BD, 所以∠BDC＝90°,即BD⊥DC. 所以BD⊥平面ADC, 同理DC⊥平面ABD. 故选D . 1．如图，在以下四个正方体中，使得直线与平面垂直的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 典例3 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形，D为线段AC的中点． （1）求证：BD⊥平面ACC1A1； （2）求证：直线AB1∥平面BC1D； （3）设M为线段BC1上任意一点，在内的平面区域（包括边界）是否存在点E，使CE⊥DM?请说明理由． 【解析】（1）∵三棱柱ABC-A1B1C1中，各个侧面均是边长为2的正方形， ∴CC1⊥BC，CC1⊥AC， ∴CC1⊥平面ABC， 又∵BD⊂平面ABC， ∴CC1⊥BD， 又底面为等边三角形，D为线段AC的中点， ∴BD⊥AC， 又AC∩CC1=C， ∴BD⊥平面ACC1A1． （2）如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD，则O为B1C的中点， ∵D是AC的中点，∴OD∥AB1， 又OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D， ∴直线AB1∥平面BC1D． （3）在内的平面区域（包括边界）存在点E，使CE⊥DM，此时E在线段C1D上，证明如下： 如图，过C作CE⊥C1D，交线段C1D于点E， 由（1）可知，BD⊥平面ACC1A1， 又CE⊂平面ACC1A1，∴BD⊥CE， 由CE⊥C1D，BD∩C1D=D，得CE⊥平面BC1D， ∵DM⊂平面BC1D， ∴CE⊥DM． 2．如图，在四棱锥中，，，，，，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 考向二 面面垂直的判定与性质 判定面面垂直的常见策略： (1)利用定义(直二面角)． (2)判定定理：可以通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直． (3)在运用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，则一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直． 典例4 已知在梯形ABCD中，AB//CD，E,F分别为底AB,CD上的点，且EF⊥AB，EF=EB=12FC=2，EA=12FD，沿EF将平面AEFD折起至平面AEFD⊥平面EBCF，如图. （1）求证：平面BCD⊥平面BDF； （2）若AE=2，求多面体ABCDEF的体积． 【解析】（1）由平面AEFD⊥平面EBCF，且DF⊥EF知DF⊥平面EBCF． 而平面BDF，所以平面BDF⊥平面EBCF. 由，可知，即BC⊥BF， 又平面EBCF, 所以BC⊥平面BDF． 又平面BCD，所以平面BCD⊥平面BDF． （2）依题意知，多面体ABCDEF是三棱台ABE-DCF， 易得高为EF=2， 两个底面面积分别是2和8， 故体积为23×2+8+2×8=283． 典例5 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AB=BC. （1）证明:BC1//平面A1CD; （2）证明:平面A1EC⊥平面ACC1A1. 【解析】（1）连接AC1,交A1C于点O,连接DO,则O是AC1的中点, 因为D是AB的中点,所以OD//BC1． 因为OD⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD， 所以BC1//平面A1CD． （2）取AC的中点F,连接EO,OF,FB, 因为O是AC1的中点, 所以OF//AA1且OF=12AA1． 显然BE//AA1,且BE=12AA1, 所以OF//BE且OF=BE， 则四边形BEOF是平行四边形. 所以EO//BF, 因为AB=BC,所以BF⊥AC. 又BF⊥CC1, 所以直线BF⊥平面ACC1A1． 因为EO//BF,所以直线EO⊥平面ACC1A1. 因为EO⊂平面A1EC, 所以平面A1EC⊥平面ACC1A1. 3．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，侧面PAD为等边三角形，其所在平面垂直于底面ABCD. （1）求证：； （2）若E为BC边上的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面平面ABCD？并证明你的结论. 4．如图（1），在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图（2）中△A1BE的位置，得到四棱锥A1-BCDE. （1）求证：平面BCDE⊥平面A1OC； （2）当平面A1BE⊥平面BCDE时，求四棱锥A1-OCDE的体积. 考向三 线面角与二面角 求直线与平面所成的角的方法： (1)求直线和平面所成角的步骤： ①寻找过斜线上一点与平面垂直的直线； ②连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角； ③把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角． (2)求线面角的技巧： 在上述步骤中，其中作角是关键，而确定斜线在平面内的射影是作角的关键，几何图形的特征是找射影的依据，射影一般都是一些特殊的点，比如中心、垂心、重心等． 求二面角大小的步骤： 简称为“一作二证三求”．作平面角时，一定要注意顶点的选择． 典例6 正三棱柱的所有棱长都相等，D是的中点，则直线AD与平面所成角的正弦值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】解法一：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知平面ACD，∴， 故为直角三角形．设棱长为1，则有， ∴. 设A到平面的距离为h，则有， ∴， ∴，∴. 设直线AD与平面所成的角为θ，则. 解法二：在正三棱柱中，由D为中点可证⊥平面，如图，作，∴. 又，∴AH⊥平面，∴∠为所求的线面角． 设棱长为2，在中由等面积法得， ∴. 故选B. 典例7 如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点. （1）证明：平面⊥平面； （2）若直线与平面所成的角为45°，求三棱锥的体积. 【解析】（1）因为三棱柱是直三棱柱， 所以， 又是正三角形的边的中点， 所以，因此平面， 而平面， 所以平面平面. （2）如图，设的中点为，连接， 因为是正三角形， 所以， 又三棱柱是直三棱柱， 所以，因此平面，于是是直线与平面所成的角. 由题设知，所以， 在中，， 所以， 故三棱锥的体积. 5．已知三棱锥底面是边长为1的等边三角形，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 6．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值. 典例8 已知ABCD是正方形，E是AB的中点，将和分别沿DE、CE折起，使AE与BE重合，A、B两点重合后记为点P，那么二面角的大小为________． 【答案】 【解析】如图，取CD中点F，连接PF、EF. ∵EP⊥PD，EP⊥PC，∴EP⊥平面PCD，∴EP⊥CD. ∵PC=PD，∴PF⊥CD， 又PF∩PE=P，∴CD⊥平面PEF， 又EF⊂平面PEF，∴CD⊥EF， ∴∠PFE为二面角的平面角． 设正方形ABCD的边长为2， 在中，PE=1，EF=2，∴∠PFE=30°. 【名师点睛】（1）二面角的平面角的顶点是二面角棱上任意一点.为了解题方便，可以把其放在某一特殊位置，这要具体问题具体分析. （2）求二面角的关键是找出（或作出）平面角，再把平面角放到三角形中求解.一般采取垂线法来作平面角，即过二面角的一个半平面内且不在棱上的一点作另一个半平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角. 典例9 在ΔABC中，AB=4,AC=42,∠BAC=45∘，以AC的中线BD为折痕，将ΔABD沿BD折起，如图所示，构成二面角A'-BD-C,在平面BCD内作CE⊥CD，且CE=2． （1）求证：CE∥平面A'BD； （2）如果二面角A'-BD-C的大小为90∘，求二面角B-A'C-E的余弦值． 【解析】（1）由AB=4,AC=42,∠BAC=45∘得BC=4， 所以ΔABC为等腰直角三角形， 由D为AC的中点得BD⊥AC， 以AC的中线BD为折痕翻折后仍有BD⊥CD. 因为CE⊥CD，所以CE∥BD， 又CE⊄平面A'BD，BD⊂平面A'BD， 所以CE∥平面A'BD． （2）因为二面角A'-BD-C的大小为90∘，所以平面A'BD⊥平面BDC， 又平面A'BD∩平面BDC=BD,A'D⊥BD， 所以A'D⊥平面BDC，因此A'D⊥CE， 又CE⊥CD，A'D∩CD=D， 所以CE⊥平面A'CD，从而CE⊥A'C． 由题意A'D=DC=22， 所以在RtΔA'DC中，A'C=4． 如图，设A'C中点为F，连接BF， 因为A'B=BC=4，所以BF⊥A'C，且BF=23， 如图，设A'E的中点为G，连接FG，BG，则FG∥CE， 由CE⊥A'C得FG⊥A'C， 所以∠BFG为二面角B-A'C-E的平面角， 如图，连接BE，在ΔBCE中，因为BC=4,CE=2,∠BCE=135∘，所以BE=26． 在RtΔDCE中，DE=(22)2+(2)2=10， 于是在RtΔA'DE中，A'E=(22)2+(10)2=32． 在ΔA'BE中，， 所以在ΔBFG中，．因此二面角B-A'C-E的余弦值为. 7．如图，正方体的棱长为1，E、F分别为棱AD、BC的中点，则平面与底面ABCD所成的二面角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 8．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD//BC//FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD. （1）证明：平面AMD⊥平面CDE； （2）求二面角A﹣CD﹣E的余弦值. 1．已知三条不同的直线，平面，且，则“，”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．如图，在正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论不正确的为（ ） A．平面平面 B．平面 C． D．平面 3．用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为（ ） A． B． C． D． 4．把边长为的正方形沿对角线折起，当直线和平面所成的角为时，三棱锥的体积为（ ） A． B． C． D． 5．如图，在三棱锥中，与是边长为2的等边三角形，平面与平面所成角为，点E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 6．如图，已知P是矩形所在平面外一点，平面，E、F分别是，的中点.若，则与平面所成角的大小是（ ） A． B． C． D． 7．在四面体中，平面，，，为的中点，若异面直线与所成的角为60°，则（ ） A． B．2 C． D．4 8．如下图，梯形中，∥,,, ,将沿对角线折起．设折起后点的位置为，并且平面平面.给出下面四个命题： ①；②三棱锥的体积为；③平面； ④平面平面.其中正确命题的序号是（ ） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 9．已知直线a,b，平面α，满足a⊥α，且b∥α，有下列四个命题: ①对任意直线c⊂α，有c⊥a；②存在直线c⊄α，使c⊥b且c⊥a；③对满足a⊂β的任意平面β，有β⊥α；④存在平面β⊥α，使b⊥β.其中正确的命题有__________．(填写所有正确命题的编号) 10．在四面体中，平面，，，，，为棱上一点，且平面平面，则_______. 11．如图，在五面体中，//，，，四边形为平行四边形，平面，，则直线到平面距离为_________． 12．如图，大摆锤是一种大型的游乐设备，常见于各大游乐园.游客坐在圆形的座舱中，面向外.通常，大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险.座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动.大摆锤的运行可以使置身其上的游客惊心动魄.今年元旦，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点左右摆动，平面与水平地面垂直，摆动的过程中，点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，，已知，在“大摆锤”启动后，下列个结论中正确的是______（请填上所有正确结论的序号）. ①点在某个定球面上运动； ②线段在水平地面上的正投影的长度为定值； ③直线与平面所成角的正弦值的最大值为； ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 13．如图，在三棱锥中，，，，是的中点，，，. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 14．如图所示，在四棱锥中中，底面是边长为2的正方形，平面平面，与交于点． （1）连接，试证明：； （2）若是的中点，平面，求多面体的体积． 15．如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，. (1)证明：平面平面； (2)有一动点在底面的四条边上移动，求三棱锥的体积的最大值. 16．如图，四边形是圆柱的轴截面，点在圆柱的底面圆周上，是的中点，圆柱的底面圆的半径，圆柱的侧面积为，. （1）求点到直线的距离； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 17．如图，在五面体ABCDEF中，面是正方形，，，，且． （1）求证：平面； （2）求直线BD与平面ADE所成角的正弦值； （3）设M是CF的中点，棱上是否存在点G，使得平面ADE？若存在，求线段AG的长；若不存在，说明理由． 1．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为 A．20° B．40° C．50° D．90° 2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线 C．BM=EN，且直线BM，EN是异面直线 D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线 3．【2019年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则 A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β 4．【2018年高考全国I卷文数】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为 A．8 B． C． D． 5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ① ② ③ ④ 6．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________． 7．【2019年高考北京卷文数】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥；③l⊥． 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：__________． 8．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 9．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B−EB1C1F的体积． 10．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明： （1）当时，； （2）点在平面内． 11．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点． （1）求证：EF∥平面AB1C1； （2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1． 12．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （Ⅰ）证明：EF⊥DB； （Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 13．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 14．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积． 15．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB，ABC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，连结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中的四边形ACGD的面积. 16．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积． 17．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】 如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 18．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由． 变式拓展 1．【答案】B 【分析】 ①根据是正三角形，利用异面直线所成的角结合线面垂直的定义判断；②根据正方形对角线相互垂直，利用线面垂直的判定定理判断；③根据AB与CE的夹角为，再由线面垂直的定义判断；④易知平面，得到，同理，再利用线面垂直的判定定理判断. 【详解】 ①因为是正三角形，所以AB与AC的夹角为，又因为，所以AB与ED的夹角为，故错误； ②因为正方形对角线相互垂直，所以，，平面，故正确； ③由①知AB与CE的夹角为，故错误； ④因为，所以平面，则，同理，又，所以平面，故正确. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查直线与平面垂直的判定与性质，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题. 2．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】 （1）根据线面垂直的判定定理，即可证明线面垂直； （2）过点作，垂足为，根据题中条件，求出，设点到平面的距离为，由等体积法，即可求出结果. 【详解】 （1）证明：∵， ∴ ∵，，，平面，平面， ∴平面； （2）过点作，垂足为， 在中， 可得， 则， 又，，，平面，平面， ∴平面 ∵平面. ∴， 在中，， 则 设点到平面的距离为， 则， 有，解得 故点到平面的距离为. 【点睛】 本题主要考查证明线面垂直，考查由等体积法求点到面的距离，属于常考题型. 3．【答案】（1）证明见解析；（2）能，当F为PC的中点时，平面平面ABCD，证明见解析. 【分析】 （1）由，可得平面PGB，因为平面PGB，所以； （2）当F为PC的中点时，满足平面平面ABCD.利用平面平面ABCD，可得平面ABCD，通过证明平面平面PGB，可得平面平面ABCD. 【详解】 （1）证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，BD，如图： 因为为等边三角形，所以. 在菱形ABCD中，，所以为等边三角形， 又因为G为AD的中点，所以. 又因为，BG，平面PGB，所以平面PGB. 因为平面PGB，所以. （2）解：当F为PC的中点时，满足平面平面ABCD. 如图，设F为PC的中点，则在中，，平面PGB，PB平面PGB，所以平面PGB， 在菱形ABCD中，，平面PGB，GB平面PGB，所以平面PGB，而平面DEF， 所以平面平面PGB， 由（1）得，， 又因为平面平面ABCD， 平面平面，平面PAD， 所以平面ABCD， 而平面PGB， 所以平面平面ABCD，所以平面平面ABCD. 【点睛】 方法点睛：证明垂直关系的方法有： ①证明线线垂直的常用方法：勾股定理、线面垂直的性质； ②证明线面垂直的常用方法：定义法、线面垂直的判定定理、面面垂直的性质定理； ③证明面面垂直的常用方法：定义法、面面垂直的判定定理、两平行平面中的一个垂直于一个平面，则另一个也垂直于这个平面. 4．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】 （1）在题图（1）中，易得BE⊥AC.，即在题图（2）中，BE⊥A1O，BE⊥OC，BE⊥平面A1OC，然后由CD∥BE，利用面面垂直的判定定理证明. （2）根据平面A1BE⊥平面BCDE，结合（1）得到A1O⊥平面BCDE.，即A1O是四棱锥A1-OCDE的高，然后再求得梯形OCDE的面积，利用锥体的体积公式求解. 【详解】 （1）证明：在题图（1）中，因为， E是AD的中点，∠BAD＝90°，所以BE⊥AC. 即在题图（2）中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 所以BE⊥平面A1OC. 又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC. 而CD平面BCDE， 所以平面BCDE⊥平面A1OC. （2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由（1）可得A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE. 即A1O是四棱锥A1-OCDE的高. 由题图（1）知，， 梯形OCDE的面积， 从而四棱锥A1-OCDE的体积. 【点睛】 本题主要考查线面垂直和面面垂直的判定定理以及棱锥体积的求法和折叠问题，还考查了转化化归的思想和空间想象，逻辑推理的能力，属于中档题. 5．【答案】D 【分析】 由正三棱锥得顶点在底面上的射影正好落在底面的中心上，构造由棱锥高、侧棱长及底面顶点到中心为三边的三角形，解三角形后，即可得结果. 【详解】 由已知易得该三棱锥为正三棱锥， 则顶点在底面上的射影正好落在底面的中心上， 如图所示： 在三棱锥中，O为底面中心，则易得，，， 则即为侧棱与底面所成的角， 则， 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了棱锥的性质，直线与平面所成的角的求法，属于基础题. 6．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】 （1）取的中点，连结，由平面几何的知识结合面面垂直的性质可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定即可得证； （2）由线面角的概念可得即为直线与平面所成的角，即可得解. 【详解】 （1）证明：取的中点，连结，如图， ∵为等边三角形，∴， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，， 又，，∴平面； （2）连接，如图， 由（1）得平面，所以即为直线与平面所成的角， 由，可得，， 所以. 【点睛】 关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系的转换及线面角的求解，牢记空间位置关系的判定与性质是解题关键. 7．【答案】B 【分析】 显然平面，所以就是平面与底面ABCD所成的二面角的平面角，再解三角形即可. 【详解】 解：在正方体中，平面， E、F分别为棱AD、BC的中点，所以，所以平面， 所以， 所以就是平面与底面ABCD所成的二面角的平面角， ， 故选：B. 【点睛】 思路点睛：按照二面角的平面角的定义先找到平面角，再求角.找角时注意找与二面角的棱垂直的平面与两个半平面的交线就是平面角，求角时一般是解三角形，二面角平面角的范围是，基础题. 8．【答案】(1)证明见解析；(2) . 【分析】 （1）取的中点，连结，，利用平行四边形及线面垂直的性质定理证明相互垂直，从而可证明与垂直，然后可得线面垂直，面面垂直； （2）取的中点，连结，可得为二面角的平面角，在中求得其余弦值． 【详解】 （1）证明：取的中点，连结则， ∵，∴四边形FAPE是平行四边形， ∴，同理，. 又∵平面，∴平面， 而都在平面内，∴ 由，可得， 设，则 所以△ECD为正三角形. ∵且为的中点，∴.连结，则 PM∩MD=M， 而PM，MD在平面AMD内 ， ∴平面 而平面，所以平面. （2）解：取的中点，连结， ∵，∴ ∵，∴ ∴为二面角的平面角. 由(Ⅰ)可得， 于是在中， ∴二面角的余弦值为. 【点睛】 方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角．求二面角的几何方法：一作二证三计算， 一作：作出二面角的平面角； 二证：证明所作的角是二面角的平面角； 三计算：在三角形中求出这个角（这个角的余弦值）． 考点冲关 1．【答案】B 【分析】 根据直线与平面垂直的定义及判定定理判断即可. 【详解】 根据直线与平面垂直的判定定理，若，，，，则 故由“，，”不能推出“”，所以不是充分条件； 又由线面垂直的定义可知“，则，”为真命题， 所以“，”是“”的必要不充分条件； 故选:B. 【点睛】 本题考查线面垂直的定义与判定，属于基础题. 2．【答案】B 【分析】 根据正方体中的线面关系、面面关系，逐项判断，即可得出结果. 【详解】 因为在正方体中，易知，，平面，平面，，所以平面，又平面，从而平面平面，A正确； 因为平面即为平面，而点P为线段上的动点，所以不能满足恒成立，因此不一定垂直平面，即平面不一定成立；故B错； 因为正方体中，平面，所以，所以当点P在线段上运动时，始终有，所以C正确； 因为在正方体中，平面平面，而平面，所以平面，D选项正确； 故选：B. 【点睛】 本题主要考查线面、面面垂直或平行关系的判定，属于常考题型. 3．【答案】C 【分析】 画出图形，可得平面，结合面面平行可知平面，求出正方体的棱长，再由等体积法求得，则可求得所求距离. 【详解】 由题意知：正六面体是棱长为的正方体， ，，，， 平面平面， 连接， ，，，平面， 又平面，，同理可证得：， 又平面，，平面， 平面， 设垂足分别为，则平面与平面间的距离为. 正方体的体对角线长为. 在三棱锥中，由等体积法求得：， ∴平面与平面间的距离为：.故选：. 【点睛】 本题考查立体几何中平面与平面间距离的求解问题，关键是能够找到两面的公垂线，进而可知夹在两平面间的公垂线段的长度即为所求距离；本题中同时涉及到三棱锥高的求解问题，解决此类问题通常采用等体积法. 4．【答案】C 【分析】 取的中点，则是等边三角形，的高等于三棱锥的高，即可求解三棱锥的体积． 【详解】 取的中点，连接,如图， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面面． 所以在面的投影落在上， 则三角形的高等于三棱锥的高， ，结合，可得是等边三角形． 所以三棱锥的体积． 故选：C 【点睛】 本题主要考查了空间线面位置关系和几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 5．【答案】A 【分析】 取的中点为F，连接，，由已知条件可得平面，从而得是平面与平面所成角，即，进而得为等边三角形，取的中点G，连接，，可得，所以或其补角为异面直线与所成角，然后在中利用斜定理求解即可. 【详解】 解：如图，设的中点为F，连接，，因为与是边长为2的等边三角形，可得，，且，所以是平面与平面所成角，即