北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§8.4 直线、平面垂直的判定与性质
【5 年高考】
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分)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°
答案 B
2.(2019北京,13,5分)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
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l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)
3.(2020课标Ⅰ理,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
√6
的内接正三角形,P为DO上一点,PO= DO.
6
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
4.(2019课标Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-ABCD 的底面ABCD是正方形,点E在棱AA 上,BE⊥EC.
1 1 1 1 1 1
(1)证明:BE⊥平面EBC;
1 1
(2)若AE=AE,AB=3,求四棱锥E-BBCC的体积.
1 1 1
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5.(2019天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥
平面PCD,PA⊥CD,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.
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
6.(2020课标Ⅰ文,19,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO
上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=√2,圆锥的侧面积为√3π,求三棱锥P-ABC的体积.
7.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-ABCD 中,AA=AB,AB⊥BC.
1 1 1 1 1 1 1 1
求证:(1)AB∥平面ABC;
1 1
(2)平面ABBA⊥平面ABC.
1 1 1
⏜ ⏜
8.(2018课标Ⅲ文,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.
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9.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCD-ABCD 截去三棱锥C-BCD 后得到的几何体如图所示.四边形
1 1 1 1 1 1 1
ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,AE⊥平面ABCD.
1
(1)证明:AO∥平面BCD;
1 1 1
(2)设M是OD的中点,证明:平面AEM⊥平面BCD.
1 1 1
[教师专用题组]
【5 年高考】
考点一 直线与平面垂直的判定与性质
π 1
1.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD= ,AB=BC= AD=a,E是AD的中点,O是
2 2
AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△ABE的位置,得到四棱锥A-BCDE.
1 1
(1)证明:CD⊥平面AOC;
1
(2)当平面ABE⊥平面BCDE时,四棱锥A-BCDE的体积为36√2,求a的值.
1 1
解析 (1)证明:在题图1中,
1
因为AB=BC= AD=a,E是AD的中点,
2
π
∠BAD= ,所以BE⊥AC.
2
即在题图2中,BE⊥AO,BE⊥OC,
1
又AO∩OC=O,
1
从而BE⊥平面AOC,
1
又CD∥BE,
所以CD⊥平面AOC.
1
(2)由已知,平面ABE⊥平面BCDE,
1
且平面ABE∩平面BCDE=BE,
1
又由(1)知,AO⊥BE,
1
所以AO⊥平面BCDE,
1
即AO是四棱锥A-BCDE的高.
1 1
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√2 √2
由题图1知,AO= AB= a,平行四边形BCDE的面积
1 2 2
S=BC·AB=a2.
从而四棱锥A-BCDE的体积为
1
1 1 √2 √2
V= ×S×AO= ×a2× a= a3,
3 1 3 2 6
√2
由 a3=36√2,得a=6.
6
评析 本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力,同时考查线面垂直的判定及面面垂直性质的应用.
2.(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,
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.
1
又AB=2,所以△ABC面积的最大值为 ×2×1=1.
2
又因为三棱锥P-ABC的高PO=1,
1 1
故三棱锥P-ABC体积的最大值为 ×1×1= .
3 3
(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,
√2 √6 √2+√6
即E为PB中点.从而OC'=OE+EC'= + = ,
2 2 2
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√2+√6
亦即CE+OE的最小值为 .
2
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°)
(√2 1 √2 √3)
=1+2-2√2 × - × =2+√3.
2 2 2 2
√2+√6
从而OC'=√2+√3= .
2
√2 √6
所以CE+OE的最小值为 + .
2 2
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,考查空间想象能力、推理论证能力、
运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.
3.(2014福建文,19,12分)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.
(1)求证:CD⊥平面ABD;
(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.
解析 (1)证明:∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.
又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB⊂平面ABD,BD⊂平面ABD,
∴CD⊥平面ABD.
(2)解法一:由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.
∵AB=BD=1,
1
∴S = .
△ABD 2
∵M是AD的中点,
1 1
∴S = S = .
△ABM 2 △ABD 4
由(1)知,CD⊥平面ABD,
∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1,
1 1
因此V =V = S ·h= .
A-MBC C-ABM 3 △ABM 12
解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD,
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又平面ABD∩平面BCD=BD,
如图,过点M作MN⊥BD交BD于点N,
1 1
则MN⊥平面BCD,且MN= AB= ,
2 2
又CD⊥BD,BD=CD=1,
1
∴S = .
△BCD 2
∴三棱锥A-MBC的体积V =V -V
A-MBC A-BCD M-BCD
1 1 1
= AB·S - MN·S = .
3 △BCD 3 △BCD 12
1
4.(2014山东文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC= AD,E,F分别为线段
2
AD,PC的中点.
(1)求证:AP∥平面BEF;
(2)求证:BE⊥平面PAC.
证明 (1)设AC∩BE=O,连接OF,EC.
由于E为AD的中点,
1
AB=BC= AD,AD∥BC,
2
所以AE∥BC,AE=AB=BC,
因此四边形ABCE为菱形,
所以O为AC的中点.
又F为PC的中点,
因此在△PAC中,
可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF,
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC,ED=BC,
所以四边形BCDE为平行四边形,
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因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD,
所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形,
所以BE⊥AC.
又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
5.(2014广东文,18,13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图2折叠:折痕
EF∥DC,其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.
(1)证明:CF⊥平面MDF;
(2)求三棱锥M-CDE的体积.
解析 (1)证明:∵PD⊥平面ABCD,
AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD.
∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.
又∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PCD.
∵CF⊂平面PCD,∴AD⊥CF.
又∵MF⊥CF,MF∩AD=M,
∴CF⊥平面MDF.
(2)由(1)知CF⊥DF,PD⊥DC,
在△PCD中,DC2=CF·PC.
CD2 1
∴CF= = .
PC 2
又∵EF∥DC,
1
PC FC PD·FC √3× √3
∴ = ⇒ED= = 2= .
PD ED PC 4
2
√3 3√3
∴PE=ME=√3- = ,
4 4
1 1 √3 √3
∴S = DC·ED= ×1× = .
△CDE 2 2 4 8
√6
在Rt△MDE中,MD=√M E2-ED2= ,
2
1 1 √3 √6 √2
∴V = S ·MD= × × = .
M-CDE 3 △CDE 3 8 2 16
6.(2013广东文,18,14分)如图1,在边长为1的等边三角形ABC中,D,E分别是AB,AC上的点,AD=AE,F是BC
√2
的中点,AF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起,得到如图2所示的三棱锥A-BCF,其中BC= .
2
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图1 图2
(1)证明:DE∥平面BCF;
(2)证明:CF⊥平面ABF;
2
(3)当AD= 时,求三棱锥F-DEG的体积V .
3 F-DEG
AD AE
解析 (1)证明:在等边三角形ABC中,AD=AE,∴ = ,在折叠后的三棱锥A-BCF中也成立,
DB EC
∴DE∥BC,∵DE⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,∴DE∥平面BCF.
(2)证明:在等边三角形ABC中,F是BC的中点,
1
∴AF⊥BC,BF=CF= .
2
√2
∵在三棱锥A-BCF中,BC= ,
2
∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF.
∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF.
(3)由(1)可知GE∥CF,结合(2)可得GE⊥平面DFG.
1 1 1 1 1 (1 √3) 1 √3
∴V =V = · ·DG·FG·GE= · · · · · = .
F-DEG E-DFG 3 2 3 2 3 3 2 3 324
评析 本题考查线面平行、线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,考查立体几何中翻折问题以及学
生的空间想象能力和逻辑推理论证能力.抓住翻折过程中的不变量是解决这类问题的关键,第(3)问的关键在
于对几何体的转化.
7.(2012北京文,16,14分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将
△ADE沿DE折起到△ADE的位置,使AF⊥CD,如图2.
1 1
(1)求证:DE∥平面ACB;
1
(2)求证:AF⊥BE;
1
(3)线段AB上是否存在点Q,使AC⊥平面DEQ?说明理由.
1 1
解析 (1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点,
所以DE∥BC.
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又因为DE⊄平面ACB,
1
所以DE∥平面ACB.
1
(2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
所以DE⊥AD,DE⊥CD.
1
因为AD∩CD=D,所以DE⊥平面ADC.
1 1
而AF⊂平面ADC,
1 1
所以DE⊥AF.
1
又因为AF⊥CD,CD∩DE=D,
1
所以AF⊥平面BCDE.
1
所以AF⊥BE.
1
(3)线段AB上存在点Q,使AC⊥平面DEQ.理由如下:
1 1
如图,分别取AC,AB的中点P,Q,连接PQ,则PQ∥BC.
1 1
又因为DE∥BC,
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知,DE⊥平面ADC,
1
所以DE⊥AC.
1
又因为P是等腰三角形DAC底边AC的中点,
1 1
所以AC⊥DP.
1
所以AC⊥平面DEP.
1
即AC⊥平面DEQ.
1
故线段AB上存在点Q,使得AC⊥平面DEQ.
1 1
评析 本题的前两问属容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢靠的学生而言,可
能不能顺利解答.
考点二 平面与平面垂直的判定与性质
1.(2019课标Ⅲ文,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt△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中的四边形ACGD的面积.
解析 本题考查了线面、面面垂直问题,通过翻折、平面与平面垂直的证明考查了空间想象能力和推理论
证能力,考查了直观想象的核心素养.
(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
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又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.
因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=√3,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
思路分析 (1)翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化,特别是平行、垂直的变化.由矩形、直角三角形中
的垂直关系,利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直;而由平行公理和平面的基本性质不难证
明四点共面.(2)根据菱形的特征结合(1)的结论找到菱形BCGE的边CG上的高求解.
解题关键 抓住翻折前后的垂直关系,灵活转化线线垂直、线面垂直和面面垂直,题中构造侧棱的特殊“直
截面”△DEM,是本题求解的关键和难点.
2.(2018课标Ⅰ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AB⊥DA.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;
2
(2)Q为线段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.
3
解析 (1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.
又BA⊥AD,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√2.
2
又BP=DQ= DA,所以BP=2√2.
3
1
作QE⊥AC,垂足为E,则QE= DC,QE∥DC.
3
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
1 1 1
V = ·QE·S = ×1× ×3×2√2sin45°=1.
Q-ABP 3 △ABP 3 2
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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.
3.(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,
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,
所以PD⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)取PC中点G,连接FG,DG.
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因为F,G分别为PB,PC的中点,
1
所以FG∥BC,FG= BC.
2
因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,
1
所以DE∥BC,DE= BC.
2
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.
4.(2017课标Ⅲ文,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.
(1)证明:AC⊥BD;
(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体
ACDE的体积比.
解析 (1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.
因为AD=CD,所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.
因为DO∩BO=O,
所以AC⊥平面DOB,
因为BD⊂平面DOB,
所以AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠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°.
由题设知△AEC为直角三角形,
1
所以EO= AC.
2
又△ABC是正三角形,且AB=BD,
1
所以EO= BD.
2
1
故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的 ,四面体ABCE的体积为四面体
2
1
ABCD的体积的 ,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
2
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5.(2016课标Ⅰ,文18,12分)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,
且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角E-BC-A的余弦值.
解析 (1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC. (2分)
又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC. (3分)
(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.
以G为坐标原点,⃗GF的方向为x轴正方向,|⃗GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. (6分)
由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=√3,可得
A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,√3).
由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC. (8分)
又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.
由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C(-2,0,√3).
所以⃗EC=(1,0,√3),⃗EB=(0,4,0),⃗AC=(-3,-4,√3),⃗AB=(-4,0,0). (10分)
设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则
{n·⃗EC=0, {x+√3z=0,
即
n·⃗EB=0, 4 y=0.
所以可取n=(3,0,-√3).
{m·⃗AC=0,
设m是平面ABCD的法向量,则
m·⃗AB=0.
n·m 2√19
同理可取m=(0,√3,4).则cos<n,m>= =- .
|n||m| 19
2√19
故二面角E-BC-A的余弦值为- . (12分)
19
评析 本题考查了立体几何部分有关垂直的证明,以及二面角的求解和利用空间向量求解立体几何问题.解
决立体几何问题时要注意“发现”垂线所在的位置.
6.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-ABC 中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱BB上,且
1 1 1 1
BD⊥AF,AC⊥AB.求证:
1 1 1 1 1 1
(1)直线DE∥平面ACF;
1 1
(2)平面BDE⊥平面ACF.
1 1 1
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证明 (1)在直三棱柱ABC-ABC 中,AC∥AC.
1 1 1 1 1
在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,
所以DE∥AC,于是DE∥AC.
1 1
又因为DE⊄平面ACF,AC⊂平面ACF,
1 1 1 1 1 1
所以直线DE∥平面ACF.
1 1
(2)在直三棱柱ABC-ABC 中,AA⊥平面ABC.
1 1 1 1 1 1 1
因为AC⊂平面ABC,所以AA⊥AC.
1 1 1 1 1 1 1 1
又因为AC⊥AB,AA⊂平面ABBA,AB⊂平面ABBA,AA∩AB=A,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AC⊥平面ABBA.
1 1 1 1
因为BD⊂平面ABBA,所以AC⊥BD.
1 1 1 1 1 1
又因为BD⊥AF,AC⊂平面ACF,AF⊂平面ACF,AC∩AF=A,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BD⊥平面ACF.
1 1 1
因为直线BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ACF.
1 1 1 1 1
评析 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.
7.(2015课标Ⅰ文,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.
(1)证明:平面AEC⊥平面BED;
√6
(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为 ,求该三棱锥的侧面积.
3
解析 (1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED. (5分)
√3 x
(2)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC= x,GB=GD= .
2 2
√3
因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG= x.
2
√2
由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE= x.
2
1 1 √6 √6
由已知得,三棱锥E-ACD的体积V = × AC·GD·BE= x3= .故x=2. (9分)
E-ACD 3 2 24 3
从而可得AE=EC=ED=√6.
所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为√5.
故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2√5. (12分)
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
【3 年模拟】
时间:80分钟 分值:105分
一、单项选择题(每题5分,共25分)
1.(2021届福建厦门二中10月月考,7)下列条件中,能判定直线l⊥平面α的是 ( )
A.l与平面α内的两条直线垂直
B.l与平面α内无数条直线垂直
C.l与平面α内的某一条直线垂直
D.l与平面α内任意一条直线垂直
答案 D
2.(2021届浙江名校新高考研究联盟(Z20名校联盟)第一次联考,5)已知空间中m,n是两条不同直线,α是平面,
则 ( )
A.若m∥α,n⊂α,则m∥n
B.若m∥α,n∥α,则m⊥n
C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n
D.若m⊥α,n⊥α,则m⊥n
答案 C
3.(2021届河南郑州一中开学测试,7)对于直线m,n和平面α,β,则α⊥β的一个充分条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊂α
C.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β
答案 C
4.(2021届百师联盟开学摸底联考,4)已知平面α,直线l,m,n,满足m∥α,n∥α,且m,n互为异面直线,则“l⊥m且
l⊥n”是“l⊥α”的 ( )
A.充要条件 B.充分不必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
答案 A
5.(2021届湖湘名校教育联合体入学考试,6)大摆锤是一种大型游乐设备(如图),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.假设小明坐在点A处,“大摆锤”启动后,主轴OB在平面α内绕点O左右摆动,平面α与水
平地面垂直,OB摆动的过程中,点A在平面β内绕点B作圆周运动,并且始终保持OB⊥β,B∈β.设OB=4AB,在
“大摆锤”启动后,下列结论错误的是( )
A.点A在某个定球面上运动
B.β与水平地面所成锐角记为θ,直线OB与水平地面所成角记为δ,则θ+δ为定值
C.可能在某个时刻,AB∥α
√17
D.直线OA与平面α所成角的正弦值的最大值为
17
答案 C
二、多项选择题(每题5分,共25分)
6.(2021届河北百师联盟联考,12)如图,
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正方体ABCD-ABCD 中,M,N是线段AC 上的两个动点,则下列结论正确的是( )
1 1 1 1 1 1
A.BM,CN始终在同一个平面内
B.MN∥平面ABCD
C.BD⊥CM
D.若正方体的棱长和线段MN的长均为定值,则三棱锥B-CMN的体积为定值
答案 BCD
7.(2021届广东茂名五校联盟第一次联考,12)如图所示,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,E,F分别是棱
AA',CC'的中点,过直线EF的平面分别与棱BB',DD'交于M,N,设BM=x,x∈(0,1),则正确的说法是 ( )
A.四边形MENF为平行四边形
B.若四边形MENF的面积S=f(x),x∈(0,1),则f(x)有最小值
C.若四棱锥A-MENF的体积V=p(x),x∈(0,1),则p(x)是常数函数
(1 )
D.若多面体ABCD-MENF的体积V=h(x),x∈
,1
,则h(x)为单调函数
2
答案 ABC
8.(2021届江苏镇江八校期中联考,9)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆上异于A,B的任
一点,则下列结论中正确的是 ( )
A.PC⊥BC B.AC⊥平面PBC
C.平面PAB⊥平面PBC D.平面PAC⊥平面PBC
答案 AD
9.(2021届山东日照11月份第二次联考,11)在正方体ABCD-ABCD 中,点M在线段BC上运动,则( )
1 1 1 1 1
A.直线BD⊥平面ABCD
1 1 1
B.三棱锥M-ACD的体积为定值
1 1
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[π π]
,
C.异面直线AM与AD所成角的取值范围是
1 4 2
√6
D.直线CM与平面ACD所成角的正弦值的最大值为
1 1 1 3
答案 BD
10.(2020山东蒙阴实验中学期末,13)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=2
√3,CD=PC=PD=2√6.若点M为PC的中点,则下列说法正确的是( )
A.BM⊥平面PCD
B.PA∥平面MBD
C.四棱锥M-ABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥M-ABCD的体积为6
答案 BC
三、填空题(每题5分,共15分)
11.(2020广东广州天河外国语学校4月测试,16)如图所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A、D分别
是BF、CE上的点,AD∥BC,且AB=DE=2BC=2AF(如图1).将四边形ADEF沿AD折起,连接BE、BF、CE(如
图2).在折起的过程中,下列表述:
①AC∥平面BEF;
②四点B、C、E、F可能共面;
③若EF⊥CF,则平面ADEF⊥平面ABCD;
④平面BCE与平面BEF可能垂直.
其中正确的是 .
答案 ①③
12.(2021届广东茂名五校联盟第一次联考,16)如图,已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,点M,N分别是棱
1 1 1 1
BC,CD 的中点,点P在平面ABCD 内,点Q在线段AN上,若PM=√5,则PQ长度的最小值为 .
1 1 1 1 1 1 1
3√5
答案 -1
5
13.(2021届河南新高三学期初第一次摸底考试,16)如图,VA⊥平面ABC,△ABC的外接圆是以边AB的中点为
圆心的圆,点M,N,P分别为棱VA,VC,VB的中点,则下列结论正确的有 .(把正确结论的序号都填上)
①MN∥平面ABC;②OC⊥平面VAC;③MN与BC所成的角为60°;④MN⊥OP;⑤平面VAC⊥平面VBC.
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答案 ①④⑤
四、解答题(共40分)
14.(2021届广东珠海摸底考试,19)如图,三棱锥P-ABC中,AC=BC=PC=PB=2,∠ACB=120°,平面PBC⊥底面
ABC,D,E分别是BC,AB的中点.
(1)证明:PD⊥平面ABC;
(2)求二面角P-CE-B的正切值.
π
15.(2021届湖南长沙第一中学月考(三),19)如图,四边形ABCD为平行四边形,∠DAB= ,点E在AB上,
4
AE=2EB=2,且DE⊥AB.以DE为折痕把△ADE折起,使点A到达点F的位置,且∠FEB=60°.
(1)求证:平面BFC⊥平面BCDE;
(2)求二面角B-EF-C的余弦值.
16.(2021届广东湛江高中毕业班调研,17)如图,三棱柱ABC-ABC 中,底面ABC是边长为2的等边三角形,侧
1 1 1
面BCCB 为菱形,且平面BCCB^平面ABC,ÐCBB=60°,D为棱AA 的中点.
1 1 1 1 1 1
(1)证明:BC^平面DCB;
1 1
(2)求二面角B-DC-C 的余弦值.
1 1
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