专题29 直线、平面平行与垂直的判定与性质(解析版)
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第八章 立体几何
专题29 直线、平面平行与垂直的判定与性质
考点1 空间点、线、面的位置关系
1. 【2020年高考浙江卷6】已知空间中不过同一点的三条直线,,m n l ,则“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的
( )
A .充分不必要条件
B .必要不充分条件
C .充分必要条件
D .既不充分也不必要条件 【答案】B
【解析】解法一:由条件可知当,,m n l 在同一平面,则三条直线不一定两两相交,由可能两条直线平行,或三条直线平行,反过来,当空间中不过同一点的三条直线,,m n l 两两相交,如图,
三个不同的交点确定一个平面,则,,m n l 在同一平面,∴“,,m n l ”在同一平面是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件,故选B .
解法二:依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线,
当,,m n l 在同一平面时,可能////m n l ,故不能得出,,m n l 两两相交.
当,,m n l 两两相交时,设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=,根据公理2可知,m n 确定一个平面α,而
,B m C l αα∈⊂∈⊂,根据公理1可知,直线BC 即l α⊂,∴,,m n l 在同一平面.
综上所述,“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选B . 2. 【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是 A .α内有无数条直线与β平行
B .α内有两条相交直线与β平行
C .α,β平行于同一条直线
D .α,β垂直于同一平面 【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知:α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件,由面面平行性质定理知,若αβ∥,则α内任意一条直线都与β平行,所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件,故选B .
3. 【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 【答案】B
【解析】如图所示,作EO CD ⊥于O ,连接ON ,BD ,易得直线BM ,EN 是三角形EBD 的中线,是相交直线.
过M 作MF OD ⊥于F ,连接BF ,
平面CDE ⊥平面ABCD ,,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ,EO ∴⊥平面ABCD ,MF ⊥平面ABCD ,
MFB ∴△与EON △均为直角三角形.设正方形边长为2,易知12EO ON EN ===,,
5
,2
MF BF BM =
=∴=BM EN ∴≠,故选B .
4. 【2018年高考浙江卷】已知平面α,直线m ,n 满足m ⊄α,n ⊂α,则“m ∥n ”是“m ∥α”的
A .充分不必要条件
B .必要不充分条件
C .充分必要条件
D .既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα,所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行, 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件,故选A.
5. 【2019年高考北京卷文数】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】如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m .
【解析】将所给论断,分别作为条件、结论,得到如下三个命题: (1)如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m ,正确;
(2)如果l ⊥α,l ⊥m ,则m ∥α,不正确,有可能m 在平面α内; (3)如果l ⊥m ,m ∥α,则l ⊥α,不正确,有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为:如果l ⊥α,m ∥α,则l ⊥m.
6. 【2020年高考全国Ⅲ卷文数19】如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,点,E F 分别在棱11,DD BB 上,且112,2DE ED BF FB ==.证明: (1)当AB BC =时,EF AC ⊥; (2)证明:点1C 在平面AEF 内.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析. 【解析】
(1)因为长方体1111ABCD A B C D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,
因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥, 因为1
1,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,
因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥.
(2)在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,
因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形,
1//DM EC ∴,因为//,=,MF DA MF DA 所以四边形MFAD 为平行四边形,1//,//DM AF EC AF ∴∴,因此
1C 在平面AEF 内.
考点2 直线、平面平行的判定与性质
1. 【2017年高考全国Ⅰ卷文数】如图,在下列四个正方体中,A ,B 为正方体的两个顶点,M ,N ,Q 为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB 与平面MNQ 不平行的是
A .
B .
C .
D .
【答案】A
【解析】对于B ,易知AB ∥MQ ,则直线AB ∥平面MNQ ; 对于C ,易知AB ∥MQ ,则直线AB ∥平面MNQ ; 对于D ,易知AB ∥NQ ,则直线AB ∥平面MNQ . 故排除B ,C ,D ,选A .
2. 【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图,直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点.
(1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求点C 到平面C 1DE 的距离.
【答案】(1)见解析;(2. 【解析】(1)连结1,B C ME .
因为M ,E 分别为1,BB BC 的中点,所以1 ME B C ∥,且11
2
ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点,所以11
2
ND A D =
.
由题设知11=A B DC ∥,可得11=BC A D ∥,故=
ME ND ∥, 因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ,所以MN ∥平面1C DE . (2)过C 作C 1E 的垂线,垂足为H .
由已知可得DE BC ⊥,1DE C C ⊥,所以DE ⊥平面1C CE ,故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ,故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离,
由已知可得CE =1,C 1C =4,所以1C E ,故17
CH =
.
从而点C 到平面1C DE .
3. 【2018年高考全国Ⅲ卷文数】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.
【答案】(1)见解析;(2)存在,理由见解析.
【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD . 因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM . 因为M 为CD 上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM =C ,所以DM ⊥平面BMC .
而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC . (2)当P 为AM 的中点时,MC ∥平面PBD .
证明如下:连结AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形,所以O 为AC 中点. 连结OP ,因为P 为AM 中点,所以MC ∥OP .
MC ⊄平面PBD ,OP ⊂平面PBD ,所以MC ∥平面PBD .
4. 【2018年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P−ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面P AD ⊥平面ABCD ,P A ⊥PD ,P A =PD ,E ,F 分别为AD ,PB 的中点.
(1)求证:PE ⊥BC ;
(2)求证:平面P AB ⊥平面PCD ; (3)求证:EF ∥平面PCD .
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.
【解析】(1)∵PA PD =,且E 为AD 的中点,∴PE AD ⊥. ∵底面ABCD 为矩形,∴BC AD ∥, ∴PE BC ⊥.
(2)∵底面ABCD 为矩形,∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ,∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥,
∴PD ⊥平面PAB ,∴平面PAB ⊥平面PCD . (3)如图,取PC 中点G ,连接,FG GD .
∵,F G 分别为PB 和PC 的中点,∴FG BC ∥,且1
2
FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点, ∴1
,2
ED BC DE BC =
∥, ∴ED FG ∥,且ED FG =,∴四边形EFGD 为平行四边形, ∴EF GD ∥.
又EF ⊄平面PCD ,GD ⊂平面PCD , ∴EF ∥平面PCD .
5. 【2017年高考全国Ⅱ卷文数】如图,四棱锥P ABCD -中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,
1
,2
AB BC AD BAD ==
∠90.ABC =∠=︒ (1)证明:直线BC ∥平面PAD ;
(2)若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】(1)在平面ABCD 内,因为∠BAD =∠ABC =90°,所以BC ∥AD . 又BC PAD ⊄平面,AD PAD ⊂平面, 故BC ∥平面P AD .
(2)取AD 的中点M ,连结PM ,CM , 由1
2
AB BC AD ==
及BC ∥AD ,∠ABC =90°得四边形ABCM 为正方形,则CM ⊥AD .
因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD , 所以PM ⊥AD ,PM ⊥底面ABCD , 因为CM ABCD ⊂底面,所以PM ⊥CM .
设BC =x ,则CM =x ,CD
,PM
,PC =PD =2x . 取CD 的中点N ,连结PN ,则PN ⊥CD
,所以PN x =
. 因为△PCD
的面积为
122
x ⨯= 解得x =−2(舍去),x =2,于是AB =BC =2,AD =4,PM
= 所以四棱锥P −ABCD 的体积(
)224132
V ⨯+=
⨯⨯= 6. [2016高考新课标Ⅲ文数]如图,四棱锥中,平面,,,
,为线段上一点,,为的中点.
(I )证明平面;
P ABC -PA ⊥ABCD AD
BC 3AB AD AC ===4PA BC ==M AD 2AM MD =N
PC MN
PAB
(II )求四面体的体积. 【答案】(Ⅲ)见解析;(Ⅲ
【解析】
试题分析:(Ⅲ)取的中点,然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形,从而得到
,由此结合线面平行的判断定理可证;(Ⅲ)由条件可知四面体的高,即点到底面
的距离为棱的一半,由此可顺利求得结果. 试题解析:(Ⅲ)由已知得,
取的中点,连接,由为中点知,. ......3分 又,故,四边形为平行四边形,于是. 因为平面,平面,所以平面. ........6分
(Ⅲ)因为平面,为的中点, 所以到平面的距离为
. ....9分 取的中点,连结.由得,.
由得到的距离为,故, 所以四面体的体积
. 考点3 直线、平面垂直的判定与性质 N BCM -PB T AMNT MN AT N BCM -N PA 23
2
==
AD AM BP T TN AT ,N PC BC TN //22
1
==
BC TN BC AD //TN AM AMNT AT MN //⊂AT PAB ⊄MN PAB //MN PAB ⊥PA ABCD N PC N ABCD PA 2
1
BC E AE 3==AC AB BC AE ⊥522=-=BE AB AE BC AM ∥M BC 552542
1
=⨯⨯=∆BCM S BCM N -3
54231=⨯⨯=∆-PA S V BCM BCM
N
1. 【2017年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体1111ABCD A B C D -中,E 为棱CD 的中点,则
A .11A E DC ⊥
B .1A E BD ⊥
C .11A E BC ⊥
D .1A
E AC ⊥
【答案】C
【解析】根据三垂线定理的逆定理,可知平面内的线垂直于平面的斜线,则也垂直于斜线在平面内的射影. A.若11A E DC ⊥,那么11D E DC ⊥,很显然不成立; B.若1A E BD ⊥,那么BD AE ⊥,显然不成立;
C.若11A E BC ⊥,那么11BC B C ⊥,成立,反过来11BC B C ⊥时,也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立;
D.若1A E AC ⊥,则AE AC ⊥,显然不成立,故选C.
2.【2020年高考全国Ⅰ卷文数19】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,90APC ∠=︒.
(1)证明:平面PAB ⊥平面PAC ;
(2)设DO =,求三棱锥P ABC -的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2. 【解析】(1)
D 为圆锥顶点,O 为底面圆心,OD ∴⊥平面ABC ,
P 在DO 上,,OA OB OC PA PB PC ==∴==,
ABC 是圆内接正三角形,AC BC ∴=,PAC PBC ≅△△,
90APC BPC ∴∠=∠=︒,即,PB PC PA PC ⊥⊥,
,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ,∴平面PAB ⊥平面PAC ;
(2)设圆锥的母线为l ,底面半径为r ,圆锥的侧面积为,rl rl π=
=
2222OD l r =-=,解得1,r l ==2sin 603AC r ==,
在等腰直角三角形APC 中,22
AP AC =
=
,
在Rt PAO ∆中,2
PO ==
=
,
∴三棱锥P ABC -的体积为113332P ABC ABC V PO S -=⋅=⨯⨯=
△
3. 【2020年高考全国Ⅱ卷文数20】如图,已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形,侧面11BB C C 是矩形,,M N 分别为11,BC B C 的中点,P 为AM 上一点.过11B C 和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F . (1)证明:1AA //MN ,且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ;
(2)设O 为111A B C △的中心,若6AO AB ==,AO //平面11EB C F ,且3
MPN π
∠=,求四棱锥11B EB C F -的体积.
【答案】(1)证明见解析;(2)24. 【解析】(1)
,M N 分别为BC ,11B C 的中点,1//MN BB ∴,又11//AA BB ,1//MN AA ∴
在等边ABC 中,M 为BC 中点,则BC AM ⊥,又
侧面
11BB C C 为矩形,1BC BB ∴⊥,
1//MN BB ,MN BC ⊥,由MN AM M ⋂=,,MN AM ⊂平面1A AMN ,∴BC ⊥平面1A AMN ,
又
11//B C BC ,且11B C ⊄平面ABC ,BC ⊂平面ABC ,11//B C ∴平面ABC ,
又
11B C ⊂平面11EB C F ,且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =,11//B C EF ∴ ,//EF BC ∴,
又
BC ⊥平面1A AMN ,
∴EF ⊥平面1A AMN ,EF ⊂平面11EB C F ,∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN . (2)过M 作PN 垂线,交点为H ,画出图形,如图
AO //平面
11EB C F ,AO ⊂平面1A AMN ,平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =,//AO NP ∴,
又
//NO AP ,∴6AO NP ==.O 为
111A B C △的中心,
∴1111
sin 606sin 6033
ON AC =
︒=⨯⨯︒=ON AP ==3AM AP ==. 平面11EB C F ⊥平面1A AMN ,平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =,MH ⊂平面1A AMN ,
∴MH ⊥平面11EB C F ,又
在等边ABC 中
EF AP BC AM =,即2AP BC EF AM ⋅===. 由(1)知,四边形11EB C F 为梯形,∴四边形11EB C F 的面积为:
111126=62422EB C F EF B C S NP ++=
⋅⨯=四边形,11111
3
B EB
C F EB C F V S h -∴=⋅四边形,
h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=,∴1
243243V =⨯⨯=.
4. 【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图,长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形,点E 在棱AA 1上,BE ⊥EC 1.
(1)证明:BE ⊥平面EB 1C 1;
(2)若AE =A 1E ,AB =3,求四棱锥11E BB C C -的体积. 【答案】(1)见详解;(2)18.
【解析】(1)由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1, 故11B C BE ⊥.
又1BE EC ⊥,所以BE ⊥平面11EB C . (2)由(1)知∠BEB 1=90°
. 由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以1145AEB A EB ︒
∠=∠=,
故AE =AB =3,126AA AE ==.
作1EF BB ⊥,垂足为F ,则EF ⊥平面11BB C C ,且3EF AB ==. 所以,四棱锥11E BB C C -的体积1
363183
V =
⨯⨯⨯=.
5. 【2019年高考全国Ⅲ卷文数】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.
【答案】(1)见解析;(2)4.
【解析】(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.
又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)取CG的中点M,连结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,故DM=2.
所以四边形ACGD的面积为4.
-中,PA⊥平面ABCD,底部ABCD为菱形,E 6.【2019年高考北京卷文数】如图,在四棱锥P ABCD
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.
【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)存在,理由见解析.【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA BD
⊥.
又因为底面ABCD为菱形,
所以BD AC
⊥.
所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,
所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
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,连结CF,FG,EG.
则FG∥AB,且FG=1
2 AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,
所以CE ∥AB ,且CE =
1
2
AB . 所以FG ∥CE ,且FG =CE . 所以四边形CEGF 为平行四边形. 所以CF ∥EG .
因为CF ⊄平面PAE ,EG ⊂平面PAE , 所以CF ∥平面PAE .
7. 【2018年高考全国Ⅰ卷文数】如图,在平行四边形ABCM 中,3AB AC ==,90ACM =︒∠,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)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上一点,且2
3
BP DQ DA ==
,求三棱锥Q ABP -的体积.
【答案】(1)见解析;(2)1.
【解析】(1)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 =
又2
3
BP DQ DA ==
,所以BP = 作QE ⊥AC ,垂足为E ,则QE =∥1
3DC .
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
111
13451332
Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△.
8. 【2018年高考全国Ⅲ卷文数】
如图,在三棱锥P ABC -中,AB BC ==,
4PA PB PC AC ====,O 为AC 的中点.
(1)证明:PO ⊥平面ABC ;
(2)若点M 在棱BC 上,且2MC MB =,求点C 到平面POM 的距离.
【答案】(1)见解析;(2)
5
.
【解析】(1)因为AP =CP =AC =4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP =
连结OB .因为AB =BC =
2
AC
,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB =12AC =2. 由222OP OB PB +=知,OP ⊥OB . 由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .
(2)作CH ⊥OM ,垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ,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 =3
,∠ACB =45°.
所以OM =
3,CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=5
.
所以点C 到平面POM . 9. 【2017年高考全国Ⅰ文数】如图,在四棱锥P −ABCD 中,AB//CD ,且90BAP CDP ∠=∠=.
(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;
(2)若PA =PD =AB =DC ,90APD ∠=,且四棱锥P −ABCD 的体积为8
3
,求该四棱锥的侧面积. 【答案】(1)见解析;(2)326+.
【解析】(1)由已知90BAP CDP ==︒∠∠,得AB AP ⊥,CD PD ⊥. 由于AB CD ∥,故AB PD ⊥,从而AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD .
(2)在平面PAD 内作PE AD ⊥,垂足为E .
由(1)知,AB ⊥平面PAD ,故AB PE ⊥,可得PE ⊥平面ABCD .
设AB x =,则由已知可得AD =
,2
PE x =
. 故四棱锥P ABCD -的体积311
33
P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=. 由题设得
318
33
x =,故2x =.
从而2PA PD ==,AD BC ==PB PC ==.
可得四棱锥P ABCD -的侧面积为
21111
sin 6062222
PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 10. 【2017年高考北京卷文数】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. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)
1
3
. 【解析】(1)因为PA AB ⊥,PA BC ⊥,所以PA ⊥平面ABC , 又因为BD ⊂平面ABC ,所以PA BD ⊥.
(2)因为AB BC =,D 为AC 中点,所以BD AC ⊥, 由(1)知,PA BD ⊥,所以BD ⊥平面PAC , 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1
12
DE PA =
=,BD DC == 由(1)知,PA ⊥平面ABC ,所以DE ⊥平面ABC .
所以三棱锥E BCD -的体积1163
V BD DC DE =⋅⋅=. 11. 【2016高考北京文数】(本小题14分)
如图,在四棱锥ABCD P -中,⊥PC 平面ABCD ,,AB DC DC AC ⊥∥
(I )求证:DC PAC ⊥平面;
(II )求证:PAB PAC ⊥平面平面;
(III )设点E 为AB 的中点,在棱PB 上是否存在点F ,使得//PA 平面C F E ?说明理由.
【答案】(Ⅲ)见解析;(Ⅲ)见解析;(III )存在.理由见解析.
【解析】
试题分析:(Ⅲ)利用线面垂直判定定理证明;(Ⅲ)利用面面垂直判定定理证明;(III )取PB 中点F ,连结F E ,则F//E PA ,根据线面平行定理则//PA 平面C F E .
试题解析:(I )因为C P ⊥平面CD AB ,
所以C DC P ⊥.
又因为DC C ⊥A ,
所以DC ⊥平面C PA .
(II )因为//DC AB ,DC C ⊥A ,
所以C AB ⊥A .
因为C P ⊥平面CD AB ,
所以C P ⊥AB .
所以AB ⊥平面C PA .
所以平面PAB ⊥平面C PA .
(III )棱PB 上存在点F ,使得//PA 平面C F E .证明如下:
取PB 中点F ,连结F E ,C E ,CF . 又因为E 为AB 的中点,
所以F//E PA .
又因为PA ⊄平面C F E ,
所以//PA 平面C F E .。