2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 [例2]?(1)[2014·辽宁文]如图所示,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点. (I)求证：EF⊥平面BCG； (II)求三棱锥D -BCG的体积.
1
附：锥体的体积公式V＝Sh,其中S为底面面积,h为高.
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解：(I)证明：由已知得△ABC≌△DBC, 因此AC＝DC.
又G为AD的中点,所以CG⊥AD,
同理BG⊥AD.又BG∩CG＝G,所以AD⊥平面BGC. 又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.
(II)在平面ABC内,作AO⊥CB,交CB延长线于点O. 由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.
又G为AD的中点,所以G到平面BDC的距离h是AO长度的一半. 在△AOB中,AO＝AB·sin 60°＝3,所以
11131
V三棱锥D -S△DBC·h＝×·BD·BC·sin 120°·＝. BCG＝V三棱锥G -BCD＝·33222
1
?(2)(2012·课标全国)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直底面,∠ACB＝90°,AC＝BC＝AA1,D是棱AA1的中点.
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(I)证明：平面BDC1⊥平面BDC；
(II)平面BDC1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比.
解：(I)证明：由题设知BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC＝C,所以BC⊥平面ACC1A1. 又DC1?平面ACC1A1,所以DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°,所以∠CDC1＝90°,即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C,所以DC1⊥平面BDC. 又DC1?平面BDC1,故平面BDC1⊥平面BDC. (II)设棱锥B-DACC1的体积为V1,AC＝1.由题意得
11＋21V1＝××1×1＝.
322又三棱柱ABC-A1B1C1的体积V＝1,
所以(V－V1)∶V1＝1∶1.
故平面BDC1分此棱柱所得两部分体积的比为1∶1. ?(3)(2015·大庆质检) 如图,四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD＝DC＝BC＝1,AB＝2,AB∥DC,∠BCD＝90°.
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 ①求证：PC⊥BC；
②求点A到平面PBC的距离.
解：①证明：∵PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,∴PD⊥BC. 由∠BCD＝90°知,BC⊥DC,
∵PD∩DC＝D,∴BC⊥平面PDC,∴BC⊥PC. ②设点A到平面PBC的距离为h, ∵AB∥DC,∠BCD＝90°,∴∠ABC＝90°,
1
连接AC(图略),∵AB＝2,BC＝1, ∴S△ABC＝AB·BC＝1,
211
∵PD⊥平面ABCD,PD＝1, ∴VP-PD＝, ABC＝S△ABC·33
∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DC,
∵PD＝DC＝1,∴PC＝2, ∵PC⊥BC,BC＝1,
12
∴S△PBC＝PC·BC＝,
22
11
∵VA-h＝,∴h＝2, PBC＝VP-ABC, ∴S△PBC·33
∴点A到平面PBC的距离为2. 【变式训练】
1.如图,四棱锥P—ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,点E在线段AD上,且CE∥AB. (1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1,AD＝3,CD＝2,∠CDA＝45°,求四棱锥P—ABCD的体积.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,CE?平面ABCD, 所以PA⊥CE.
因为AB⊥AD,CE∥AB,所以CE⊥AD. 又PA∩AD＝A,所以CE⊥平面PAD. (2)解 由(1)可知CE⊥AD. 在Rt△ECD中,DE＝CD·cos 45°＝1, CE＝CD·sin 45°＝1.
又因为AB＝CE＝1,AB∥CE,所以四边形ABCE为矩形.
1
所以S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE
2
15
＝1×2＋×1×1＝.
22
又PA⊥平面ABCD,PA＝1,
1155
所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.
3326
2.[2014·福建文]如图所示,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.
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 解：方法一：(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)由AB⊥平面BCD,
得AB⊥BD.
1
∵AB＝BD＝1,∴S△ABD＝.
2
∵M是AD的中点,
11
∴S△ABM＝S△ABD＝.
24
由(1)知,CD⊥平面ABD, ∴三棱锥C - ABM的高h＝CD＝1,
因此三棱锥A - MBC的体积
11
VA -h＝. MBC＝VC - ABM＝S△ABM·312
方法二：(1)同方法一.
(2)由AB⊥平面BCD,得平面ABD⊥平面BCD. 且平面ABD∩平面BCD＝BD.
如图所示,过点M作MN⊥BD交BD于点N,
11
则MN⊥平面BCD,且MN＝AB＝.
22
1
又CD⊥BD,BD＝CD＝1,∴S△BCD＝.
2
∴三棱锥A - MBC的体积
VA - MBC＝VA - BCD－VM - BCD
11＝AB·S△BCD－MN·S△BCD 331＝. 123.(2015·唐山统考)如图,在三棱锥P-ABC中,PA＝PB＝AB＝BC,∠PBC＝90°,D为AC的中点,AB⊥PD. (1)求证：平面PAB⊥平面ABC； (2)如果三棱锥P-BCD的体积为3,求PA.
解：(1)证明：取AB中点为O,连接OD,OP.
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 因为PA＝PB,所以AB⊥OP.
又AB⊥PD,OP∩PD＝P,所以AB⊥平面POD,
因为OD?平面POD,所以AB⊥OD.
由已知,BC⊥PB,又OD∥BC,所以OD⊥PB, 因为AB∩PB＝B,所以OD⊥平面PAB.
又OD?平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC. (2)由(1)知,OP⊥平面ABC.
设PA＝a,因为D为AC的中点,
11112333
所以VP-＝V＝××a×a＝a, BCDABC
2P-232224
3
由a3＝3,解得a＝23,即PA＝23. 244.[2014·课标Ⅰ文]如图,三棱柱ABC - A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C. (1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1＝60°,BC＝1,求三棱柱ABC - A1B1C1的高.
解：(1)证明：连接BC1,则O为B1C与BC1的交点. 因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO, 由于BC1∩AO＝O,故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO,故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD.作OH⊥AD,垂足为H. 由于BC⊥AO,BC⊥OD,且AO∩OD＝O, 故BC⊥平面AOD,所以OH⊥BC. 又OH⊥AD,且AD∩BC＝D, 所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1＝60°,所以△CBB1为等边三角形,又BC＝1,可得OD＝11因为AC⊥AB1,所以OA＝B1C＝. 22
721
,得OH＝. 414
2121
又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABC - A1B1C1的高为. 77由OH·AD＝OD·OA,且AD＝OD2＋OA2＝
3
. 4
题型3：直线、平面平行与垂直关系的综合 【典型例题】
[例1]?(1)已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题： ①若l?α,m?α,l∥β,m∥β,则α∥β； ②若l?α,l∥β,α∩β＝m,则l∥m； ③若α∥β,l∥α,则l∥β； ④若l⊥α,m∥l,α∥β,则m⊥β.
其中真命题________(写出所有真命题的序号). 答案：②④ ?(2)(2014·辽宁)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n?α,则m⊥n
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2018届高考文科数学一轮复习 立体几何：(二)空间中直线、平面间的关系及其证明 知识梳理·题型剖析 C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
【答案】B 对A,m,n还可能异面、相交,故A不正确；对B,由线面垂直的定义可知正确；对C,n还可能在平面α内还可能与α相交,故C不正确；对D,n还可能在α内,还可能与α相交,故D不正确.故选B., ?(3)(2015·江西七校联考)已知直线a和平面α,β,α∩β＝l,a?α,a?β,且a在α,β内的射影分别为直线b和c,则直线b和c的位置关系是( )
A.相交或平行 B.相交或异面
C.平行或异面 D.相交、平行或异面
答案：选D 依题意,直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面,故选D. ?(4)(2013·课标Ⅱ)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,直线l满足l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则( ) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l D.α与β相交,且交线平行于l
答案：D 若α∥β,则m∥n,这与m,n为异面直线矛盾,所以A不正确.将已知条件转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交线一定平行于l,从而排除B,C,故选D. ?(5)(2016·课标Ⅱ)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题： ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m?α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)
【解析】 若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α与β可能平行或相交,故①错误；②显然成立；若α∥β,m?α,则m与β无公共点,因而m∥β,故③正确；由线面角的定义、等角定理及面面平行的性质可知④正确. 【答案】 ②③④ [例2]?(1)(2014·北京)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1＝AC＝2,BC＝1,E,F分别为A1C1,BC的中点.
(I)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； (II)求证：C1F∥平面ABE； (III)求三棱锥E-ABC的体积.
[解] (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,
所以BB1⊥AB. 又因为AB⊥BC,
所以AB⊥平面B1BCC1.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明：取AB的中点G,连接EG,FG. 因为E,F分别是A1C1,BC的中点,
1
所以FG∥AC,且FG＝AC.
2
因为AC∥A1C1,且AC＝A1C1,所以FG∥EC1,且FG＝EC1,所以四边形FGEC1为平行四边形. 所以C1F∥EG.
又因为EG?平面ABE,C1F?平面ABE, 所以C1F∥平面ABE.
(3)因为AA1＝AC＝2,BC＝1,AB⊥BC, 所以AB＝AC2－BC2＝3.
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所以三棱锥E-ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝××3×1×2＝. 3323
?(2)[2014·江苏文]如图所示,在三棱锥P - ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA＝6,BC＝8,DF＝5.
求证：(I)直线PA∥平面DEF； (II)平面BDE⊥平面ABC.
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