7.4 直线、平面垂直的判定与性质（十年高考）（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习十年真题分类题组

**基本信息** 汇编2012-2025年高考真题，聚焦直线与平面垂直的判定与性质，覆盖正方体、三棱锥等典型模型，助力一轮复习核心考点突破。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|1题/5分|正方体中平面垂直判定|基础巩固，直接应用判定定理| |解答题|19题/235分|面面垂直证明（如2022全国乙文18题）、体积计算（如2025天津17题）、折叠问题（如2015陕西18题）|分层设计，从单一证明到综合应用，融合空间向量法与传统几何法，贴合高考命题趋势|

7.4　直线、平面垂直的判定与性质 考点 直线、平面垂直的判定与性质 1.(2022全国乙,理7,文9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1　　　　 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC　　　　 D.平面B1EF∥平面A1C1D 答案　A　如图所示, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,EF∥AC,∴EF⊥BD,又D1D⊥平面ABCD,EF⊂平面ABCD,∴D1D⊥EF,又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,又EF⊂平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,故选A. 2.（2025天津，17,15分） 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1. (1)求证:GF⊥平面FBE; (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值; (3)求三棱锥D-FBE的体积. 【解析】(1)证法一在正方形BCC1B1中, 由条件易知tan∠C1FG====tan∠B1BF, 所以∠C1FG=∠B1BF, 则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB, 故∠BFG=π-(∠C1FG+∠B1FB)=,即FG⊥BF, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知D1C1⊥平面BCC1B1,且EF∥D1C1, 所以EF⊥平面BCC1B1, 又FG⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FG. 因为EF∩BF=F,EF,BF⊂平面BEF,所以GF⊥平面BEF. 证法二如图,以D为原点,建立空间直角坐标系, 则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3), 所以=(0,4,0),=(2,4,-4),=(-2,0,-1), 设平面FBE的法向量是m=(a,b,c), 则 令a=2,则c=1,所以m=(2,0,1), 易知=-m,则也是平面FBE的一个法向量, 所以GF⊥平面FBE. (2)=(-2,4,-1),=(-4,0,3). 设平面BEG的法向量为n=(x,y,z), 所以 令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8), 由(1)知是平面FBE的一个法向量, 设平面FBE与平面BEG的夹角为α, 则cos α=|cos<,n>|===. (3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1,因为FB⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FB. 所以S△BEF=EF·BF=×4×=4, 又=(2,0,4),则点D到平面BEF的距离d==, 故VD-FBE=d·S△BEF=××4=. 3.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC, ∠ACB=90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高. 解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C, ∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C, ∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O, ∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1, ∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高. 由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°. 在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC, ∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1, 又知A1C⊥A1C1, ∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=CC1=AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 4.(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)证明:CD⊥平面A1OC; (2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值. 解析　(1)证明:在题图1中, 因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点, ∠BAD=,所以BE⊥AC. 即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 又A1O∩OC=O, 从而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE, 所以CD⊥平面A1OC. (2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE, 且平面A1BE∩平面BCDE=BE, 又由(1)知,A1O⊥BE, 所以A1O⊥平面BCDE, 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高. 由题图1知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积 S=BC·AB=a2. 从而四棱锥A1-BCDE的体积为 V=×S×A1O=×a2×a=a3, 由a3=36,得a=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. 5.(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=,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. 又AB=2,所以△ABC面积的最大值为×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×1×1=. (3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°, 所以PB==.同理,PC=,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, 即E为PB中点.从而OC'=OE+EC'=+=, 亦即CE+OE的最小值为. 解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°, 所以∠OPB=45°,PB==.同理PC=. 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××cos(45°+60°) =1+2-2=2+. 从而OC'==. 所以CE+OE的最小值为+. 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. 6.(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, ∴S△ABD=. ∵M是AD的中点, ∴S△ABM=S△ABD=. 由(1)知,CD⊥平面ABD, ∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1, 因此VA-MBC=VC-ABM=S△ABM·h=. 解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD, 又平面ABD∩平面BCD=BD, 如图,过点M作MN⊥BD交BD于点N, 则MN⊥平面BCD,且MN=AB=, 又CD⊥BD,BD=CD=1, ∴S△BCD=. ∴三棱锥A-MBC的体积VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD =AB·S△BCD-MN·S△BCD=. 7.(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, AB=BC=AD,AD∥BC, 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, 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. 8.(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. ∴CF==. 又∵EF∥DC, ∴=⇒ED===. ∴PE=ME=-=, ∴S△CDE=DC·ED=×1×=. 在Rt△MDE中,MD==, ∴VM-CDE=S△CDE·MD=××=. 9.(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=. 图1 图2 (1)证明:DE∥平面BCF; (2)证明:CF⊥平面ABF; (3)当AD=时,求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG. 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,∴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, ∴AF⊥BC,BF=CF=. ∵在三棱锥A-BCF中,BC=, ∴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. ∴VF-DEG=VE-DFG=··DG·FG·GE=····=. 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. 10.(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△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2. (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由. 解析　(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点, 所以DE∥BC. 又因为DE⊄平面A1CB, 所以DE∥平面A1CB. (2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC, 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D,DE⊥CD. 因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC. 而A1F⊂平面A1DC, 所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D, 所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE. (3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下: 如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,连接PQ,则PQ∥BC. 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A1DC, 所以DE⊥A1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点, 所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP. 即A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ. 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. 11.(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. 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=,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. 12.(2021全国乙文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)证明:平面PAM⊥平面PBD; (2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积. 解析　(1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD. (2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则,又AB=DC=1,M为BC的中点,∴AD=, ∴S矩形ABCD=AB·AD=, ∴V四棱锥P-ABCD=S矩形ABCD·PD=. 名师点拨:本题以学生熟悉的四棱锥为载体,充分考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力,要求学生熟练掌握空间几何体中垂直的证明方法,在计算中体现空间和平面之间的转化思想,尤其是基本图形的运算. 13.(2022全国乙文,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积. 解析　(1)证明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD, ∴△ADB≌△CDB,∴AB=BC, 又E为AC的中点,∴BE⊥AC, 在△ADC中,AD=CD,E为AC的中点,∴DE⊥AC, 又DE⊂平面BED,BE⊂平面BED,DE∩BE=E, ∴AC⊥平面BED, ∵AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD. (2)由(1)可知AB=BC且∠ACB=60°, ∴△ABC为等边三角形,∴AC=AB=2. 又AD=DC,AD⊥CD,∴AD=DC=, 连接EF,由(1)知AC⊥平面BED, ∵EF⊂平面BED,∴AC⊥EF, ∴S△ACF=AC×EF=EF, 在Rt△ADC中,可得DE=1,在△ABC中,可得BE=, 又BD=2,∴BD2=DE2+BE2, ∴△BED为直角三角形,且∠EBD=30°, ∴EF的最小值为Rt△BED斜边上的高h, 且h=BEsin∠EBD=, ∵AC⊥平面BEF, ∴VF-ABC=S△BEF×AC =×AC =×AC =×2 =. 14.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 解析　(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC. 因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点, 所以BE⊥AC. 又DE,BE⊂平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED. (2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=. 因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1. 所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE. 连接EF,因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED, 所以AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF=EF. 当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小,此时EF=. 如图,以E为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),F, 所以=(-1,0,1),=(0,-,1),. 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则令y=1,得n=(,1,). 设CF与平面ABD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,, 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为. 15.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点. (1)证明:OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积. 解题指导:(1)正确利用面面垂直的性质定理是证明第一问的关键.(2)可用二面角定义找出二面角的平面角,进而求出三棱锥A-BCD底面BCD上的高及体积,也可选择建立空间直角坐标系,根据已知条件求出三棱锥A-BCD底面BCD上的高,进而求出其体积. 解析　(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD. (2)在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N, 则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC, ∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC. 在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC. 连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN, ∴EM⊥BC, ∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45°, ∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形, 又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN==EN=ND, ∴AO=OD=1,∴VA-BCD=. 故三棱锥A-BCD的体积为. 一题多解　(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,,0),设AO=a. 则E,∴=(0,,0),,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则令x=a,则z=-1, ∴n=(a,0,-1), 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 由题可知|cos<m,n>|=, ∴a=1,即AO=1. ∴VA-BCD=, 故三棱锥A-BCD的体积为. 16.(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)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. 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. 又BP=DQ=DA,所以BP=2. 作QE⊥AC,垂足为E,则QE=DC,QE∥DC. 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 VQ-ABP=·QE·S△ABP=×1××3×2sin 45°=1. 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. 17.(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. 因为F,G分别为PB,PC的中点, 所以FG∥BC,FG=BC. 因为ABCD为矩形,且E为AD的中点, 所以DE∥BC,DE=BC. 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. 18.(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, 所以EO=AC. 又△ABC是正三角形,且AB=BD, 所以EO=BD. 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ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1. 19.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证: (1)直线DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 证明　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC. 在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1. 又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F, 所以直线DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1. 因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1. 又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1, 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D. 又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1, 所以B1D⊥平面A1C1F. 因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 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. 20.(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; (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积. 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) (2)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x. 由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=×AC·GD·BE=x3=.故x=2.(9分) 从而可得AE=EC=ED=. 所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.(12分) ( 第 17 页 共 17 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $