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1、§8.4直线、平面垂直的判定与性质高考文数(课标专用)考点一 直线与平面垂直的判定和性质1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥ACA组 统一命题·课标卷题组五年高考答案 C∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,∴BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,∴BC1⊥A1E.故选C.22.(2018课标全国Ⅱ,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB
2、=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.3解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2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,4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=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45
3、°.所以OM=,CH==.所以点C到平面POM的距离为.解题关键认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积法求解是关键.53.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)证明:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.6解析 (1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.(2
4、分)又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,因为PG⊂平面PED,所以AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(4分)(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.(5分)理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.(7分)连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=CG.(9分)7由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB
5、,所以DE∥PC,因此PE=PG,DE=PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,(11分)所以四面体PDEF的体积V=××2×2×2=.(12分)84.(2014课标Ⅰ,19,12分,0.32)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.9解析(1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为BB1C1C为菱形,所以B1C⊥
6、BC1.又AO⊥平面BB1C1C,因为B1C⊂平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,因为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.10由于BC⊥AO,BC⊥OD,OA∩OD=O,故BC⊥平面AOD,因为OH⊂平面AOD,所以OH⊥BC.又OH⊥AD,BC∩AD=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=.由于AC⊥AB1,所以OA=B1C=.由OH·AD=OD·OA,且AD==,得OH=.又O为B1C的中点,11所以点B1到平
7、面ABC的距离为.故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.一题多题第(2)问易得=,B1C=1,由AO⊥平面BB1C1C,O为B1C的中点,AC⊥AB1,可得△ACB1为等腰直角三角形,可求得S△ABC=.设点B1到平面ABC的距离为h,由=得××=××h,故h=,从而三棱柱ABC-A1B1C1的高为.思路分析(1)连接BC1,证明B1C⊥平面ABO,可得B1C⊥AB;(2)作OD⊥BC于D,连接AD,然后作OH⊥AD于H,证明△CBB1为等边三角形,求出B1到平面ABC的距离即可知
