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名师一号高考总复习新课标A版数学文科学案部分全解全析

又EC⊥BD，EC∩CO＝C，

CO，EC?平面EOC，

所以BD⊥平面EOC.

因此BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.

(2)如右图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，

因为M是AE的中点，所以MN∥BE.

又MN?平面BEC，BE?平面BEC，

∴MN∥平面BEC.

又因为△ABD为正三角形，

所以∠BDN＝30°，

又CB＝CD，∠BCD＝120°，

因此∠CBD＝30°，所以DN∥BC.

又DN?平面BEC，BC?平面BEC，所以DN∥平面BEC.

又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，

又DM?平面DMN，所以DM∥平面BEC.

第五节直线、平面垂直的判定及性质

课本导读

1．(1)任意一条(2)两条相交直线a，b?αa∩b＝O l⊥a l⊥b垂直a∥b a⊥α(3)平行a⊥αb⊥α

2．(1)垂线l?βl⊥α(2)交线α⊥βl?βα∩β＝a l⊥a

基础自评

1．解析可以有无数条．

答案 C

2．解析A显然不对，C，D中的直线有可能在平面α内．故选B.

答案 B

3．解析易证BC⊥平面P AB，则平面P AB⊥平面PBC，又AD∥BC，故AD⊥平面P AB，则平面P AD⊥平面P AB，因此选A.

答案 A

4．解析若l⊥α，则l垂直于平面α内的任意直线，故l⊥m且l⊥n，但若l⊥m且l⊥n，不能得出l⊥α.

答案充分不必要

解析如右图所示，P A⊥PB，P A⊥PC，所以P A⊥平面PBC，所以P A⊥BC，又PH⊥平面ABC，所以AE⊥BC.即H是△ABC高的交点，所以H一定是△ABC的垂心．答案垂

研考点·知规律

【例1】解 (1)证明：∵BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又∠ACB ＝∠ACD ，故BD ⊥AC .

∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥BD .从而BD 与平面P AC 内两条相交直线P A ，AC 都垂直，∴BD ⊥平面P AC .

(2)三棱锥P —BCD 的底面BCD 的面积S △BCD ＝12BC ·CD ·sin ∠BCD ＝12·2·2·sin 2π

＝ 3.

由P A ⊥底面ABCD ，得

V P —BCD ＝13·S △BCD ·P A ＝1

·3·23＝2.

由PF ＝7FC ，得三棱锥F —BCD 的高为1

P A ，

故V F —BCD ＝13·S △BCD ·1

P A

＝13·3·18·23＝14

. ∴V P —BDF ＝V P —BCD －V F —BCD ＝2－14＝7

变式思考1 证明 ∵BD ⊥平面ABC ，CN ?平面ABC ，∴BD ⊥CN . 又∵AC ＝BC ，N 是AB 的中点，∴CN ⊥AB . 又∵BD ∩AB ＝B ，∴CN ⊥平面ABD . 而AD ?平面ABD ，∴CN ⊥AD . 【例2】证明 (1)连接CF .

∵F 为AB 的中点，∴AF ＝1

AB .

又CD ＝1

AB ，∴AF ＝CD .

又AF ∥CD ，∴四边形AFCD 为平行四边形．因此CF ∥AD .

又CF ?平面P AD ，∴CF ∥平面P AD .

∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥P A . 又EF ?平面P AD ，∴EF ∥平面P AD . ∵CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面P AD . 又CE ?平面CEF ，∴CE ∥平面P AD .

(2)∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥P A . 又AB ⊥P A ，∴AB ⊥EF . 同理可证AB ⊥FG .

又EF ∩FG ＝F ，EF ?平面EFG ，FG ?平面EFG ，因此AB ⊥平面EFG .

又M ，N 分别为PD ，PC 的中点，∴MN ∥CD . 又AB ∥CD ，∴MN ∥AB . 因此MN ⊥平面EFG .

又MN ?平面EMN ，∴平面EFG ⊥平面EMN . 变式思考2

证明 (1)如右图，在△P AD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD . 又因为EF ?平面PCD ，PD ?平面PCD ，所以直线EF ∥平面PCD .

(2)连接BD .因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以△ABD 为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .

因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ?平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ?平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .

【例3】解 (1)证明：在△ABD 中， ∵AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45， ∴AD 2＋BD 2＝AB 2.∴AD ⊥BD .

又∵面P AD ⊥面ABCD ，面P AD ∩面ABCD ＝AD ， BD ?面ABCD ，∴BD ⊥面P AD .

又BD ?面BDM ，∴面MBD ⊥面P AD .

(2)过P 作PO ⊥AD ， ∵面P AD ⊥面ABCD ， ∴PO ⊥面ABCD ，

即PO 为四棱锥P —ABCD 的高．又△P AD 是边长为4的等边三角形， ∴PO ＝2 3.

在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ， ∴四边形ABCD 为梯形．

在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845

＝85

5，

此即为梯形的高．

∴S 四边形ABCD ＝25＋452×85

5＝24.

∴V P —ABCD ＝1

×24×23＝16 3.

变式思考3 解 (1)证明：∵E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1的中点，∴EF ∥AB . ∵EF ?平面ABCD ，AB ?平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .

(2)当D 1D AD

＝2时，DF ⊥平面D 1MB .

∵ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . ∵D 1D ⊥平面ABC ，∴D 1D ⊥AC . ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AC ⊥DF .

∵F ，M 分别是BD 1，CC 1的中点，

∴FM ∥AC .∴DF ⊥FM .

∵D 1D ＝2AD ，∴D 1D ＝BD .∴矩形D 1DBB 1为正方形． ∵F 为BD 1的中点，∴DF ⊥BD 1. ∵FM ∩BD 1＝F ，∴DF ⊥平面D 1MB . 自主体验

证明由题设知BC ⊥CC 1，BC ⊥AC ，CC 1∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1. 又DC 1?平面ACC 1A 1，所以DC 1⊥BC . 由题设知∠A 1DC 1＝∠ADC ＝45°，所以∠CDC 1＝90°，即DC 1⊥DC .又DC ∩BC ＝C ，所以DC 1⊥平面BDC .又DC 1?平面BDC 1，故平面BDC 1⊥平面BDC .

第八章平面解析几何

第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程

课本导读

1．(1)①正向向上 0° ②0°≤α＜180° (2)①正切值 tan α ②y 2－y 1

x 2－x 1

2．y －y 1＝k (x －x 1) y ＝kx ＋b y －y 1y 2－y 1＝x －x 1x 2－x 1 x a ＋y

＝1 Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)

3．(1)x ＝x 1 (2)y ＝y 1 (3)x ＝0 (4)y ＝0 4.x 1＋x 22 y 1＋y 22

基础自评

1．解析由m －4

－2－m

＝1，得m ＝1.

答案 A

2．解析 AB 的中点为(1,2)，故所求直线方程为y －2＝－3(x －1)．答案 C

3．解析显然k ＜0，π

＜α＜π，

∴cos α＜0，∴k cos α＞0. 答案 B 4．解析易知AB 边的中点坐标为D (4，－3)，因为AB 边上的中线所在的直线经过点C ，