解密新高考数学人教A版一轮总复习作业8.5直线、平面垂直的判定及其性质(含答案详析)

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2020届高三理数一轮讲义：8.5-直线、平面垂直的判定及其性质(含答案)

知识梳理两直线垂直于同一个平面，
1.判断下列结论正误
表示两条不同的直线，
考点一线面垂直的判定与性质
2MB，求点C到平面
，O为AC的中点，
⊥平面POM.
的距离.
＝2
3BC＝
42
3，∠ACB
上的一点，若三棱锥E－ABC的体积为
；
－BCD的体积为
SAD，可得BD⊥SD
多维探究PCD；
AD的中点，
，使得AC⊥BM，若存在点
，所以MN⊥AC.
⊥平面MBN.
所成角的余弦值；
PDC，
的正切值.
PD2＝25，∴PA＝5. [思维升华]
证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件
基础巩固题组
如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG
中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D
不垂直，满足题意，故选D.
B.直线AB上D.△ABC内部
，所以PC垂直于直线
AB⊥平面PAC，又因为
BD，因为PA⊥
PAC，所以BD⊥PC
C1D1中，AB＝BC
________.
AC1与平面A1B1
AC＝22，
的中点，求证：BD⊥平面AOF.
G，连接FG，AG
是梯形CDPE的中位线，
；
PB上是否存在点F
C，所以DC⊥平面
AC，所以AB⊥AC
B.AH⊥平面EFH
D.HG⊥平面AEF AH⊥HE，AH⊥HF不变，又HE
C.4
上的射影为E，连接D1E
C1DF，
ADC；
与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为。

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质(精讲)-2021年新高考数学一轮复习学与练(解析版)

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质【考纲要求】1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理和性质定理；2. 掌握公理、判定定理和性质定理.【知识清单】知识点1．直线与平面垂直的判定与性质定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．定理：⎭⎪⎬⎪⎫a αb αl ⊥a l ⊥ba ∩b ＝A ⇒l ⊥α知识点2．平面与平面垂直的判定与性质定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．定理：⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α 知识点3．线面、面面垂直的综合应用 1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法 ①定义法．②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．②垂直于同一个平面的两条直线平行．③垂直于同一直线的两平面平行．2．斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．【考点梳理】考点一：直线与平面垂直的判定与性质【典例1】（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，点E、F分别是AB和PC的中点．(1)求证：AB⊥平面P AD；(2)求证：EF//平面P AD．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）∵侧棱P A垂直于底面，∴P A⊥AB．又底面ABCD是矩形，∴AD⊥AB，这样，AB垂直于平面P AD内的两条相交直线，∴AB⊥平面P AD．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面P AD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面P AD．故平面EFG ∥平面P AD ，∴EF ∥平面P AD ．【典例2】（2019·甘肃高三期末（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC ==，AB =，11B C =，1B C ⊥平面ABC .（1）证明：AC ⊥平面11BCC B ；（2）求点C 到平面11ABB A 的距离.【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）证明：因为1B C ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1B C AC ⊥.因为1AC BC ==，AB ，所以AC BC ⊥，又1BC B C ⋂，所以AC ⊥平面11BCC B . （2）设点C 到平面11ABB A 的距离为h ，因为1B C ⊥平面ABC ，所以1B C AC ⊥，1B C BC ⊥.则1AB ，1BB AB =，所以1ABB ∆是等边三角形，故12ABB S ∆==111122C ABB A C ABB B ABC V V V ---==111233ABC B C S ∆=⨯⨯⨯=，11111123323C ABB A ABB A V S h h h -=⋅=⨯⨯⋅=.所以h【规律方法】(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质.(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直. 【变式探究】1. （2019·河南南阳中学高三开学考试（文））如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是梯形，AB CD AD AB ⊥，，且24 3.AD CD AB PA PD PC ======，(1)若O 为AC 的中点，证明:PO ⊥平面.ABCD (2)求点C 到平面PAB 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】(1)证明：因为AB CD AD AB ⊥，，AD CD AC ∴⊥=，,又3PA PC ==，O 为AC 的中点PO AC ∴⊥，1PO ==连接OD ，在Rt ACD ∆中，O 为AC 的中点12OD AC ∴== ∵222OD OP PD +=，PO OD ∴⊥又ODAC O =∴PO ⊥平面ABCD(2)解：设点C 到平面PAB 的距离为h ，则12442ABC S ∆=⨯⨯=，PB ==在PAB ∆中，32PA AB PB ==，， ∴9452cos 2323PAB +-∠==⨯⨯.∴1322PAB S ∆=⨯⨯=由C PAB P ABC V V --=44PO =⨯=，解得h =2.（2019·陕西高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，2AB =,060BAD ∠=，面PAD ⊥面ABCD ,PAD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点．(1)求证：AD ⊥平面POB ；(2)若E 是PC 的中点，求三棱锥P EDB -的体积．【答案】（1）详见解析（2）12【解析】(1)证：因为O 为等边PAD ∆中边AD 的中点，所以AD PO ⊥,又因为在菱形ABCD 中，060BAD ∠=，所以ABD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点，所以AD BO ⊥,而PO BO O =,所以AD ⊥平面POB .(2)解：由(1)知AD PO ⊥，面PAD ⊥面ABCD ,所以PO ⊥底面ABCD ，因为等边PAD ∆的边长为2，所以PO , 易知BCD ∆为边长为2的等边三角形，所以三棱锥P BCD -的体积为：21213P BCD V -==, 因为E 是PC 的中点，所以1122P EDB P BCD V V --==，所以三棱锥P EDB -的体积为12．考点二：平面与平面垂直的判定与性质【典例3】（2020·全国高考真题（文））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，∠APC =90°．（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）连接,,OA OB OC ，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，22AP AC ==在Rt PAO 中，PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333248P ABC ABC V PO S -=⋅=⨯⨯⨯=△.【典例4】（2020·五华·云南师大附中高三月考（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1A B ⊥平面ABC ，1AB AC ==，12AA =．（1）证明：平面1AA B ⊥平面11AAC C ；（2）求三棱锥111B A BC -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）6.【解析】（1）证明：∵1A B ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴1A B AC ⊥．又∵AB AC ⊥，∵1AB A B B ⋂=， ∴AC ⊥平面1A AB ．又∵AC ⊂平面11A ACC ， ∴平面1AA B ⊥平面11AAC C ．（2）111111111111111332B A BC B A B C A B C V V S A B --==⋅=⨯⨯⨯=△．【规律方法】 1.判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． 2．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．【变式探究】1.在四边形ABCD 中，//,,45AD BC ADAB BCD，90BAD ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是（）A.平面ABD ⊥平面ABCB.平面ADC ⊥平面BDCC.平面ABC ⊥平面BDCD.平面ADC ⊥平面ABC 【答案】D 【解析】在直角梯形ABCD 中，因为ABD ∆为等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒，所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以CD ⊥平面ABD ，因AB 平面ABD ，所以CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，AD CD D =，所以AB ⊥平面ADC ，因AB平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .2．（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，BD 是线段AC 的中垂线，BD 与AC 交于点O ，8AC =，2PD =，3OD =，5OB =．（1）证明：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）求点B 到平面PAC 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AC ⊥．又因为BD AC ⊥，BDPD D =，所以AC ⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，所以平面PBD ⊥平面PAC ．（2）因为8AC =，2PD =，3OD =，5OB =，所以由勾股定理得5AD CD ===，AP CP ==所以182PACS =⨯=△11852022ABC S AC OB =⋅=⨯⨯=△．设点B 到平面PAC 的距离为h ．由B PAC P ABC V V --=，得1133PAC ABC S h S PD ⋅=⋅△△，即1141320233h ⨯⨯=⨯⨯，解得101313h =．【总结提升】在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直．转化方法：在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．考点三：线面、面面垂直的综合应用【典例5】（2020·安徽省舒城中学月考（文））设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：①若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ；②若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α；③若m ⊥n ，m ⊥α，α∥β，则n ∥β；④若α⊥β，α∩β＝l ，m ∥α，m ⊥l ，则m ⊥β．其中正确的是（） A ．①② B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C 【解析】由,m n 是空间两条不同的直线，,αβ是空间两个不同的平面．在①中，若//,//,//m n αβαβ，则m 与n 相交、平行或异面，故①错误；在②中，设,,n n l l ααβ⊂⋂=⊥，因为αβ⊥，所以n β⊥，又m β⊥，所以//m n ，又m α⊄，n ⊂α，所以//m α，故②正确；在③中，若,,//m n m ααβ⊥⊥，则n 与β平行或n β⊂，故③错误；在④中，设,m n γγα⊂⋂=，因为//m α，所以//m n ，又m l ⊥，所以n l ⊥，又因为,,l n αβαβα⊥⋂⊂＝，所以n β⊥，所以m β⊥，故④正确．故选：C ．【典例6】（2020·临猗县临晋中学月考（文））如图，在三棱锥P －ABC 中，P A －AB －P A －BC －AB －BC －P A －AB －BC －2－D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13【解析】（I ）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（II ）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（I ）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC . 所以平面BDE ⊥平面PAC .（III ）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112DE PA ==，BD DC ==由（I ）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面PAC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【规律方法】1.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．4.垂直关系的转化：【变式探究】1.（2019·四川高考模拟（理））如图所示，在RtΔABC中，AB=4，AC=3，BC=5，在BC边上任取一点D，并将ΔABD沿直线AD折起，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后B、C两点间距离的最小值为__________．【答案】√13【解析】如图所示，设∠BAD=θ，则∠CAD=π2−θ,过点C作CE⊥AD于E，过B作BF⊥AD交AD的延长线于点F，所以BF=4sinθ,CE=3sin(π2−θ)=3cosθ,AF=4cosθ,AE=3cos(π2−θ)=3sinθ，所以EF=4cosθ−3sinθ，所以|BC|=√CE2+EF2+BF2=√(3cosθ)2+(4cosθ−3sinθ)2+(4sinθ)2 =√9cos2θ+16cos2θ+9sin2θ−24sinθcosθ+16sin2θ=√25−24sinθcosθ=√25−12sin2θ，当sin2θ=1时，|BC|min=√13.2.（2019·云南高三月考（文））如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA 1，E 是A 1C 的中点．（1）若P 为AB 的中点，证明：DE ∥平面PBA 1．（2）若平面PDA 1⊥平面PDA ，且DE ⊥平面CBA 1，求四棱锥A 1﹣PBCD 的体积．【答案】（1）详见解析（2）12【解析】（1）证明：令1A B 的中点为F ，连接EF ，PF .因为P 为AB 的中点且//PD BC , 所以PD 是ABC △的中位线，所以//PD BC ,12PD BC =. 因为E 是1AC 的中点,且F 为1A B 的中点,所以EF 是1A BC 的中位线,所以//EF BC ，且12EF BC =，于是有PDEF ,所以四边形PDEF 为平行四边形,所以//DE PF , 又DE ⊄平面1PBA ，PF ⊂平面1PBA 所以有//DE 平面1PBA .（2）解：因为DE ⊥平面1CBA ，所以1DE AC ⊥. 又因为E 是1AC 的中点，所以1A D DC DA ==，即D 是AC 的中点.由//PD BC 可得，P 是AB 的中点.因为在ABC △中,90B ∠=︒，//PD BC ，PDA 沿PD 翻折至1PDA ，且平面1PDA ⊥平面PDA ，利用面面垂直的性质可得1PA ⊥平面PBCD ，所以111131·13322A PBCD PBCD V S A P -==⨯⨯=四棱锥四边形. 考点四：平行、垂直的综合应用【典例7】（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥ 1//MN BBMN 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11BC ⊂平面11EBC 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 AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111AB C A N = ∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AO AB m ===O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP == //EF BC∴AP EPAM BM=3EP= 解得：EP m =在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m =1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形， ∴1//B E PQ由（1）11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin10QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10.【典例8】（2018·全国高考真题（文））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）证明见解析；（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 ．【总结提升】1.与探索性问题有关的解题策略(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．2．证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．【变式探究】1. （2020·江苏省震泽中学期末）如图，在三棱锥P ABC -中，AP AB =，,M N 分别为线段,PB PC 上的点（异于端点），平面PAB ⊥平面PBC .（1）若//BC 平面AMN ，求证：//BC MN ；（2）若M 为PB 的中点，求证：平面AMN ⊥平面PBC .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为//BC 平面AMN ，BC ⊂平面PBC ，平面AMN平面PBC MN =，由线面平行的性质可得//BC MN（2）因为M 为PB 的中点，且AP AB =，由等腰三角形的性质可得AM PB ⊥，又因为平面PAB ⊥平面PBC ，平面PAB ⋂平面PBC BC =，AM ⊂平面PAB ，由面面垂直的性质定理即可得：AM ⊥平面PBC ，又因为AM ⊂平面AMN ，所以平面AMN ⊥平面PBC2.如图(1)所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1—BCD ，如图(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？请说明理由．【答案】【解析】(1)证明：∵D ，M 分别为AC ，FC 的中点， ∴DM ∥EF ，又∵EF ⊂平面A 1EF ，DM ⊄平面A 1EF ， ∴DM ∥平面A 1EF .(2)证明：∵EF ⊥BD ，A 1E ⊥BD ，A 1E ∩EF ＝E ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥平面A 1EF ，又A 1F ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥A 1F .(3)直线A 1B 与直线CD 不能垂直．理由如下：∵平面BCD ⊥平面A 1BD ，平面BCD ∩平面A 1BD ＝BD ，EF ⊥BD ，EF ⊂平面CBD ， ∴EF ⊥平面A 1BD ，又∵A1B⊂平面A1BD，∴A1B⊥EF，又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，∵DM∩CD＝D，∴A1B⊥平面MCD，∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾，∴直线A1B与直线CD不能垂直．。

新高考一轮复习人教版直线、平面平行的判定和性质作业

8.3直线、平面平行的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面平行的判定和性质1.(2021江苏扬州大学附中2月检测,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面AMC1的位置关系是()A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.要依P点的位置而定答案B2.(2021济南二模,7)已知正四面体ABCD的棱长为2,平面α与棱AB、CD均平行,则α截此正四面体所得截面面积的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2答案A3.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是()A.平面AC1F∥平面B1CEB.直线FG∥平面B1CEC.直线CG与BF异面D.直线C1F与平面CGE相交答案AC4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB∥平面D1NT,则动点Q的轨迹的长为.答案√105.(2022届山东潍坊10月过程性测试,18)如图,平面ABCD⊥平面AEBF,四边形ABCD为矩形,△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;(2)若点G为线段FC上任意一点,求证:BG∥平面ADE.证明(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因为AE⊂平面AEBF,所以BC⊥AE.因为∠AEB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因为AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE.因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE⊂平面ADE,BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG⊂平面FBC,所以BG∥平面ADE.6.(2022届广东佛山一中10月月考,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=√2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E为PA的中点.2(1)证明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)证明:取AD的中点O,连接EO,OB,∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD,又OE⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC ∥AD,BC=12AD,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴BO ∥CD, 又OB ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,∴BO ∥平面PCD,又OE ∩BO=O,∴平面EBO ∥平面PCD, 又∵BE ⊂平面EBO,∴BE ∥平面PCD.(2)连接PO,∵PA=PD,O 为AD 的中点,∴PO ⊥AD, 又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD, 所以PO ⊥平面ABCD,取BC 的中点M,连接OM, ∵四边形ABCD 是等腰梯形,∴OM ⊥AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C (√32,12,0),∴PD⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,0),设平面PCD 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·PD ⃗⃗⃗⃗ =y −z =0,n ·CD⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y =0,令x=1,则y=z=√3,则n=(1,√3,√3), 易知平面PAD 的一个法向量为m=(1,0,0), ∴|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√7,则sin θ=√427. 7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D,E 分别为BC,AC 的中点,AB=BC.求证: (1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE ⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E ⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.8.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C,又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.9.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.解析 (1)证明:∵ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体,∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1.又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB,∴四边形ABC 1D 1为平行四边形,∴AD 1∥BC 1,又AD 1⊂平面AD 1E,BC 1⊄平面AD 1E,∴BC 1∥平面AD 1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,2),D 1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n=(x,y,z),直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ, 则{n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +2z =0,2y +z =0,令z=-2,则{x =2,y =1,此时n=(2,1,-2),∴sin θ=|cos<n,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+4×2=23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.考点二平面与平面平行的判定和性质1.(2022届重庆巴蜀中学11月月考,8)在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F,G,H 分别为棱AB,BC,C 1D 1,A 1D 1的中点,若平面α∥平面EFGH,且平面α与棱A 1B 1,B 1C 1,B 1B 分别交于点P,Q,S,其中点Q 是棱B 1C 1的中点,则三棱锥B 1-PQS 的体积为( ) A.1 B.12C.13D.16答案 D2.(2019课标Ⅱ文,7,5分)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 B3.(2021河北邢台月考,19)在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1=2AB=4,M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点.(1)证明:平面MNC ∥平面AD 1P;(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点,所以MN ∥AD 1,CN ∥PD 1.又AD 1⊄平面MNC,MN ⊂平面MNC,所以AD 1∥平面MNC,同理PD 1∥平面MNC, 又AD 1∩PD 1=D 1,所以平面MNC ∥平面AD 1P.(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,2,2),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0),则DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),MC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面MNC 的法向量为n=(x,y,z),则{MN⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2z =0,MC ⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2y =0,令z=1,得n=(2,1,1). 设直线DP 与平面MNC 所成角为θ,则sin θ=|cos<DP⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|DP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√33, 所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33.综合篇知能转换A 组考法一判断或证明线面平行的方法1.(2022届T8联考,7)如图,已知四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为平行四边形,E,F,G 分别为棱AA 1,CC 1,C 1D 1的中点,则( )A.直线BC 1与平面EFG 平行,直线BD 1与平面EFG 相交B.直线BC 1与平面EFG 相交,直线BD 1与平面EFG 平行C.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 平行D.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 相交答案 A2.(2022届湖南岳阳一中入学考试,18)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面ABB 1A 1是菱形,∠BAA 1=60°,E 是棱BB 1的中点,CA=CB,F 在线段AC 上,且AF=2FC. (1)证明:CB 1∥平面A 1EF;(2)若CA ⊥CB,平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,求二面角F-A 1E-A 的余弦值.解析 (1)证明:连接AB 1交A 1E 于点G,连接FG, 易得△AGA 1∽△B 1GE,所以AG GB 1=AA 1EB 1=2,又因为AF FC =2,所以AF FC =AGGB 1,所以FG ∥CB 1,又CB 1⊄平面A 1EF,FG ⊂平面A 1EF,所以CB 1∥平面A 1EF.(2)过C 作CO ⊥AB 于点O,因为CA=CB,所以O 是线段AB 的中点.因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,平面CAB ∩平面ABB 1A 1=AB,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.连接A 1B,OA 1,由题意易知△ABA 1是等边三角形,又O 是线段AB 的中点,所以OA 1⊥AB.以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗ ,OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗ 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,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A 1(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F (13,0,23),B 1(-2,√3,0),E (−32,√32,0),则A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,−√32,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ =13,-√3,23.设平面A 1FE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 13−√3y 1+23z 1=0,−32x 1−√32y 1=0,令x 1=1,则n 1=(1,-√3,-5).易知平面ABB 1A 1的一个法向量为n 2=(0,0,1), 则cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-5√2929,由题图可知,二面角F-A 1E-A 的平面角为锐角,所以二面角F-A 1E-A 的余弦值为5√2929. 3.(2022届南京二十九中10月月考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥AD,AB=2BC=4,E 是棱PD 上的动点(除端点外),F,M 分别为AB,CE 的中点. (1)证明:FM ∥平面PAD;(2)若直线EF 与平面PAD 所成的最大角为30°,求平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取CD 的中点N,连接FN,MN,因为F,N 分别为AB,CD 的中点,所以FN ∥AD,又FN ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,所以FN ∥平面PAD,因为M,N 分别是CE,CD 的中点,所以MN ∥PD,又MN ⊄平面PAD,PD ⊂平面PAD,所以MN ∥平面PAD,又FN ∩MN=N,所以平面MFN ∥平面PAD,又因为FM ⊂平面MFN,所以FM ∥平面PAD.(2)连接AE,因为平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD,所以∠AEF 即为直线EF 与平面PAD 所成的角,且tan ∠AEF=AF AE =2AE, 当AE 最小,即AE ⊥PD,亦即E 为PD 中点时,∠AEF 最大,为30°,又因为AF=2,所以AE=2√3,所以AD=4. 取AD 的中点O,连接PO,OC,易知PO ⊥平面ABCD,因为AO ∥BC 且AO=12AD=BC,所以四边形ABCO 为平行四边形,所以AB ∥CO,又AB ⊥AD,所以AO ⊥OC,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2√3),E(0,1,√3),F(2,-2,0),则CE ⃗⃗⃗⃗ =(-4,1,√3),FC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),设平面CEF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·FC⃗⃗⃗ =0,n 1·CE ⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y =0,−4x +y +√3z =0,可取n 1=(√3,-√3,5).易知平面PAD 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√3√31=√9331,所以平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√9331.4.(2019课标Ⅰ理,18,12分)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)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 (1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,则MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−x +√3y −2z =0,−4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−√3q =0,−p −2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.5.(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB,AB ⊥AC,AB=AC=√2,PB=PC=√6,点M 是PA 的中点,点D 是AC 的中点,点N 在PB 上,且PN=2NB. (1)证明:BD ∥平面CMN;(2)求直线CN 与平面ABC 所成角的正切值.解析 (1)证明:如图,连接PD 交CM 于O,则O 为△PAC 的重心,PO=2OD,连接ON,因为PN=2NB,所以ON ∥BD,因为ON ⊂平面CMN,BD ⊄平面CMN,所以BD ∥平面CMN.(2)因为PB=PC,AB=AC,PA=PA,所以△PAB ≌△PAC,所以∠PAC=∠PAB=90°,所以PA=√PC 2−AC 2=√6−2=2,又因为PA ⊥AB,AB ∩AC=A,所以PA ⊥平面ABC,过N 作NH ⊥AB 于H,连接HC,因为NH ∥PA,所以NH ⊥平面ABC,所以NH ⊥HC,且AH=23AB,直线CN 与平面ABC 所成角为∠NCH,所以直线CN 与平面ABC 所成角的正切值tan ∠NCH=NH HC=13PA √AC 2+(23AB )2=13×2√(√2)2+(23×√2)2=√2613.6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 (1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则PC⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin45°,即√(x−1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{ x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2−√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.考法二判断或证明面面平行的方法(2021太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC 中,△PAB 是正三角形,G 是△PAB 的重心,D,E,H 分别是PA,BC,PC 的中点,点F 在BC 上,且BF=3FC. (1)求证:平面DFH ∥平面PGE;(2)若PB ⊥AC,AB=AC=2,BC=2√2,求二面角A-PC-B 的余弦值.解析 (1)证明:连接BG,GD,由题意得BG 与GD 共线,且BG=2GD, ∵E 是BC 的中点,BF=3FC,∴F 是CE 的中点, ∴BGGD =BEEF=2,∴GE ∥DF,∵GE ⊂平面PGE,DF ⊄平面PGE,∴DF ∥平面PGE, ∵H 是PC 的中点,∴FH ∥PE,∵HF ⊄平面PGE,PE ⊂平面PGE,∴FH ∥平面PGE, ∵DF ∩FH=F,∴平面DFH ∥平面PGE.(2)∵AB=AC=2,BC=2√2,∴AB 2+AC 2=8=BC 2,∴AB ⊥AC,又∵PB ⊥AC,AB ∩PB=B,∴AC ⊥平面PAB,以A 为坐标原点,向量AB ⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,√3),则AC⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3),BC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),设平面PAC 的法向量是m=(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2y 1=0,x 1+√3z 1=0,则y 1=0,令z 1=-1,则x 1=√3,∴m=(√3,0,-1), 设平面PBC 的法向量是n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·PC⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,∴{−x 2+2y 2−√3z 2=0,−2x 2+2y 2=0,令z 2=1,则{x 2=√3,y 2=√3,∴n=(√3,√3,1), ∴cos<m,n>=m·n |m||n|=√77,又知二面角A-PC-B 是锐二面角,∴二面角A-PC-B 的余弦值为√77. B 组1.(多选)(2021南京航空航天大学附中期中,10)已知棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,过对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E,交棱CC 1于点F,以下结论正确的是( ) A.四边形BFD 1E 不一定是平行四边形 B.平面α分正方体所得两部分的体积相等 C.平面α与平面DBB 1不可能垂直 D.四边形BFD 1E 面积的最大值为√2答案 BD2.(多选)(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,P 是线段BC 1上的一动点,则下列说法中正确的是( ) A.A 1P ∥平面AD 1CB.A 1P 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值是2√55C.A 1P+PC 的最小值为√1705D.以A 为球心,√2为半径的球面与侧面DCC 1D 1的交线长是π2答案 ACD。

高考数学(人教a版,理科)题库：直线、平面垂直的判定及其性质(含答案)

第5讲直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )．A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m答案 B2．已知α、β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的( )．A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析由面面垂直的判定定理，知m⊥β⇒α⊥β.答案 B3．已知P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是()．A．P A＝PB＝PCB．P A⊥BC，PB⊥ACC．点P到△ABC三边所在直线的距离相等D．平面P AB、平面PBC、平面P AC与△ABC所在的平面所成的角相等解析条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心的必要条件，故选B.答案 B4. 如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()．A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析由BC1⊥AC，又BA⊥AC，则AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上．答案 A5．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()．A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β解析与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D，存在α∥β情况，故D错．由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确，选C.答案 C6．如图(a)，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，如图(b)所示，那么，在四面体A－EFH中必有()．A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面解析折成的四面体有AH⊥EH，AH⊥FH，∴AH⊥面HEF.答案 A二、填空题7. 如图，拿一张矩形的纸对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的位置关系是________．解析折痕与矩形在桌面内的两条相交直线垂直，因此折痕与桌面垂直．答案垂直8．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β.给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．解析由面面平行的性质和线面垂直的定义可知①正确；因为l⊥α，α⊥β⇒l ∥β或l⊂β，所以l，m平行、相交、异面都有可能，故②错误；由线面垂直的定义和面面垂直的判定定理可知③正确；因为l⊥α，l⊥m⇒m⊂α或m∥α，又m⊂β，所以α，β可能平行或相交，故④错误．答案①③9．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________．解析如图所示．∵PA⊥PC、PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.答案3个10. 如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC.∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．答案①②③三、解答题11．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠C＝90°，点B1在底面上射影D落在BC上．(1)求证：AC⊥平面BB1C1C；(2)若AB 1⊥BC 1，且∠B 1BC ＝60°，求证：A 1C ∥平面AB 1D .解析 (1)∵B 1D ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴B 1D ⊥AC .又∵BC ⊥AC ，B 1D ∩BC ＝D ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C .(2) ⎭⎬⎫AB 1⊥BC 1AC ⊥BC 1AB 1与AC 相交≠⇒⎭⎬⎫BC 1⊥平面AB 1C B 1C ⊂平面AB 1C ⇒BC 1⊥B 1C ， ∴四边形BB 1C 1C 为菱形，∵∠B 1BC ＝60°，B 1D ⊥BC 于D ，∴D 为BC 的中点．连接A 1B ，与AB 1交于点E ，在三角形A 1BC 中，DE ∥A 1C ，∴A 1C ∥平面AB 1D .12．如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DB＝BC ，DB ⊥AC ，点M 是棱BB 1上一点．(1)求证：B 1D 1∥平面A 1BD ；(2)求证：MD ⊥AC ；(3)试确定点M 的位置，使得平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .(1)证明由直四棱柱，得BB 1∥DD 1，又∵BB 1＝DD 1，∴BB 1D 1D 是平行四边形，∴B 1D 1∥BD .而BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，∴B 1D 1∥平面A 1BD .(2)证明 ∵BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又∵BD ⊥AC ，且BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D .而MD ⊂平面BB 1D ，∴MD ⊥AC .(3)解当点M 为棱BB 1的中点时，平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1，连接NN 1交DC 1于O ，连接OM ，如图所示．∵N 是DC 的中点，BD ＝BC ，∴BN ⊥DC .又∵DC 是平面ABCD 与平面DCC 1D 1的交线，而平面ABCD ⊥平面DCC 1D 1，∴BN ⊥平面DCC 1D 1.又可证得O 是NN 1的中点，∴BM ∥ON 且BM ＝ON ，即BMON 是平行四边形．∴BN ∥OM .∴OM ⊥平面CC 1D 1D .∵OM ⊂平面DMC 1，∴平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .13．如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，在直观图中，M 是BD 的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)若N 是BC 的中点，证明：AN ∥平面CME ；(2)证明：平面BDE ⊥平面BCD .(3)求三棱锥D －BCE 的体积．(1)证明连接MN ，则MN ∥CD ，AE ∥CD ，又MN ＝AE ＝12CD ，∴四边形ANME 为平行四边形，∴AN ∥EM .∵AN ⊄平面CME ，EM ⊂平面CME ，∴AN ∥平面CME .(2)证明 ∵AC ＝AB ，N 是BC 的中点，AN ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，∴AN ⊥平面BCD .由(1)，知AN ∥EM ，∴EM ⊥平面BCD .又EM ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BCD .(3)解 V D －BCE ＝V E －BCD ＝13S △BCD ·|EM |＝13×22×42×2＝83.14．如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1綉BB 1，AB ＝AC ＝AA 1＝22BC ，B 1C 1綉12BC .(1)求证：A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)若D 是BC 的中点，求证：B 1D ∥平面A 1C 1C .(3)若BC ＝2，求几何体ABC －A 1B 1C 1的体积．(1)证明 ∵AB ＝AC ＝22BC ，AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AB ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴AA 1⊥AB ，AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面AA 1C ，又∵AA 1綉BB 1，∴四边形ABB 1A 1为平行四边形． ∴A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)证明 ∵B 1C 1綉12BC ，且D 是BC 的中点，∴CD 綉C 1B 1，∴四边形C 1CDB 1为平行四边形， ∴B 1D ∥C 1C ，B 1D ⊄平面A 1C 1C 且C 1C ⊂平面A 1C 1C ， ∴B 1D ∥平面A 1C 1C .(3)解连接AD ，DC 1，V ＝V 三棱柱A 1B 1C 1－ABD ＋V 四棱锥C －AA 1C 1D ＝12×1×1×2＋13×(2×1)×1＝526.。

高考数学全面突破一轮复习必考题型巩固提升学案直线平面垂直的判定及其性质

8.5直线、平面垂直的判定及其性质考情分析近年来，立体几何高考命题形式比较稳定，题目难易适中，常常立足于棱柱、棱锥和正方体，复习是要以多面体为依托，始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质和判定作为考察重点，在难度上也始终以中等偏难为主。

基础知识1判断线线垂直的方法：①所成的角是直角，两直线垂直；②垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条；③垂直于同一平面的两条直线平行。

2．线面垂直：①定义：如果一条直线l和一个平面α相交，并且和平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l和平面α互相垂直其中直线l叫做平面的垂线，平面α叫做直线l的垂面,直线与平面的交点叫做垂足。

直线l与平面α垂直记作：l⊥α。

②直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

③直线和平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行。

3．面面垂直：①两个平面垂直的定义：相交成直二面角的两个平面叫做互相垂直的平面。

②两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直（线面垂直⇒面面垂直）。

③两平面垂直的性质定理：若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面（面面垂直⇒线面垂直）。

注意事项1.垂直问题的转化关系线线垂直面面垂直判定性质线面垂直判定性质2. (1)证明线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°；②平面几何中证明线线垂直的方法；③线面垂直的性质：a ⊥α，b ⊂α⇒a ⊥b ；④线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b .(2)证明线面垂直的方法①线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α； ②判定定理1： ⎭⎪⎬⎪⎫m 、n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α； ③判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；④面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β； ⑤面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.(3)证明面面垂直的方法①利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； ②判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥题型一直线与平面垂直的判定与性质【例1】下列命题中错误的是( )A. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB. 如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC. 如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β答案：D解析：对于命题A，在平面α内存在直线l平行于平面α与平面β的交线，则l平行于平面β，故命题A正确．对于命题B，若平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α与平面β垂直，故命题B正确．对于命题C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.∵γ⊥α，a⊥m，则a⊥α，∴a⊥l，同理有b⊥l.又a∩b ＝P，a⊂γ，b⊂γ，∴l⊥γ.故命题C正确．对于命题D，设α∩β＝l，则l⊂α，但l⊂β.故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D错误，故选D.【变式1】如图，已知BD ⊥平面ABC ，MC 綉12BD ，AC ＝BC ，N 是棱AB 的中点．求证：CN ⊥AD .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 .题型二平面与平面垂直的判定与性质【例2】如图，在三棱锥D －ABC 中，若AB ＝BC ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则平面ADC 与平面BDE 的关系是________．答案：垂直解析： ⎭⎪⎬⎪⎫AD ＝DC AB ＝BC E 为AC 的中点⇒DE ⊥AC 且BE ⊥AC .故AC⊥平面BDE .故平面ADC ⊥平面BDE .【变式2】如图所示，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M .证明∵A1B1⊥平面B1C1CB，BM⊂平面B1C1CB，∴A1B1⊥BM，由已知易得B1M＝2，又BM＝BC2＋CM2＝2，B1B＝2，∴B1M2＋BM2＝B1B2，∴B1M⊥BM.又∵A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M.而BM⊂平面ABM，∴平面ABM⊥平面A1B1M.考向三平行与垂直关系的综合应用【例3】已知平面α，β和直线m，给出下列条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.(1)当满足条件________时，有m∥β；(2)当满足条件________时，有m⊥β(填所选条件的序号)．答案：(1)③⑤(2)②⑤解析：(1)∵α∥β，m⊂α，∴m∥β.(2)∵α∥β，m⊥α，∴m⊥β.【变式3】如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB ＝2，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE.证明(1)设AC与BD交于点G.因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1. 所以四边形AGEF 为平行四边形，所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)如图，连接FG .因为EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1，所以四边形CEFG 为菱形．所以CF ⊥EG .因为四边形ABCD 为正方形，所以BD ⊥AC .又因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，所以BD ⊥平面ACEF .所以CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G .所以CF ⊥平面BDE .考向四线面角【例4】如图，四棱锥PABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB ，且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．(1)证明∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC.又PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)解设AC∩BD＝O，连接OE.由(1)知，AC⊥平面PDB于点O，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角．∵点O、E分别为DB、PB的中点，∴OE∥PD，且OE＝12PD.又∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD，∴OE⊥AO.在Rt△AOE中，OE＝12PD＝22AB＝AO，∴∠AEO＝45°.即AE与平面PDB所成的角为45°.求直线与平面所成的角，一般分为两大步：(1)找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；(2)计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．【训练4】如图，已知DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB ＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．(1)证明：PQ∥平面ACD；(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．(1)证明因为P，Q分别为AE，AB的中点，所以PQ∥EB.又DC ∥EB ，因此PQ ∥DC ，PQ ⊄平面ACD ，DC ⊂平面ACD ，从而PQ ∥平面ACD .(2)解如图，连接CQ ，DP .因为Q 为AB 的中点，且AC ＝BC ，所以CQ ⊥AB .因为DC ⊥平面ABC ，EB ∥DC ，所以EB ⊥平面ABC .因此CQ ⊥EB ，又AB ∩EB ＝B ，故CQ ⊥平面ABE .由(1)有PQ ∥DC ，又PQ ＝12EB ＝DC ，所以四边形CQPD 为平行四边形，故DP ∥CQ ，因此DP ⊥平面ABE ，∠DAP 为AD 和平面ABE 所成的角，在Rt △DPA 中，AD ＝5，DP ＝1，sin ∠DAP ＝55. 因此AD 和平面ABE 所成角的正弦值为55. 重难点突破【例4】如图，在四棱锥PABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD .解析(1)在△PAD 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)如图，连结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PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD ＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.巩固提高1.已知m是平面α的一条斜线，点A∉α，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是( )A. l∥m，l⊥αB. l⊥m，l⊥αC. l⊥m，l∥αD. l∥m，l∥α答案：C解析：设m在平面α内的射影为n，当l⊥n且与α无公共点时，l⊥m，l∥α.2.设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是( )A. 若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB. 若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC. 若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD. 若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β答案：C解析：与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行，故A错；对于B，存在n∥α情况，故B错；D，存在α∥β情况，故D错．由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m ⊥β，所以m⊥α，故C正确，选C.3.平面α⊥平面β的一个充分条件是( )A. 存在一条直线l，l⊥α，l⊥βB. 存在一个平面γ，γ∥α，γ∥βC. 存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βD. 存在一条直线l，l⊥α，l∥β答案：D解析：由A项可推出α∥β；由B项可推出α∥β；由C 项可推出α∥β或α⊥β，均不是α⊥β的充分条件．故应选D.4.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )A. PA⊥ADB. 平面ABCDEF⊥平面PBCC. 直线BC∥平面PAED. 直线PD与平面ABCDEF所成的角为30°答案：A解析：因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故A正确；B 项中两个平面不垂直；C项中，AD与平面PAE相交，BC∥AD，故C错；D项中，PD与平面ABCDEF所成的角为45°，故D错．故选A.5.如图，以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A. ①②④B. ①②③C. ②③④D. ①③④答案：B解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①对；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB ＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②对；易知DA＝DB＝DC，又由②知③对；由①知④错．故选B.第 11 页。

直线、平面垂直的判定及其性质(人教A版)(含答案)

直线、平面垂直的判定及其性质（人教A版）一、单选题(共12道，每道8分)1.在空间，下列命题正确的是( )①如果直线a，b都与直线平行，那么a∥b②如果直线a与平面β内的直线b平行，那么a∥β③如果直线a与平面β内的直线b，c都垂直，那么a⊥β④如果平面β内的直线a垂直于平面α，那么α⊥βA.①③B.①④C.②④D.②③答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间中直线与平面之间的位置关系2.已知α，β，γ是三个互不重合的平面，是一条直线，下列命题中正确命题是( ) A.B.C.D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：面面垂直的判定3.给出下列关于互不相同的直线m，，n，平面α，β及点A的四个命题：①若m⊂α，∩α=A，点A∉m，则与m不共面；②若m，是异面直线，∥α，m∥α，且n⊥，n⊥m，则n⊥α；③若∥α，m∥β，α∥β，则∥m；④若⊂α，m⊂α，∩m=A，∥β，m∥β，则α∥β．其中为假命题的是( )A.①B.②C.③D.④答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间中直线与平面之间的位置关系4.如图，在正方体中，点P是CD上的动点，则直线与直线所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：直线与平面垂直的判定5.如图，在三棱锥S-ABC中，底面是边长为1的正三角形，O为△ABC的中心，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间中直线与平面之间的位置关系6.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使，则三棱锥D-ABC的体积为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：棱柱、棱锥、棱台的体积7.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D-ABC中，给出下列三个命题：①△DBC是等边三角形；②AC⊥BD；③三棱锥D-ABC的体积是．其中正确命题的个数为( )A.0个B.1个C.2个D.3个答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间位置关系与距离8.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB=2，AD=，PA=2，则△PCD的面积为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：直线与平面垂直的性质9.（上接试题8）异面直线BC与AE所成的角的大小为( )A.90°B.60°C.45°D.30°答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：异面直线及其所成的角10.如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，侧棱PA垂直于底面，且PA=3，则直线PC与平面ABCD所成角的正切值为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：直线与平面所成的角11.（上接试题10）异面直线PB与CD所成角的正切值为( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：异面直线及其所成的角12.（上接试题10，11）四棱锥P-ABCD的表面积为( )A.80B.68C.60D.48答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积第11页共11页。

统考版2022届高考数学一轮复习第八章8.5直线平面垂直的判定和性质学案理含解析

第五节直线、平面垂直的判定和性质【知识重温】一、必记6个知识点1．直线与平面垂直(1)定义：直线l与平面α内的①________一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理⇒l⊥α⇒a∥b(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的④________叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(2)X 围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3．平面与平面垂直(1)二面角：从一条直线出发的⑤________所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作⑥________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．4．平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果所成的二面角是⑦________，就说这两个平面互相垂直． 5．平面与平面垂直的判定定理与性质定理⇒α⊥β⇒l ⊥α(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．二、必明3个易误点1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件． 2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)l与平面α内的两条直线垂直，则直线l⊥平面α.( )(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直．( )(3)当α⊥β时，直线l过α内一点且与交线垂直，则l⊥β.( )(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )二、教材改编2．下列命题不正确的是( )A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直B．过平面外一点，有无数条直线与这个平面平行C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行3．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是( )A．α⊥γ，β⊥γB．α∩β＝a，b⊥a，b⊂βC．a∥β，a∥αD．a∥α，a⊥β三、易错易混4．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________．四、走进高考6．[2019·卷]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：________.(答案不唯一)考点一直线与平面垂直的判断与性质[互动讲练型][例1][2021·某某省豫北名校高三质量考评]如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求证：BE⊥平面CDF；(2)求点E到平面CDF的距离．悟·技法判定线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·某某市高三年级摸底测试卷]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中点，F是A1E上一点，且A1F＝2FE.(1)证明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱锥C1－A1FC的体积．考点二平面与平面垂直的判定与性质[互动讲练型][例2] [2020·全国卷Ⅰ]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，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P－ABC的体积．悟·技法面面垂直的证明方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．[提醒] 两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·某某市重点高中高三毕业班摸底考试]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB＝BC ＝2，PA＝2.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值．考点三平面图形翻折成空间图形[互动讲练型][例3] [2019·全国卷Ⅲ]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．悟·技法对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2021·“超级全能生”联考]如图，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB ＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB.(1)求证：BC⊥AD；(2)求点E到平面BCD的距离．第五节直线、平面垂直的判定和性质【知识重温】①任意②a∩b＝O③a⊥αb⊥α④锐角⑤两个半平面⑥垂直于棱⑦直二面角⑧l⊥αl⊂β⑨α∩β＝a【小题热身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．答案：D3．解析：对A，α与β可能平行；对B，当α与β相交但不垂直时，也会有b⊥a，b⊂β；对C，α与β可能平行，也可能相交，故A，B，C均错误．故选D.答案：D4．解析：由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.答案：A5．解析：当a⊂α且a垂直于α、β的交线时，满足已知．答案：a∥α或a⊂α6．解析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．答案：①③⇒②或②③⇒①课堂考点突破考点一例1 解析：(1)证明：如图，分别取AD，BC，BE，DF的中点P，Q，M，N，连接AN，PN，PQ，QM，MN，则QM∥CE，PN∥AF，QM＝12CE，PN＝12AF.∵在矩形ACEF中，AF綊CE，∴QM綊PN，∴四边形PQMN为平行四边形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM.∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.同理FA ⊥AD .又由条件知AD ＝AF ，∴AN ⊥DF ，则BM ⊥DF ，即BE ⊥DF . ∵DC ⊥BC ，EC ⊥DC ，且BC ∩CE ＝C ，∴DC ⊥平面BCE ，∴DC ⊥BE .又BE ⊥DF ，DC ∩DF ＝D ，∴BE ⊥平面CDF .(2)设点E 到平面CDF 的距离为h .由(1)可得EC ⊥BC .又BC ⊥CD ，CD ∩CE ＝C ，∴BC ⊥平面CDE ，∴AD ⊥平面CDE .在矩形ACEF 中，AF ∥CE ，∴AF ∥平面CDE ，∴三棱锥F －CDE 的高等于AD 的长，且AD ＝1.由(1)易知CD ⊥平面ADF ，∵DF ⊂平面ADF ，∴CD ⊥DF ，∴S △CDF ＝12×1×2＝22. 设点E 到平面CDF 的距离为h ，∵V F －CDE ＝V E －DCF ，∴13×12×1×1×1＝13×22h ，解得h ＝22. 变式练1．解析：(1)如图，连接AE ，因为AB ＝AC ＝2，AB ⊥AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ，AE ＝ 2.由于三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，故AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥BC . 在直角三角形A 1AE 中，因为AA 1＝2，AE ＝2，所以A 1E ＝6，那么EF ＝63. 所以AE EF ＝A 1EAE ，所以△A 1AE ∽△AFE ，所以∠AFE ＝∠A 1AE ＝90°，即AF ⊥A 1E .由AE ⊥BC ，AA 1⊥BC ，AA 1∩AE ＝A ，得BC ⊥平面A 1AE ，AF ⊂平面A 1AE ⇒BC ⊥AF .由AF ⊥A 1E ，AF ⊥BC ，BC ∩A 1E ＝E ，得AF ⊥平面A 1BC .(2)过E 作ED ⊥AC ，交AC 于点D ，连接A 1D ，过F 作FG ∥ED ，交A 1D 于点G .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥ED ，又ED ⊥AC ，AC ∩AA 1＝A ，所以ED ⊥平面AA 1C ，所以FG ⊥平面AA 1C .因为FG ∥ED ，A 1F ＝2FE ，所以FG ＝23ED ＝23×12AB ＝23. S △A 1CC 1＝12×2×2＝2，所以V 三棱锥C 1－A 1FC ＝V 三棱锥F －A 1CC 1＝13S △A 1CC 1·FG ＝13×2×23＝49. 考点二例2 解析：(1)由题设可知，PA ＝PB ＝PC .由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ，△PAC ≌△PBC .又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°.从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2. 解得r ＝1，l ＝ 3.从而AB ＝ 3.由(1)可得PA 2＋PB 2＝AB 2，故PA ＝PB ＝PC ＝62. 所以三棱锥P －ABC 的体积为13×12×PA ×PB ×PC ＝13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫623＝68. 变式练2．解析：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD ，取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，∴点O ，B ，D 共线，即AC ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC .∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PAC ⊥平面PBD .(2)取CD 的中点N ，连接MN ，BN ，则MN ∥PD .∴∠BMN 或其补角是异面直线PD 与BM 所成的角．Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2，∴PD ＝22，∴MN ＝ 2.连接OM ，则OM ∥PA ，∴OM ⊥平面ABCD ，Rt △MOB 中，MO ＝OB ＝1，∴BM ＝2. △BDN 中，BD ＝3＋1，DN ＝1，∠BDN ＝30°，由余弦定理BN 2＝BD 2＋DN 2－2BD ·DN ·cos 30°，得BN 2＝2＋3.△BMN 中，cos ∠BMN ＝BM 2＋MN 2－BN 22·BM ·MN ＝2＋2－(2＋3)2×2×2＝2－34，∴直线PD 与BM 所成角的余弦值为2－34. 考点三例3 解析：(1)证明：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 ，BC ∩BE ＝B ，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 .又DM ⊂平面DEM .因此DM ⊥CG .在Rt △DEM 中，DE ＝1，EM ＝3，故DM ＝2.所以四边形ACGD 的面积为4.变式练3．解析：(1)证明：作CH ⊥AB 于点H ，如图，则BH ＝12，AH ＝32. ∵BC ＝1，∴CH ＝32，∴CA ＝3，易得AC ⊥BC .∵平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ADC .又AD ⊂平面ADC ，∴BC ⊥AD .(2)∵E 为AB 的中点，∴点E 到平面BCD 的距离等于点A 到平面BCD 距离的一半．由(1)可得平面ADC ⊥平面BCD ，∴过点A 作AQ ⊥CD 于Q ，如图．∵平面ADC ∩平面BCD ＝CD ，且AQ ⊂平面ADC ，∴AQ ⊥平面BCD ，AQ 就是点A 到平面BCD 的距离．由(1)知AC ＝3，AD ＝DC ＝1，∴cos ∠ADC ＝12＋12－(3)22×1×1＝－12. 又0<∠ADC <π，∴∠ADC ＝2π3， ∴在Rt △QAD 中，∠QDA ＝π3，AD ＝1，∴AQ＝AD·sin∠QDA＝1×32＝32.∴点E到平面BCD的距离为3 4 .。

2023年新高考数学一轮复习8-5 直线、平面垂直的判定及性质(知识点讲解)含详解

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理的两条相交直线都垂直，2.(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角． (2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°. (3)范围：[0,]2π.3．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角． (3)范围：[0，π]． 4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理5.(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线. (2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． (3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直． (5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．【常考题型剖析】题型一：与线、面垂直相关命题的判定例1.（浙江·高考真题（理））下列命题中错误的是（） A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β例2.（2023·全国·高三专题练习）设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下面说法正确的是（）A ．若αβ⊥，αγ⊥，则//βγB ．若αβ⊥，//m α，则m β⊥C ．若m α⊥，//m β，则αβ⊥D ．若//m n ，n ⊂α，则//m α例3.（江苏·高考真题）设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；（2）若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；（3）设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直；（4）直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直. 上面命题中，真命题的序号（写出所有真命题的序号）例4.(2019·北京高考)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： . 【方法技巧】判定定理与性质定理的合理转化是证明垂直关系的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正、余弦定理及勾股定理的应用．题型二：直线与平面垂直的判定与性质例5.（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B例6.【多选题】（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ． B ．C ．D ．【总结提升】证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．题型三：平面与平面垂直的判定与性质例8. （2022·江西·高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，AB CD ⊥，1AB CD ==，BD =，BC AD == ）A ．2B ．3C ．4D ．5例9.（2021·全国·高考真题（文））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1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．例10. （2020·全国·高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【总结提升】1.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．2.垂直关系的转化：3.判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． 4．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．题型四：平行和垂直的综合问题例11.（2018·江苏·高考真题）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥．求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．例12.（2019·北京·高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点.（Ⅰ）求证：BD ⊥平面P AC ；（Ⅱ）若∠ABC =60°，求证：平面P AB ⊥平面P AE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面P AE ？说明理由.例13．（2020·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，M 为棱AC 的中点，AB BC =，2AC =，12AA =.(1)求证：1//B C 平面1A BM ； (2)求证：1AC ⊥平面1A BM ；(3)在棱1BB 上是否存在点N ，使得平面1AC N ⊥平面11AAC C ？如果存在，求此时1BNBB 的值；如果不存在，请说明理由.例14.（2018·全国·高考真题（文））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23BP DQ DA==，求三棱锥Q ABP-的体积．【规律方法】1.对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题．2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．3.探索性问题(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理的两条相交直线都垂直，2.(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角． (2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°. (3)范围：[0,]2π.3．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理5.(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．【常考题型剖析】题型一：与线、面垂直相关命题的判定例1.（浙江·高考真题（理））下列命题中错误的是（）A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.【详解】对于A ，设平面α∩平面β=直线a , 设直线b α⊂，且b //a , 则显然直线b ⊄平面β，根据线面平行的判定定理可得直线b //β，故A 正确；对于B ，如果α内存在直线与β平行，则由面面垂直的判定定理可知平面α⊥平面β，与已知矛盾，故B 正确；对于C ，设平面α平面a =，平面β平面γb =, 在γ内作直线,m a n b ⊥⊥，由面面垂直的性质定理可得,m n αβ⊥⊥，又∵直线,l l αβ⊂⊂,∴,m l n l ⊥⊥, 又∵α∩β＝l ，∴,m n 为相交直线，又∵⊂m,n 平面γ，∴l ⊥平面γ，故C 正确；平面α⊥平面β，设平面α∩平面βa =，在平面α内与a 平行的直线都不与平面β垂直，故 D 项错误．故选:D.例2.（2023·全国·高三专题练习）设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下面说法正确的是（）A ．若αβ⊥，αγ⊥，则//βγB ．若αβ⊥，//m α，则m β⊥C ．若m α⊥，//m β，则αβ⊥D ．若//m n ，n ⊂α，则//m α 【答案】C 【解析】【分析】由线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质、面面垂直的判定等判断各选项的正误.【详解】A ：由αβ⊥，αγ⊥，则//βγ或,βγ相交，错误；B ：由αβ⊥，//m α，则//m β或m β⊂或,m β相交，错误；C ：由//m β，则存在直线l β⊂且//l m ，而m α⊥则l α⊥，根据面面垂直的判定易知αβ⊥，正确；D ：由//m n ，n ⊂α，则//m α或m α⊂，错误.故选：C例3.（江苏·高考真题）设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；（2）若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；（3）设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直；（4）直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直.上面命题中，真命题的序号（写出所有真命题的序号）【答案】（1）（2）【解析】【详解】由线面平行的判定定理知，（2）正确；相应地（1）可转化为一个平面内有两相交直线分别平行于另一个平面，所以这两个平面平行．直线与平面垂直必须直线与平面内两条相交直线垂直，所以（3）（4）都不正确. 例4.(2019·北京高考)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】②③⇒①或①③⇒②【解析】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线，由①l ⊥m 与②m ∥α，不能推出③l ⊥α，因为l 可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l ⊥m 与③l ⊥α能推出②m ∥α；由②m ∥α与③l ⊥α可以推出①l ⊥m .故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.【方法技巧】判定定理与性质定理的合理转化是证明垂直关系的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正、余弦定理及勾股定理的应用．题型二：直线与平面垂直的判定与性质例5.（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【详解】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.例6.【多选题】（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ，故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC 1CP =，故tanPOC ∠==，故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥，由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ，故SN OQ ⊥，而SN MN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥，故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ，则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQ AC ==，22123OQ AO AQ =+=+=，PO 222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误.故选：BC.例7.（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连CO ，知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD OD P ， CD 平面PDO ，OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥PD PE ==∵，2PC =．sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=， PO CO ∴⊥，CO 为ACB ∠平分线，451,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===2PC =，PO ∴==【总结提升】证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．题型三：平面与平面垂直的判定与性质例8. （2022·江西·高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，AB CD ⊥，1AB CD ==，BD =，BC AD == ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】【分析】分别证明出平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD ，平面ACD ⊥平面ABD ，即可得到答案.【详解】因为1AB =，BD =AD =所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥.又AB CD ⊥，BD CD D ⋂=，BD ⊂平面BCD ,CD ⊂平面BCD .所以AB ⊥平面BCD .又AB 平面ABC ，AB 平面ABD ，所以平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD .因为1CD =，BD =，BC =所以222CD BD BC +=，所以CD BD ⊥.又CD AB ⊥，BD AB B ⋂=，BD ⊥平面ABD ，AB ⊥平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，又CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面ABD ，综上可知有3对.故选:B.例9.（2021·全国·高考真题（文））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1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD AM ⊥，又PB AM ⊥，PB PD P =，所以AM ⊥平面PBD ，而AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥，从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =，则BM AB AB AD =，即221x =，解得x =AD = 因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P ABCD -的体积为(1113V =⨯⨯．例10. （2020·全国·高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24.【解析】【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -.【详解】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//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 AMNEF ⊂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 FAO ⊂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.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：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 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【总结提升】1.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．2.垂直关系的转化：3.判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．4．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．题型四：平行和垂直的综合问题例11.（2018·江苏·高考真题）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥．求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB 1A 1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，例12.（2019·北京·高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCDE为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.【详解】（Ⅰ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA BD ⊥；因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥;因为PA AC A =,,PA AC ⊂平面PAC ,所以BD ⊥平面PAC .（Ⅱ）证明：因为底面ABCD 是菱形且60ABC ∠=︒，所以ACD ∆为正三角形，所以AE CD ⊥,因为//AB CD ,所以AE AB ⊥；因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ,所以AE PA ⊥；因为PA AB A =所以AE ⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ,所以平面PAB ⊥平面PAE .（Ⅲ）存在点F 为PB 中点时，满足//CF 平面PAE ；理由如下:分别取,PB PA 的中点,F G ，连接,,CF FG EG ,在三角形PAB 中，//FG AB 且12FG AB =；在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以//CE AB 且12CE AB =，所以//CE FG 且CE FG =，即四边形CEGF 为平行四边形，所以//CF EG ;又CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以//CF 平面PAE .例13．（2020·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，M 为棱AC 的中点，AB BC =，2AC =，1AA(1)求证：1//B C 平面1A BM ；(2)求证：1AC ⊥平面1A BM ；(3)在棱1BB 上是否存在点N ，使得平面1AC N ⊥平面11AAC C ？如果存在，求此时1BN BB 的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，112BN BB =. 【解析】【分析】（1）连接1AB 与1A B ，两线交于点O ，连接OM ，利用三角形中位线性质得到1//OM B C ，再利用线面平行的判定即可证.（2）应用线面垂直的性质、判定可得BM ⊥平面11ACC A ，从而得到1BM AC ⊥，根据11AC C A MA ∠=∠和111190AC C C AC A MA C AC ∠+∠=∠+∠=得到11A M AC ⊥，再利用线面垂直的判定即可证. （3）当点N 为1BB 的中点，设1AC 的中点为D ，连接DM ，DN ，易证四边形BNDM 为平行四边形，从而得到//BM DN ，进而有DN ⊥平面11ACC A ，再利用面面垂直的判定即可证.(1)连接1AB 与1A B ，两线交于点O ，连接OM ，在1B AC △中M ，O 分别为AC ，1AB 的中点，所以1//OM B C ，又OM ⊂平面1A BM ，1B C ⊄平面1A BM ，所以1//B C 平面1A BM .(2)因为1AA ⊥底面ABC ，BM ⊂平面ABC ，所以1AA BM ⊥.又M 为棱AC 的中点，AB BC =，所以BM AC ⊥.因为1AA AC A =，1AA ，AC ⊂平面11ACC A ，所以BM ⊥平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ，所以1BM AC ⊥.因为2AC =，所以1AM =.又1AA =在1Rt ACC 和1Rt A AM中，11tan tan AC C AMA ∠=∠ 所以11AC C A MA ∠=∠，即111190AC C C AC A MA C AC ∠+∠=∠+∠=，所以11A M AC ⊥，又1BMA M M =，BM ，1A M ⊂平面1A BM ，所以1AC ⊥平面1A BM .(3)当点N 为1BB 的中点，即112BN BB =时，平面1AC N ⊥平面11AAC C . 证明如下：设1AC 的中点为D ，连接DM ，DN ，因为D ，M 分别为1AC ，AC 的中点，所以1//DM CC 且112DM CC =，又N 为1BB 的中点，所以//DM BN 且DM BN =，所以四边形BNDM 为平行四边形，故//BM DN ，由（2）知：BM ⊥平面11ACC A ，所以DN ⊥平面11ACC A ，又DN ⊂平面1AC N ，所以平面1AC N ⊥平面11ACC A .例14.（2018·全国·高考真题（文））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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】【详解】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且ACAD A =，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 =32．又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =13DC ．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111131332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=．【规律方法】1.对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题．2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．3.探索性问题(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般先根据条件猜测点的位置，再给出证明．探索点存在问题，点多为中点或n 等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．。

2022高考数学文人教A版一轮复习学案：8.5 直线、平面垂直的判定与性质【含解析】

8.5直线、平面垂直的判定与性质必备知识预案自诊知识梳理1.直线与平面垂直判定质2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交,如果它们所成的二面角是,就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理与性质定理llβαα⋂βbb3.直线与平面所成的角(1)定义:平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.(2)线面角θ的范围:θ∈[0°,90°].4.二面角的有关概念(1)二面角:从一条直线出发的所组成的图形叫做二面角.(2)二面角的平面角:过二面角棱上的任一点,在两个半平面内分别作与棱的射线,则两射线所成的角叫做二面角的平面角.直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(1)已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.()(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.()(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.()(4)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.()(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.()2.(2020黑龙江大庆高三三模)设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,“l⊥α”是“l⊥m,且l ⊥n”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3.(2020湖南湘潭模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m⊥n,n∥α,则m⊥αB.若m∥β,β⊥α,则m⊥αC.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥αD.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α4.(2020新高考全国1,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为()A.20°B.40°C.50°D.90°5.(2019北京,文13)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:.关键能力学案突破考点证明空间线面垂直【例1】(2020河北张家口二模,文18)如图,在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,平面PAC ⊥平面PBC,PB=BC=2,AC=1.(1)证明:AC⊥平面PBC;C到平面PBA的距离.?解题心得证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理.(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直,则另一条也与这个平面垂直”.(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个,则与另一个也垂直”.(4)利用面面垂直的性质定理.对点训练1(2018全国2,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2√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.考点证明空间两条直线垂直【例2】(2020湖南湘潭三模,文17)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形,PA⊥平面ABCD,AB=3,AD=AP=4,E为PD的中点.(1)证明:AE⊥PC.M为线段BC上一点,且BM=1,求点M到平面PCD的距离.?解题心得1.证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊图形中的垂直关系.(2)利用等腰三角形底边中线的性质.(3)利用勾股定理的逆定理.(4)利用直线与平面垂直的性质.2.在证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.对点训练2在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,∠BAD=∠BCD=90°,∠ADC=60°,AD=CD且BB1⊥平面ABCD,BB1=2AB=2.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求四棱锥C1-B1BD的体积.考点证明空间两个平面垂直【例3】(2020河北唐山一模,文19)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等边三角形,且AA1⊥底面ABC,AB=2√2,A1A=3,D,E分别为AC,A1C1的中点,点F在棱CC1上,且FC=1.(1)证明:平面BEF⊥平面BDF;D到平面BEF的距离.?解题心得1.面面垂直的证明方法(1)定义法:利用面面垂直的定义,即判定两平面所成的二面角为直二面角,将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题.(2)定理法:利用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线,把问题转化成证明线面垂直加以解决.2.三种垂直关系的转化由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化,因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开,这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.3.两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”这一条件.对点训练3(2019全国3,文19)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.考点垂直关系中的存在问题【例4】如图,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,DC=2AB=2,DA=√3.的值,并进行证(1)线段BC上是否存在一点E,使平面PBC⊥平面PDE?若存在,请给出BECE明;若不存在,请说明理由.PD=√3,线段PC上有一点F,且PC=3PF,求三棱锥A-FBD的体积.?解题心得线面垂直中的存在问题同“平行关系中的存在问题”的规律方法一样,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,再给出符合要求的证明.对点训练4(2020辽宁葫芦岛联考)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB=3,AD=2,CD=5.过点A 作AE⊥CD,交CD于点E.将△ADE沿线段AE折起,使得点D在平面ABCE内的投影恰好是点E,如图2.(1)若点M为棱AD上任意一点,证明:平面MBC⊥平面DEB.(2)在棱BD上是否存在一点N,使得三棱锥E-ANC的体积为4√3?若存在,确定N点的位置;9若不存在,请说明理由.1.转化思想:垂直关系的转化2.在证明两平面垂直时,一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若图中不存在这样的直线,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.故熟练掌握“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键.3.线面角、二面角求法根据线面角的定义或二面角的平面角的定义,作(找)出该角,再解三角形求出该角,步骤是作(找)⇒证⇒求(算)三步曲. 也可用射影法:设斜线段AB 在平面α内的射影为A'B',AB 与α所成角为θ,则cos θ=|A 'B '||AB |;设△ABC 在平面α内的射影三角形为△A'B'C',平面ABC 与α所成角为θ,则cos θ=S △A 'B 'C 'S △ABC.1.在解决直线与平面垂直的问题过程中,要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意线线垂直和线面垂直的互相转化.2.面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可.在高考立体几何题目中,证明线、面平行或垂直关系是极易被扣分的,原因是存在着逻辑推理的不严谨性,或者表述上的不严谨性.那么如何避免被扣分呢?需要对概念、公理、定理理解透彻.不要以主观臆断代替严密的科学论证.1.加强对基本概念理解.比如对异面直线的理解,两条直线不在同一个平面是简单的定义,如何才能不在同一个平面呢,哪些条件才能保证两条直线不在一个平面,只要直线不平行,并且不相交,那么就异面,对于不平行的条件,在平面几何中我们已经知道,如何能保证不相交呢,可以把其中一条直线放在一个平面,看另外一条直线和平面是否平行,这样对异面直线的概念就理解到位了.2.加强对公理、定理应用条件的理解.比如线面垂直的判定定理:一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直.这个定理它是五个条件推出一个结论,哪五个条件?若平面α外的直线是a ,α内的两条直线b ,c 相交于一点A ,五个条件是:a ⊥b ,a ⊥c ,b 在平面α内,c 在平面α内,b 和c 相交于一个点A ,五个条件推出了a ⊥α,你要漏掉其中一个,便被扣分.再比如直线和平面平行的判定定理:平面外一条直线与此平面内的一条直线平行,则该直线与此平面平行.它是三个条件推出一个结论.三个条件分别为:a 在平面α外,b ⊂α,a ∥b ,结论是a ∥α,最容易漏掉的条件是:a 在平面α外,有的同学自以为它明明在平面α外,我为什么还要写它!8.5直线、平面垂直的判定与性质必备知识·预案自诊知识梳理1.任意m∩n=O a⊥αb⊂αa∥b2.(1)直二面角(2)垂线交线b⊥α4.(1)两个半平面(2)垂直考点自诊1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2.A设l,m,n均为直线,其中m,n在平面α内,若l⊥α,则l⊥m,且l⊥n,反之若l⊥m,且l⊥n,当m∥n时,推不出l⊥α,故“l⊥α”是“l⊥m,且l⊥n”的充分不必要条件,故选A.3.C由m⊥n,n∥α,可得m∥α或m与α相交或m⊥α,故A错误;由m∥β,β⊥α,可得m∥α或m与α相交或m⊂α,故B错误;由m⊥β,n⊥β,可得m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故C正确;由m⊥n,n⊥β,β⊥α,可得m∥α或m与α相交或m⊂α,故D错误.4.B由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,∴∠COA=50°.又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.5.若l⊥α,m∥α,则l⊥m关键能力·学案突破例1(1)证明∵PB⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴PB⊥AC.取PC的中点D,连接BD.∵PB=BC , ∴BD ⊥PC.∵平面PAC ⊥平面PBC ,平面PAC ∩平面PBC=PC ,BD ⊂平面PBC , ∴BD ⊥平面PAC.又AC ⊂平面PAC ,∴BD ⊥AC. ∵PB ∩BD=B ,∴AC ⊥平面PBC.(2)解易知平面PBA ⊥平面ABC ,AB 为交线,在Rt △ABC 中,过点C 作CM ⊥AB ,交AB 于点M ,则CM ⊥平面PBA.又AC·BC=AB·CM ,∴CM=5=2√55, 即点C 到平面PBA 的距离为2√55. 对点训练1解(1)因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3.连接OB ,因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2. 由OP 2+OB 2=PB 2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=4√23,∠ACB=45°.所以OM=2√53,CH=OC ·MC ·sin∠ACBOM=4√55. 所以点C 到平面POM 的距离为4√5. 例2(1)证明因为PA ⊥平面ABCD ,DC ⊂平面ABCD ,所以PA ⊥CD.因为底面ABCD 为矩形,所以AD ⊥CD.又PA ∩AD=A ,所以CD ⊥平面PAD.因为AE ⊂平面PAD ,则AE ⊥CD.因为AD=AP=4,E 为PD 的中点,所以AE ⊥PD ,且CD ∩PD=D ,所以AE ⊥平面PCD ,又PC ⊂平面PCD ,则AE ⊥PC. (2)解因为PD ⊥CD ,所以S △PCD =12PD·CD=6√2,V P-CDM =13S △MCD ·PA=6.设点M 到平面PCD 的距离为h ,因为V M-PCD =V P-CDM , 所以13h·6√2=6,所以h=3√22. 对点训练2(1)证明由∠BAD=∠BCD=90°,AD=CD ,易知△ABD ≌△CBD.所以AB=CB ,∠ADB=∠CDB. 又AD=CD ,所以AC ⊥BD.因为BB 1⊥平面ABCD ,所以AC ⊥BB 1,所以AC ⊥平面BB 1D. 又B 1D ⊂平面BB 1D ,所以AC ⊥B 1D.(2)解因为CC 1∥BB 1,所以点C 1到平面B 1BD 的距离与点C 到平面B 1BD 的距离相等.又已知BB 1=2AB=2,∠ADC=60°,根据(1)的结论知点C 到平面B 1BD 的距离为d=√32,BD=2, 所以△B 1BD 的面积S=12×2×2=2, 所以四棱锥C 1-B 1BD 的体积V=13×2×√32=√33.例3(1)证明因为AA 1⊥平面ABC ,所以AA 1⊥BD.因为△ABC 为等边三角形,D 为AC 的中点,所以BD ⊥AC.又AA 1∩AC=A ,所以BD ⊥平面ACC 1A 1,所以BD ⊥EF.在△DEF 中,DE=3,EF=√6,DF=√3,满足DE 2=DF 2+EF 2,所以EF ⊥DF.又BD ∩DF=D ,所以EF ⊥平面BDF.又因为EF ⊂平面BEF ,所以平面BEF ⊥平面BDF.(2)解作DM ⊥BF ,垂足为M ,由(1)可知平面BEF ⊥平面BDF ,DM ⊂平面BEF ,平面BEF ∩平面BDF=BF ,所以DM ⊥平面BEF , 所以DM 即为点D 到平面BEF 的距离. 由(1)得BD ⊥DF ,在Rt △BDF 中,BD=√6,DF=√3,BF=3,故DM=BD ·DF BF=√2,即点D 到平面BEF 的距离为√2.对点训练3(1)证明由已知得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 ,BE ∩BC=B ,故AB ⊥平面BCGE. 又因为AB ⊂平面ABC ,所以平面ABC ⊥平面BCGE.(2)解取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 ,DE ∩EM=E ,故CG ⊥平面DEM.因此DM ⊥CG.在Rt △DEM 中,DE=1,EM=√3,故DM=2.所以四边形ACGD 的面积为4. 例4解(1)存在线段BC 的中点E ,使平面PBC ⊥平面PDE ,即BE=1.证明如下:连接DE ,PE ,∵∠BAD=∠ADC=90°,AB=1,DA=√3,∴BD=DC=2.∵E 为BC 的中点,∴BC ⊥DE. ∵PD ⊥平面ABCD ,∴BC ⊥PD. ∵DE ∩PD=D ,∴BC ⊥平面PDE. ∵BC ⊂平面PBC ,∴平面PBC ⊥平面PDE.(2)∵PD ⊥平面ABCD ,且PC=3PF ,∴点F 到平面ABCD 的距离为23PD=2√33,∴三棱锥A-FBD 的体积V A-FBD =V F-ABD =13×S △ABD ×2√33=13×12×1×√3×2√33=13.对点训练4(1)证明在等腰梯形ABCD 中,AE=√AD 2-DE 2=√3,BE=√AE 2+AB 2=2√3,在△BEC 中,BE 2+BC 2=12+4=16=CE 2,所以BE ⊥CB.又因为DE ⊥平面ABCE ,BC ⊂平面ABCE ,所以DE ⊥BC ,DE ∩BE=E , 所以BC ⊥平面BDE ,BC ⊂平面MBC ,所以平面MBC ⊥平面BDE. (2)解存在.因为V E-ANC =V N-AEC ,S △AEC =12·AE·CE=2√3,设点N 到平面AEC 的距离为h ,则V N-AEC =13·S △AEC ·h=4√39,所以h=23,在△BED 中,DE ⊥平面AEC ,所以存在点N ,使得BNBD =23,则点N 是线段BD 靠近D 的三等分点.。

高考人教A版数学(理)一轮复习讲义：8.5 直线、平面垂直的判定及其性质58

第5讲直线、平面垂直的判定及其性质【2014年高考会这样考】1．以锥体、柱体为载体考查线面垂直的判定．考查空间想象能力、逻辑思维能力，考查转化与化归思想的应用能力．2．能以立体几何中的定义、公理和定理为出发点，运用公理、定理和已获得的结论，证明一些有关空间中线面垂直的有关性质和判定定理的简单命题．对应学生117考点梳理1．直线与平面垂直(1)定义：若直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．(2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒l ⊥α.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．即：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. 2．平面与平面垂直(1)定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．即：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．即：α⊥β，a⊂α，α∩β＝b，a⊥b⇒a⊥β.【助学·微博】一个转化垂直问题的转化关系四种方法证明线面垂直的方法：判定定理、平行线垂直平面的传递性(a∥b，b⊥α⇒a ⊥α)、面面垂直的性质定理、面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．考点自测1．已知直线l⊥α，直线m∥β，下列命题中正确的是()．A．α⊥β⇒l⊥m B．α⊥β⇒l∥mC．l⊥m⇒α∥βD．l∥m⇒α⊥β解析由l∥m，l⊥α⇒m⊥α，又m∥β，∴m一定平行于β内的一条直线b.∴b ⊥α，∴α⊥β.答案 D2．m、n是空间中两条不同直线，α、β是两个不同平面，下面有四个命题：①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.其中真命题的是()．A．①③B．①④C．②③D．②④解析①中，由n∥β，α∥β得n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故①正确；②中，可能n⊂β，故②错误；③中，直线n可能与平面β斜交或平行，也可能在平面β内，故③错；④中，由m∥n，m⊥α，可得n⊥α，又α∥β可得n ⊥β，故④正确．答案 B3．(2012·安徽)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b 在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”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解析若α⊥β，又α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又因为a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，即不能推出α⊥β.答案 A4．(2012·浙江)已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()．A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直解析对于AB⊥CD，因为BC⊥CD，可得CD⊥平面ACB，因此有CD⊥AC.因为AB＝1，BC＝2，CD＝1，所以AC＝1，所以存在某个位置，使得AB ⊥CD.答案 B5.如图，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．解析由线面垂直知，图中直角三角形为4个．答案 4对应学生118考向一直线与平面垂直的判定与性质【例1】►(2012·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面P AD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝12AB，PH为△P AD中AD边上的高．(1)证明：PH⊥平面ABCD；(2)若PH＝1，AD＝2，FC＝1，求三棱锥E－BCF的体积；(3)证明：EF⊥平面P AB.[审题视点] (1)由PH⊥AD及AB⊥平面P AD可证；(2)以AD为△BCF的高，而点E到平面BCF的距离可借助PH垂直底面ABCD求得；(3)取P A的中点M，可证DM綉FE，且DM⊥平面P AB，从而得证．(1)证明因为AB⊥平面P AD，PH⊂平面P AD，所以PH⊥AB.因为PH为△P AD中AD边上的高，所以PH⊥AD.又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD.(2)解如图，连接BH，取BH的中点G，连接EG.因为E是PB的中点，所以EG∥PH，且EG＝12PH＝12.因为PH⊥平面ABCD，所以EG⊥平面ABCD.因为AB⊥平面P AD，AD⊂平面P AD，所以AB⊥AD，所以底面ABCD为直角梯形，从而△BCF以CF为底边的高为AD，所以V E－BCF ＝13S△BCF·EG＝13·12·FC·AD·EG＝212.(3)证明取P A中点M，连接MD，ME.因为E是PB的中点，所以ME綉12AB.又因为DF綉12AB，所以ME綉DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD.因为PD＝AD，所以MD⊥P A.因为AB⊥平面P AD，所以MD⊥AB.因为P A∩AB＝A，所以MD⊥平面P AB，所以EF⊥平面P AB.线面垂直的判定定理实质是由线线垂直推证线面垂直，途径是找到一条直线与平面内的两条相交直线垂直．推证线线垂直时注意分析几何图形，寻找隐含条件．三角形全等、等腰梯形底边上的中线、高、勾股定理等都是找线线垂直的方法．【训练1】如图，已知BD⊥平面ABC，AC＝BC，N是棱AB的中点．求证：CN⊥AD. 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.考向二平面与平面垂直的判定与性质【例2】►如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．证明：平面ABM⊥平面A1B1M.[审题视点] 考虑先证明直线BM⊥平面A1B1M，则由面面垂直的判定定理可得平面ABM⊥A1B1M.证明由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1，又BM⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BM.又CC1＝2，M为CC1的中点，所以C1M＝CM＝1.在Rt△B1C1M中，B1M＝B1C21＋MC21＝2，同理BM＝BC2＋CM2＝2，又B1B＝2，所以B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M.又A1B1∩B1M＝B1，所以BM⊥平面A1B1M，因为BM⊂平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M.证明面面垂直的方法有：一是定义法，即证明两个平面的二面角为直二面角；二是用判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线，也就是把“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，又将“线面垂直”问题进一步转化为“线线垂直”问题．【训练2】在如图所示的几何体中，正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直，M为AF的中点，BN⊥CE.(1)求证：CF∥平面MBD；(2)求证：CF⊥平面BDN.证明(1)连接AC交BD于点O，连接OM.因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC的中点．因为M为AF的中点，所以FC∥MO.又因为MO⊂平面MBD，FC⊄平面MBD，所以FC∥平面MBD.(2)因为正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直，所以AF⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD，所以AF⊥BD.又因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为AC∩AF＝A，所以BD⊥平面ACF，因为FC⊂平面ACF，所以FC⊥BD.因为AB⊥BC，AB⊥BE，BC∩BE＝B，所以AB⊥平面BCE.因为BN⊂平面BCE，所以AB⊥BN.易知EF∥AB，所以EF⊥BN.又因为EC⊥BN，EF∩EC＝E，所以BN⊥平面CEF.因为FC⊂平面CEF，所以BN⊥CF.因为BD∩BN＝B，所以CF⊥平面BDN.考向三垂直关系的综合应用【例3】►如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB∥DC，△P AD是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，AB ＝2DC ＝4 5. (1)设M 是PC 上的一点，求证：平面MBD ⊥平面P AD ；(2)求四棱锥P －ABCD 的体积．[审题视点] (1)因为两平面垂直与M 点位置无关，所以在平面MBD 内一定有一条直线垂直于平面P AD ，考虑证明BD ⊥平面P AD .(2)四棱锥底面为一梯形，高为P 到面ABCD 的距离．(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)解过P 作PO ⊥AD 于O ，∵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＝855，此即为梯形的高．∴S 四边形ABCD ＝25＋452×855＝24. ∴V P －ABCD ＝13×24×23＝16 3.(1)对于三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．(2)对于垂直与体积结合的问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．【训练3】(2012·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.证明(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以直线A1F∥平面ADE.对应学生119规范解答13——垂直关系综合问题的规范解答【命题研究】通过分析近几年各省市的高考试题可以看出，高考对线面垂直、面面垂直的判定和性质的考查每年都有，主要以解答题形式出现，考查线面位置关系的相互转化，难度适中．【真题探究】► (本小题满分12分)(2011·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值．[教你审题] (1)证明PQ ⊥DC ，PQ ⊥QD ，进而可得PQ ⊥平面DCQ ；(2)设出正方形的边长为a ，分别计算两个棱锥的体积，再求体积的比值．[规范解答](1)证明由条件知四边形PDAQ 为直角梯形，因为QA ⊥平面ABCD ，QA ⊂平面PDAQ ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD .又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，(2分)又PQ ⊂平面PDAQ ，所以PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD .(5分)又DC ∩QD ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .(6分)(2)解设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.(8分)由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.(11分)故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.(12分) [阅卷老师手记] 解答此类问题，以下几点易造成失分： (1)解题时忽视各种垂直间的转化，从而造成思路受阻； (2)缺乏空间想象能力，找不出应该垂直的线和面；(3)答题过程书写不规范，如在证明线面垂直时忽视了对“平面内两条相交直线”的叙述，因此，在复习中要重视对基础知识的积累、解题过程的规范，并且要善于使用数学符号进行表达．证明线面垂直问题的答题模板第一步：作(找)出所证线面垂直中的平面内的两条相交直线；第二步：证明线线垂直；第三步：根据线面垂直的判定定理证明线面垂直；第四步：反思回顾，检查解题过程是否规范．【试一试】 (2013·烟台一模)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1. (1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．(1)证明在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°， ∴AB ＝2，AC ＝ 3.∴AB 2＝AC 2＋BC 2.∴BC ⊥AC .∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面ACFE . (2)解由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示空间直角坐标系，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0，1,0)，M (λ，0,1)．∴AB→＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0.取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)． ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77；当λ＝3时，cos θ有最大值12.∴cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.对应学生299A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则()．A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直解析如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直．但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在．答案 C2．已知直线l垂直于直线AB和AC，直线m垂直于直线BC和AC，则直线l，m的位置关系是()．A．平行B．异面C．相交D．垂直解析因为直线l垂直于直线AB和AC，所以l垂直于平面ABC，同理，直线m垂直于平面ABC，根据线面垂直的性质定理得l∥m.答案 A3．已知P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是()．A．P A＝PB＝PCB．P A⊥BC，PB⊥ACC．点P到△ABC三边所在直线的距离相等D．平面P AB、平面PBC、平面P AC与△ABC所在的平面所成的角相等解析条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心的必要条件，故选B.答案 B4．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()．A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β解析与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D，存在α∥β情况，故D错．由n ⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确，选C.答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图，拿一张矩形的纸对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的位置关系是________．解析折痕与矩形在桌面内的两条相交直线垂直，因此折痕与桌面垂直．答案垂直6．(2012·石家庄一模)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β.给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．解析由面面平行的性质和线面垂直的定义可知①正确；因为l⊥α，α⊥β⇒l ∥β或l⊂β，所以l，m平行、相交、异面都有可能，故②错误；由线面垂直的定义和面面垂直的判定定理可知③正确；因为l⊥α，l⊥m⇒m⊂α或m∥α，又m⊂β，所以α，β可能平行或相交，故④错误．答案①③三、解答题(共25分)7．(12分)如图，已知P A⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN⊥CD；(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.证明(1)如图，连接AC，AN，BN，∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥AC，在Rt△P AC中，N为PC中点，∴AN＝12PC.∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥BC，又BC⊥AB，P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，∴BN＝12PC.∴AN＝BN，∴△ABN为等腰三角形，又M为底边的中点，∴MN⊥AB，又∵AB∥CD，∴MN⊥CD.(2)连接PM、MC，∵∠PDA＝45°，P A⊥AD，∴AP＝AD.∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∴P A＝BC.又∵M为AB的中点，∴AM＝BM.而∠P AM＝∠CBM＝90°，∴PM＝CM.又N为PC的中点，∴MN⊥PC.由(1)知，MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD.8．(13分)(2013·泉州模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．(1)求证：B1D1∥平面A1BD；(2)求证：MD⊥AC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.(1)证明由直四棱柱，得BB1∥DD1，又∵BB1＝DD1，∴BB1D1D是平行四边形，∴B1D1∥BD.而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD.(2)证明∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D.而MD⊂平面BB1D，∴MD⊥AC.(3)解当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示．∵N是DC的中点，BD＝BC，∴BN⊥DC.又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，∴BN⊥平面DCC1D1.又可证得O是NN1的中点，∴BM∥ON且BM＝ON，即BMON是平行四边形．∴BN∥OM.∴OM⊥平面CC1D1D.∵OM⊂平面DMC1，∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．如图(a)，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，如图(b)所示，那么，在四面体A－EFH中必有()．A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面解析折成的四面体有AH⊥EH，AH⊥FH，∴AH⊥面HEF.答案 A2.如图，在斜三棱柱ABC－A 1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()．A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析由BC1⊥AC，又BA⊥AC，则AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上．答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)3.如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴当DM ⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案DM⊥PC(或BM⊥PC)4.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC.∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．答案①②③三、解答题(共25分)5．(12分)(2013·汕头模拟)如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，在直观图中，M是BD的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)若N是BC的中点，证明：AN∥平面CME；(2)证明：平面BDE⊥平面BCD.(3)求三棱锥D－BCE的体积．(1)证明连接MN，则MN∥CD，AE∥CD，又MN＝AE＝12CD，∴四边形ANME 为平行四边形，∴AN ∥EM .∵AN ⊄平面CME ，EM ⊂平面CME ， ∴AN ∥平面CME .(2)证明 ∵AC ＝AB ，N 是BC 的中点，AN ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ， ∴AN ⊥平面BCD . 由(1)，知AN ∥EM ， ∴EM ⊥平面BCD .又EM ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BCD . (3)解 V D －BCE ＝V E －BCD ＝13S △BCD ·|EM | ＝13×22×42×2＝83.6．(13分)(2013·合肥模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1綉BB 1，AB ＝AC ＝AA 1＝22BC ，B 1C 1綉12BC . (1)求证：A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)若D 是BC 的中点，求证：B 1D ∥平面A 1C 1C . (3)若BC ＝2，求几何体ABC －A 1B 1C 1的体积． (1)证明 ∵AB ＝AC ＝22BC ，AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AB ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴AA 1⊥AB ，AA 1∩AC ＝A ， ∴AB ⊥平面AA 1C ，又∵AA 1綉BB 1，∴四边形ABB 1A 1为平行四边形． ∴A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)证明 ∵B 1C 1綉12BC ，且D 是BC 的中点，∴CD綉C1B1，∴四边形C1CDB1为平行四边形，∴B1D∥C1C，B1D⊄平面A1C1C且C1C⊂平面A1C1C，∴B1D∥平面A1C1C.(3)解连接AD，DC1，V＝V三棱柱A1B1C1－ABD＋V四棱锥C－AA1C1D＝12×1×1×2＋13×(2×1)×1＝526.。

高考数学理一轮总复习必修部分开卷速查44 直线、平面

开卷速查(四十四) 直线、平面垂直的判定及其性质A级基础巩固练1．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是( ) A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β解析：与α，β两垂直平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D，存在α∥β情况，故D错；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确．答案：C2．如图，在四面体DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是( ) A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.答案：C3．已知平面α，β，γ和直线l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，给出下列四个结论：①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β.其中正确的是( )A．①④B．②④C．②③D．③④解析：如图，由题意，β∩γ＝l，∴l⊂γ，由α⊥γ，α∩γ＝m，且l⊥m，∴l⊥α，即②正确；由β∩γ＝l，∴l⊂β，由l⊥α，得α⊥β，即④正确；而①③条件不充分，不能判断．答案：B4．如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.又∵AC⊂面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．答案：A5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下面命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC解析：在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.答案：D6．如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③解析：对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．答案：B7．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC②PB⊥AC③PC⊥AB④AB⊥BC.其中正确的个数是__________.解析：如图所示．∵PA⊥PC、PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.答案：38．如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB②EF⊥PB③AF⊥B C④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是__________．解析：由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．答案：①②③9．已知a、b、l表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥γ②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β③若α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，l⊄α，则l⊥α.其中正确命题的序号是__________．解析：①在正方体A1B1C1D1ABCD中，可令平面A1B1CD为α，平面DCC1D1为β，平面A1B1C1D1为γ，又平面A1B1CD∩平面DCC1D1＝CD，平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，则CD与C1D1所在的直线分别表示a，b，因为CD∥C1D1，但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行，即α与γ不平行，故①错误．②因为a、b相交，假设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．③由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确．④当a∥b时，l垂直于平面α内两条不相交直线，不可得出l⊥α，④错误．答案：②③10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，CD⊥平面PAD，PA⊥AD，PA＝2，E为PC的中点，F在棱PA上．(1)求证：AC⊥DE；(2)求三棱锥EBDF的体积．解析：(1)连接EO，E为PC的中点，则EO∥AP.∵CD⊥平面PAD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD⊥平面PAD.又∵平面ABCD∩平面PAD ＝AD ，PA⊥AD， ∴PA⊥平面ABCD ， ∴EO⊥平面ABCD ， ∴EO⊥AC.又∵AC⊥BD，BD∩OE＝O ， ∴AC⊥平面BED ，∴AC⊥DE. (2)由(1)知EO∥AP，EO ⊂平面BED ，故AP∥平面BED. 又∵AC⊥平面BED ，∴AO 即为点F 到平面BED 的距离．又∵AO＝22，S △BDE ＝12BD·EO＝12×2×1＝22， ∴V E －BDF ＝V F －BDE ＝13×22×22＝16.B 级能力提升练11．如图，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A′－BCD ，使平面A′BD⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )A ．A′C⊥BDB ．∠BA′C＝90°C ．CA′与平面A′BD 所成的角为30° D ．四面体A′－BCD 的体积为13解析：取BD 的中点O ，连接A′O，OC ，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD.平面A′BD∩平面BCD ＝BD ，∴A′O⊥平面BCD ，∵CD⊥BD，∴OC 不垂直于BD.假设A′C⊥BD，又A′C∩A′O＝A′，∴BD⊥平面A′OC，∴BD⊥OC 与OC 不垂直于BD 矛盾，∴A′C 不垂直于BD ，A 错误．∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD ，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D，∴A′C＝2，∵A′B＝1，BC ＝BD 2＋CD 2＝3，∴A′B2＋A′C 2＝BC 2，A′B⊥A′C，B 正确．∠CA′D 为直线CA′与平面A′BD 所成的角，∠CA′D ＝45°，C 错误．V A′－BCD ＝13S △A′BD ·CD＝16，D 错误，故选B .答案：B12．[2015·海口模拟]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC ＝2AB ＝2AD ＝4BE ，平面PAB⊥平面ABCD ，(1)求证：平面PED⊥平面PAC ；(2)若直线PE 与平面PAC 所成的角的正弦值为55，求二面角A －PC －D 的平面角的余弦值．解析：(1)如图所示，取AD 的中点F ，连接BF ，则FD 綊BE ，所以四边形FBED 是平行四边形，所以FB∥ED.因为Rt △BAF 和Rt △CBA 中，BA AF ＝CBBA ＝2，所以Rt △BAF∽Rt △CBA，易知BF⊥AC，所以E D⊥AC.又因为平面PAB⊥平面ABCD ，平面PAB∩平面ABCD ＝AB ，AB⊥PA，所以PA⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，所以PA⊥ED，因为PA∩AC＝A ，所以ED⊥平面PAC ，因为ED ⊂平面PED ，所以平面PED⊥平面PAC.(2)设ED 交AC 于G ，连接PG ，则∠EPG 是直线PE 与平面PAC 所成的角．设BE ＝1，由△AGD∽△CGE，知DG GE ＝AD EC ＝23，因为AB ＝AD ＝2，所以EG ＝35DE ＝355，DG ＝255.因为sin ∠EPG＝EG PE ＝55，所以PE ＝3，AE ＝5，PA ＝PE 2－AE 2＝2，作GH⊥PC 于H ，连接HD. 由PC⊥DE，PC⊥平面HDG ，所以PC⊥HD，所以∠GHD 是二面角A －PC －D 的平面角．因为△PCA∽△GCH ，所以PA GH ＝PC GC ，而GC ＝CE 2－EG 2＝655，PC ＝PA 2＋AC 2＝PA 2＋AB 2＋BC 2＝26，则GH ＝PA·GC PC ＝305，所以tan ∠GHD＝63，得cos ∠GHD＝155，即二面角A －PC －D 的平面角的余弦值为155. 13．如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是CD 、A 1D 1的中点.(1)求证：AB 1⊥BF； (2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC 1上是否存在点P ，使BF⊥平面AEP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，说明理由．解析：(1)证明：连接A 1B ，则AB 1⊥A 1B ，又∵AB 1⊥A 1F ，且A 1B∩A 1F ＝A 1， ∴AB 1⊥平面A 1BF.又BF ⊂平面A 1BF ，∴AB 1⊥BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又∵BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG，∴AE⊥BF.(3)存在．取CC1中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.。

8.5直线、平面垂直判定与性质高三数学总复习讲义Word版含答案

§直线、平面垂直的判断与性质最新考纲1.以立体几何的定义、公义和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的相关性质与判判定理.2.能运用公义、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.考情考向解析直线、平面垂直的判断及其性质是高考中的重点观察内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判断及其应用等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转变与化归的思想.1．直线与平面垂直(1)定义若是直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．(2)判判定理与性质定理文字语言图形语言符号语言一条直线与一个平面内的两条a，b?α判断订交直线都垂直，则该直线与此a∩b＝O?l⊥α定理平面垂直l⊥a l⊥b性质垂直于同一个平面的两条直线a⊥α?a∥b 定理平行b⊥α2.直线和平面所成的角(1)定义平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．π(2)范围：0，2.3．平面与平面垂直(1)二面角的相关看法①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所组成的角叫做二面角的平面角．(2)平面和平面垂直的定义两个平面订交，若是它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(3)平面与平面垂直的判判定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判断一个平面过另一个平面的垂线，则l⊥α?α⊥β定理这两个平面垂直l?βα⊥β性质两个平面垂直，则一个平面内垂直l?β?l⊥α定理于交线的直线与另一个平面垂直α∩β＝al⊥a知识拓展重要结论(1)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．题组一思虑辨析1．判断以下结论可否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(×)(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(×)(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(√)(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(×)(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(√)(6)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(×)题组二教材改编2．[P73T1]以下命题中错误的选项是()A．若是平面α⊥平面β，那么平面α内必然存在直线平行于平面βB．若是平面α不垂直于平面β，那么平面α内必然不存在直线垂直于平面C．若是平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．若是平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面ββ答案D解析对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．3．[P67T2]在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，因此OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，∴PC⊥AB，∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC，AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．题组三易错自纠4．(2017湖·南六校联考)已知m和n是两条不同样的直线，α和β是两个不重合的平面，以下给出的条件中必然能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m?αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且α∥β答案C解析由线面垂直的判判定理，可知C正确．5.以下列图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的地址关系是()A．与AC，MN均垂直B．与AC垂直，与MN不垂直C．与AC不垂直，与 MN垂直D．与AC，MN均不垂直答案A解析由于DD1⊥平面ABCD，因此AC⊥DD1，又由于AC⊥BD，DD1∩BD＝D，因此AC⊥平面BDD1B1，由于OM?平面BDD1B1，因此OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝1＋2＝3，MN＝1＋1＝2，ON＝ 1＋4＝5，因此OM2＋MN2＝ON2，因此OM⊥MN.应选A.6.以下列图，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同样于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则以下结论正确的选项是()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45°D．OC⊥平面VAC答案B解析由题意得BC⊥AC，由于VA⊥平面ABC，BC?平面ABC，因此VA⊥BC.由于AC∩VAA，因此BC⊥平面VAC.由于BC?平面VBC，因此平面VAC⊥平面VBC.应选B.题型一直线与平面垂直的判断与性质典比以下列图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，PA⊥CD.又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD?平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE?平面ABE，PD⊥平面ABE.思想升华证明线面垂直的常用方法及重点(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判判定理；②垂直于平面的传达性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的重点是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转变是证明线面垂直的基本思想．追踪训练如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又由于DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，因此DE∥平面AA1C1C.(2)由于棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，因此CC1⊥平面ABC.由于AC?平面ABC，因此AC⊥CC1.又由于AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，因此AC⊥平面BCC1B1.又由于BC1?平面BCC1B1，因此BC1⊥AC.由于BC＝CC1，因此矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.由于AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，因此BC1⊥平面B1AC.又由于AB1?平面B1AC，因此BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判断与性质典例 (2018·开封模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.证明(1)方法一取PA的中点H，连接EH，DH.由于E为PB的中点，1因此EH綊2AB.1又CD綊2AB，因此EH綊CD.因此四边形DCEH是平行四边形，因此CE∥DH.又DH?平面PAD，CE?平面PAD，因此CE∥平面PAD.方法二连接CF.由于F为AB的中点，1因此AF＝2AB.1又CD＝2AB，因此AF＝CD.又AF∥CD，因此四边形AFCD为平行四边形．因此CF∥AD，又CF?平面PAD，AD?平面PAD，因此CF∥平面PAD.由于E，F分别为PB，AB的中点，因此EF∥PA.又EF?平面PAD，PA?平面PAD，因此EF∥平面PAD.由于CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE?平面CEF，因此CE∥平面PAD.(2)由于E，F分别为PB，AB的中点，因此EF∥PA.又由于AB⊥PA，因此EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又由于EF∩FG＝F，EF，FG?平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又由于M，N分别为PD，PC的中点，因此MN∥CD，又AB∥CD，因此MN∥AB，因此MN⊥平面EFG.又由于MN?平面EMN，因此平面EFG⊥平面EMN.引申研究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.证明由于AB⊥PA，AB⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，因此AB⊥平面PAC.又MN∥CD，CD∥AB，因此MN∥AB，因此MN⊥平面PAC.又MN?平面EMN，因此平面EMN⊥平面PAC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.证明由于E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，因此EF∥PA，FG∥AC，又EF?平面PAC，PA?平面PAC，因此EF∥平面PAC.同理FG∥平面PAC.又EF∩FG＝F，因此平面EFG∥平面PAC.思想升华(1)判断面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判判定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转变．在一个平面内作交线的垂线，转变成线面垂直，尔后进一步转变成线线垂直．追踪训练(2017·南昌模拟)如图，已知在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．(1)求证：平面EFG⊥平面PAD；(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥M—EFG的体积．(1)证明由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，且CD⊥AD，因此CD⊥平面PAD.又由于在△PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，因此EF∥CD，因此EF⊥平面PAD.由于EF?平面EFG，因此平面EFG⊥平面PAD.(2)解由于EF∥CD，EF?平面EFG，CD?平面EFG，因此CD∥平面EFG，因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，因此V三棱锥M—EFG＝V三棱锥D—EFG，取AD的中点H，连接GH，EH，FH，则EF∥GH，由于EF⊥平面PAD，EH?平面PAD，因此EF⊥EH.1于是S△EFH＝2EF×EH＝2＝S△EFG，由于平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD＝EH，△EHD是正三角形，因此点D到平面EFG的距离等于正△EHD的高，即为 3.因此三棱锥M—EFG的体积V三棱锥M—EFG＝V三棱锥D—EFG＝1×S△EFG×3＝23. 33题型三垂直关系中的研究性问题典例以下列图，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形，BC＝CE，点F为CE的中点．(1)证明：AE∥平面BDF；(2)点M为CD上任意一点，在线段AE上可否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P 的地址，并加以证明；若不存在，请说明原由．(1)证明连接AC交BD于点O，连接OF.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点．又F为EC的中点，∴OF∥AE.又OF?平面BDF，AE?平面BDF，AE∥平面BDF.(2)解当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明以下：取BE的中点H，连接DP，PH，CH.∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB.又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，又BE?平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点，CH⊥BE.又CH∩CD＝C，且CH，CD?平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC.又PM?平面DPHC，∴PM⊥BE.思想升华(1)对于线面关系中的存在性问题，第一假设存在，尔后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，搜寻假设满足的条件，若满足则必然假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)对于研究性问题用向量法比较简单下手．一般先假设存在，设出空间点的坐标，转变成代数方程可否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．追踪训练如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝ 2.(1)求证：B1C∥平面A1BM；(2)求证：AC1⊥平面A1BM；(3)在棱BB1上可否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？若是存在，求此时BN的值；BB1若是不存在，请说明原由．(1)证明连接AB 1与A1O，连接OM.B，两线交于点在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1的中点，OM∥B1C，又∵OM?平面A1BM，B1C?平面A1BM，B1C∥平面A1BM.(2)证明∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM?平面ABC，AA1⊥BM，又∵M为棱AC的中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面ACC1A1，BM⊥平面ACC1A1，BM⊥AC1.AC＝2，∴AM＝1.又∵AA1＝2，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝2，∴∠AC1C＝∠A1MA，即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，A1M⊥AC1.BM∩A1M＝M，BM，A1M?平面A1BM，∴AC1⊥平面A1BM.BN1(3)解当点N为BB1的中点，即＝时，平面AC1N⊥平面AA1C1C.证明以下：设AC1的中点为D，连接DM，DN.∵D，M分别为AC1，AC的中点，1∴DM∥CC1，且DM＝2CC1.又∵N为BB1的中点，∴DM∥BN，且DM＝BN，∴四边形BNDM为平行四边形，BM∥DN，BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面AA1C1C.又∵DN?平面AC1N，∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.立体几何证明问题中的转变思想典例(12分)以下列图，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转变，交替使用平行、垂直的判判定理和性质定理．(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行常常用的中位线、平行线分线段成比率；证明垂直常常用的等腰三角形的中线等．(3)证明过程必然要慎重，使用定理时要比较条件，步骤书写要规范．规范解答证明(1)以下列图，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]又∵A1K?平面A1MK，AN?平面A1MK，AN∥平面A1MK.[6分](2)以下列图，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，[10分]MK⊥B1C.A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，MK⊥平面A1B1C.又∵MK?平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则()A．垂直于平面β的平面必然平行于平面αB．垂直于直线l的直线必然垂直于平面αC．垂直于平面β的平面必然平行于直线lD．垂直于直线l的平面必然与平面α，β都垂直答案D解析对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或订交，故A错误；对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错误；对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或订交，故C错误．D正确．2．(2017·圳四校联考深)若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P?l，则以下命题中是假命题的为()A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面βB．过点P垂直于直线l的直线在平面α内C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β答案B解析由于过点P垂直于平面α的直线必平行于平面β内垂直于交线的直线，因此也平行于平面β，因此A正确；过点P垂直于直线l的直线有可能垂直于平面α，不用然在平面α内，因此B不正确；依照面面垂直的性质定理，知选项C，D正确．3．设α，β是两个不同样的平面，l，m是两条不同样的直线，且l?α，m?β()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m答案A解析选项A，∵l⊥β，l?α，∴α⊥β，A正确；选项B，α⊥β，l?α，m?β，l与m的地址关系不确定；选项C，∵l∥β，l?α，∴α∥β或α与β订交；选项D，∵α∥β，l?α，m?β，此时，l与m的地址关系不确定．应选 A.4．(2017中·原名校缔盟联考)已知m和n是两条不同样的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中必然能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m?αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β答案C解析对于选项A，由α⊥β且m?α，可得m∥β或m与β订交或m?β，故A不成立；对于选项B，由α⊥β且m∥α，可得m?β或m∥β或m与β订交，故B不成立；对于选项C，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β订交或m?β，故D不成立．应选 C.5．(2018·水调研衡)如图，在正周围体P—ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC答案D解析由于BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，因此BC∥平面PDF，应选项A正确；在正周围体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，且AE，PE?平面PAE，因此BC⊥平面PAE，由于DF∥BC，因此DF⊥平面PAE，又DF?平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．6.以下列图，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点等于线段BC的长．其中正确的选项是()AB为⊙O的直径，点B到平面PAC的距离A．①②C．①B．①②③D．②③答案B解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA?平面PAC，OM?平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．7.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．答案4解析∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC?平面ABC，PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．8．(2018洛·阳模拟)以下列图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可 )答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.9.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与的直线有________；与AP垂直的直线有________．PC垂直答案AB，BC，AC AB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C ，∴AB ⊥平面PAC ，∴与AP 垂直的直线是 AB.10.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E ，要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为______．答案1 2 解析设B 1F ＝x ，由于AB 1⊥平面C 1DF ，DF?平面C 1DF ，因此AB 1⊥DF.由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h.1×2×2＝1×h22＋2 2又2 2，因此h ＝23，DE ＝333.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝22－ 32＝ 6.236由面积相等得1×6× x 2＋22＝1×2262 22x ，得x ＝12.11．(2018届“超级全能生”全国联考)如图＝CB ＝1，将△ADC 沿AC 折起，使得平面DB(如图2)．1，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ＝2，AD ＝DCADC ⊥平面ABC ，E 为AB 的中点，连接DE ，1 23 (1)求证：BC ⊥AD ；4 (2)求点E 到平面BCD 的距离． 5(1)证明作CH ⊥AB 于点H ，63则BH ＝2，AH ＝2，3又BC ＝1，∴CH ＝2，∴CA ＝ 3，∴AC ⊥BC ，∵平面ADC ⊥平面ABC ，且平面 ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC?平面ABC ，BC ⊥平面ADC ，又AD?平面ADC ，BC ⊥AD.(2)解 ∵E 为AB 的中点，∴点E 到平面BCD 的距离等于点A 到平面BCD 距离的一半．而平面ADC ⊥平面BCD ，∴过A 作AQ ⊥CD 于Q ，又∵平面ADC ∩平面BCD ＝CD ，且AQ?平面ADC ， ∴AQ ⊥平面BCD ，AQ 就是点A 到平面BCD 的距离．由(1)知AC ＝3，AD ＝DC ＝1，22 2∴ cos ∠ADC ＝＝－1，2×1×121＋1－32π又0<∠ADC<π，∴∠ADC ＝3，π3∴在Rt △QAD 中，∠QDA ＝3，AD ＝1，43AQ ＝AD ·sin ∠QDA ＝1×2＝2.3∴点E 到平面BCD 的距离为 4.12.(2017湖·北七市联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在以下列图的堑堵ABM —DCP1 与刍童ABCD —A 1B 1C 1D 1的组合体中，AB ＝AD ，A 1B 1＝A 1D 1.台体体积公式：V ＝(S ′＋S ′S3＋S)h ，其中S ′，S 分别为台体上、下底面的面积，h 为台体的高．(1)证明：BD ⊥平面MAC ；(2)若AB ＝1，A 1D 1＝2，MA ＝3，三棱锥A —A 1B 1D 1的体积V ′＝23，求该组合体的体积．3(1)证明由题意可知ABM —DCP是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD ⊥平面MAB ，AD ⊥MA ，又MA ⊥AB ，AD ∩AB ＝A ，AD ，AB?平面ABCD ，∴MA ⊥平面ABCD ，∴MA ⊥BD.又AB ＝AD ，∴四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ，又MA ∩AC ＝A ，MA ，AC?平面MAC ，BD ⊥平面MAC.(2)解设刍童ABCD —A 1B 1C 1D 1 的高为h ，则三棱锥A —A 1B 1D 1 的体积V ′＝1×1×2×2×h32233，∴h ＝3，1122223 7 3 17 3故该组合体的体积 V ＝2 ×1× 3×1＋ 3 ×(1 ＋2 ＋ 1 ×2)× 3＝ 2 ＋ 3 ＝6.13．(2018届南宁市联考)如图，在正方形 ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，G 是EF的中点．现在沿AE ，AF 及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B ，C ，D三点重合，重合后的点记为H.以下说法错误的选项是________．(填序号)①AG⊥△EFH所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面．答案①③④解析折从前AG⊥EF，CG⊥EF，折此后也垂直，因此EF⊥平面AHG，折从前∠B，∠D，∠C均为直角，折此后三点重合，因此折此后AH，EH，FH三条直线两两垂直，因此AH⊥△EFH 所在平面，②对；同时可知AH⊥HG，又HF⊥△AEH所在平面，过AE不可以能做两个平面与直线HF垂直，③错；若是HG⊥△AEF所在平面，则有HG⊥AG，与②中AH⊥HG矛盾，④错；若AG⊥△EFH所在平面，则有AG⊥HG，与②中AH⊥HG矛盾，因此①也错．14.如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出以下结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.AF⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PBC，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，AE，AF?平面AEF，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．15.(2017兰·州模拟)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则以下说法正确的选项是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何地址(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何地址(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何地址(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，必然存在某个地址，使EC⊥AD.答案①②④解析由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，因此四边形ABED为平行四边形，因此BE＝AD，折叠后以下列图．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.由于M，N分别是AD，BE的中点，因此点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，因此平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，因此AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，因此AE⊥平面MNP，又MN?平面MNP，因此MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE?平面MNBA ，AD?平面MNBA ，与BE 和AD 是异面直线矛盾， ③错误；④当EC ⊥ED 时，EC ⊥AD.由于EC ⊥EA ，EC ⊥ED ，EA ∩ED ＝E ，因此EC ⊥平面AED ，AD?平面AED ，因此EC ⊥AD ，④正确．16.(2018泉·州模拟)点P 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面对角线 BC 1上运动，给出以下命题：①三棱锥 A —D 1PC 的体积不变；A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1.其中正确的命题序号是 ________．答案解析①②④ 连接BD交AC于点O ，连接DC 1交D 1C于点O 1，连接OO 1，则OO 1∥BC 1，因此BC 1∥平面AD 1C ，动点P 到平面AD 1C 的距离不变，因此三棱锥P —AD 1C 的体积不变．又由于V 三棱锥PADCV三棱锥ADPC，因此①正确；11由于平面 A 1C 1B ∥平面AD 1C ，A 1P?平面A 1C 1B ，因此A 1P ∥平面ACD 1，②正确；由于当点 P 在B 点时，DB 不垂直于BC 1，即DP 不垂直BC 1，故③不正确；由于DB 1⊥D 1C ，DB 1⊥AD 1，D 1C ∩AD 1＝D 1，因此DB 1⊥平面AD 1C.又由于DB 1?平面PDB 1，因此平面 PDB 1⊥平面ACD 1，④正确．。

高考数学一轮复习第八章立体几何第54课直线与平面垂直的判定和性质文(含解析)-人教版高三全

第54课直线与平面垂直的判定和性质1.直线与平面垂直（1）定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l 与平面α互相垂直．记作l α⊥（2）直线与平面垂直的判定例1.(2013·某某卷)如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，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 ＝22. (1)证明：DE //平面BCF ；(2)证明：CF ⊥平面ABF ； (3)当AD ＝23时，求三棱锥F －DEG 的体积V F －DEG .类别语言表述图示字母表示作用判定（1）若一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直,m n m n P a a m a n αα⊂⎫⎪=⇒⊥⎬⎪⊥⊥⎭、用于证明直线与平面垂直（2）若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面//a b a b αα⊥⎫⇒⊥⎬⎭用于证明直线与平面垂直(1)证明：在等边三角形ABC 中，AD ＝AE . ∴AD DB ＝AE EC，在折叠后的三棱锥ABCF 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，所以AF ⊥BC ，①BF ＝CF ＝12.∵在三棱锥A －BCF 中，BC ＝22，∴BC 2＝BF 2＋CF 2， ∴CF ⊥BF ，②∵BF ∩CF ＝F ，∴CF ⊥平面ABF .(3)解析：由(1)可知GE ∥CF ，结合(2)可得GE ⊥平面DFG . ∴V F －DEG ＝V E －DFG ＝13×12·DG ·FG ·GE ＝13×12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×32×13＝3324.练习：如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直于圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．（1）求证:BC ⊥平面PAC ；（2）设Q 为PA 的中点，G 为AOC ∆的重心，求证：平面QOG ∥平面PBC ．【解析】（1）证明：∵AB 是圆O 的直径，∴AC BC ⊥，∵PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴PA BC ⊥， ∵PAAC A =，∴BC ⊥平面PAC ．（2）连结OG 并延长交AC 于M ，连结,QM QO ， ∵G 为AOC ∆的重心，∴M 为AC 的中点， ∵Q 为PA 的中点，∴QM ∥PC ， ∵QM ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBCA∴QM ∥平面PBC∵O 为AB 的中点，M 为AC 的中点，∴OM ∥BC ， ∵OM ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ∴OM ∥平面PBC ，而QM ∥平面PBC ∵QMOM M =，QM ⊂平面QMO ，OM ⊂平面QMO ，∴平面QMO ∥平面PBC ，即平面QOG ∥平面PBC（3）直线与平面垂直的性质例2.如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积．【解】(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB .类别语言表述图示字母表示作用性质（1）若一条直线与一个平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线a ab b αα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭证两条直线垂直（2）如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行//a a b b αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭证两条直线平行因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ·OA 1＝3. 练习：如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，60BCD ︒∠=，2AB AD =，PD ⊥平面ABCD . 求证：AD ⊥PB ；证明:∵PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥AD . ∵60BAD BCD ︒∠=∠=，2AB AD =， ∴222260BDAB AD AB AD cos ︒=+-⋅⋅2222AB AD AD =+-22AB AD =-.∴22ABAD =2BD +∴AD BD ⊥.∵PDBD D =，PD ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，∴AD ⊥平面PBD . ∵PB ⊂平面PBD ， ∴AD PB ⊥. 2.直线与平面所成的角（1）一个平面的斜线和它在这个平面内的射影所成的角，叫做斜线和这个平面所成的角. （2）直线与平面所成的角的X 围是[0,]2π（3）如果直线和平面垂直，那么就说直线和平面所成的角是直角．练习：若四棱锥P ABCD -的所有棱长均为2，则侧棱PA 与底面ABCD 所成的角为，斜高与底面底面ABCD 所成的角的正切值为第54课直线与平面垂直的判定和性质作业题1．一条直线与一个平面垂直的条件是 ( ) A. 垂直于平面内的一条直线 B. 垂直于平面内的两条直线 C. 垂直于平面内的无数条直线 D. 垂直于平面内的两条相交直线解析：D2. 如果平面α外的一条直线a 与α内两条直线垂直，那么 ( ) A. a ⊥α B. a ∥α C. a 与α斜交 D. 以上三种均有可能解析：D3. 已知两条不同的直线m、n，两个不同的平面a、β，则下列命题中的真命题是（）A．若m⊥a，n⊥β，a⊥β，则m⊥nB．若m⊥a，n∥β，a⊥β，则m⊥nC．若m∥a，n∥β，a∥β，则m∥nD．若m∥a，n⊥β，a⊥β，则m∥n【答案】A【解析】试题分析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中记ABCD为平面a，CDC1D1为平面β，直线AA1为m，直线BB1为n，则m∥n，因此选项B为假；同理选项D也为假，取平面r∥a∥β，则平面内的任意一条直线都可以为直线m,n，因此选项C为假，答案选A.考点：空间几何中直线与直线的位置关系4. 如图，BC是Rt△ABC的斜边，AP⊥平面ABC，连结PB、PC，作PD⊥BC于D，连结AD，则图中共有直角三角形_________个。

【解密高考】高考数学大一轮总复习 8.5 直线、平面垂直的判定及其性质高效作业理新人教A版

【解密高考】2015届高考数学大一轮总复习 8.5 直线、平面垂直的判定及其性质高效作业理新人教A版时间：45分钟满分：100分班级：________ 姓名：________ 学号：________ 得分：________一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2013·广东)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β解析：由m⊥α，m∥n⇒n⊥α，又n∥β，则n平行于β内某一直线n′，此时n′∥m，于是α⊥β.答案：D2．(2014·石家庄诊断)教室内任意放一支笔直的铅笔，则在教室的地面上必存在直线与铅笔所在的直线( )A．平行B．相交C．异面D．垂直解析：这支铅笔与地面存在三种位置关系，若在地面内，则C排除；若与地面平行则B 排除；若与地面相交，则A排除，选D.答案：D3．(教材改编题)设P是△ABC所在平面外一点，P到△ABC各顶点的距离相等，而且P 到△ABC各边的距离也相等，那么△ABC( )A．是非等腰的直角三角形B．是等腰的直角三角形C．是等边三角形D．不是A、B、C所述的三角形解析：设O是点P在平面ABC内的射影，因为P到△ABC各顶点的距离相等，所以O是三角形的外心，又P到△ABC各边的距离也相等，所以O是三角形的内心，故△ABC是等边三角形，选C.答案：C4．(2014·徐州模拟)如果一个二面角的两个半平面与另一个二面角的两个半平面互相垂直，则这两个二面角的大小是( )A．相等B．互补C．相等或互补D．无法确定解析：如图一个二面角α－BC－δ与另一个二面角γ－BA－β的两个半平面分别垂直，即α⊥γ且δ⊥β，其中α⊥β，当δ面绕BC转动时，α－CB－δ的角度变化，∴这两个二面角的大小无法确定. 故选D.答案：D5．(2014·泉州二模)把等腰直角△ABC沿斜边上的高AD折成直二面角B－AD－C，则BD与平面ABC所成角的正切值为( )A. 2B.2 2C．1 D.3 3解析：如图，在面ADC中，过D作DE⊥AC，交AC于点E.连接BE，因为二面角B－AD －C为直二面角，所以BD⊥平面ADC，故BD⊥AC.由以上可知，AC⊥平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC，故∠DBE就是BD与平面ABC所成角，在Rt△DBE中，易求tan∠DBE＝22，故选B.答案：B6．(理)(2014·山西大学附中)三棱锥P—ABC的两侧面PAB、PBC都是边长为2a的正三角形，AC＝3a，则二面角A—PB—C的大小为( )A．90° B．30°C．45° D．60°解析：取PB 的中点M ，连结AM 、CM ，则AM ⊥PB ，CM ⊥PB ，所以∠AMC 为二面角A —PB —C 的平面角．易得AM ＝CM ＝3a ，则△AMC 为正△，所以∠AMC ＝60°.答案：D(文)(2013·山东)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12 B.π3 C.π4D.π6解析：如图所示，由点P 向面ABC 作垂线，其垂足M 为△ABC 的中心，连接PA ，AM ，则∠PAM 即为PA 与面ABC 所成的角．设棱柱的高为h ，则V ＝34(3)2h ＝94，故h ＝3，∴PM ＝3，又AM ＝1，故在Rt △PMA 中可知tan ∠PAM ＝3，∴∠PAM ＝π3.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上) 7．(2014·泰州模拟)正四棱锥S －ABCD 的底面边长为2，高为2，E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹的周长为________．解析：如图，取CD 的中点F 、SC 的中点G ，连接EF ，EG ，FG ，EF 交AC 于点H ，易知AC ⊥EF ，又GH ∥SO ，∴GH ⊥平面ABCD ，∴AC ⊥GH ，∴AC ⊥平面EFG ，故点P 的轨迹是△EFG ，其周长为2＋ 6. 答案：2＋ 68．(2014·天门模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .解析：由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF . 要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 由Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D，即2a 3a －x ＝xa，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a 或x ＝2a . 答案：a 或2a9．(2014·卫辉月考)设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊄α，则n ∥α； ②若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β； ③若m ⊥β，α⊥β，则m ∥α或m ⊂α； ④ 若m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α⊥β. 则其中正确命题的序号为________．解析：①③④正确．②中，可能有m ∥β或m ⊂β，故②不正确．答案：①③④10．(2014·豫北六校精英联考)a 、b 表示直线α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩β＝a ，α∩γ＝b ，则a ⊥b④若a 不垂直于平面α，则a 不可能垂直于平面α内的无数条直线； ⑤若a ⊥α，b ⊥β，a ∥b ，则α∥β.上述五个命题中，正确命题的序号是________．解析：对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；对④只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．答案：②⑤三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤)11．(2014·江西上饶中学二模)如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2，AB＝4，AD＝BC＝2，E、F分别为CD、AB中点，沿EF将梯形AFED折起，使得∠AFB＝60°，点G为FB的中点．(1)求证：AG⊥平面BCEF；(2)求DG的长度．解：(1)证明：因为AF＝BF，∠AFB＝60°，则△AFB为等边三角形，又G为FB的中点，所以AG⊥FB.在等腰梯形ABCD中，因为E、F分别是CD、AB中点，所以EF⊥AB，于是EF⊥AF，EF⊥BF，则EF⊥平面ABF，所以AG⊥EF.又EF与FB交于一点F，所以AG⊥平面BCEF.(2)取EC的中点M，连结DM、GM、CG，易得平面ABF∥平面DCE，DM∥AG，因为AG⊥BCEF，则DM⊥BCEF，则DM⊥MG.知EC＝FG＝BG＝1，从而CG∥EF.在Rt△CGB中，CG⊥BG，BG＝1，BC＝2，则CG＝1，则在Rt△CGM中，GM＝GC2＋CM2＝52.又易知DM＝32.那么在Rt△DGM中，DG＝GM2＋DM2＝ 2.12．(理)(2013·四川)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点．(Ⅰ)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1；(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AB 于点M ，交AC 于点N ，求二面角A －A 1M －N 的余弦值．解：(Ⅰ)如图，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .由已知，AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以，BC ⊥AD ，则直线l ⊥AD . 因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥直线l .又因为AD ，AA 1在平面ADD 1A 1内，且AD 与AA 1相交．所以直线l ⊥平面ADD 1A 1.(Ⅱ)解法一：连接A 1P ，过A 作AE ⊥A 1P 于E ，过E 作EF ⊥A 1M 于F ，连接AF . 由(Ⅰ)知，MN ⊥平面AEA 1，所以平面AEA 1⊥平面A 1MN . 所以AE ⊥平面A 1MN ，则A 1M ⊥AE . 所以A 1M ⊥平面AEF ，则A 1M ⊥AF .故∠AFE 为二面角A －A 1M －N 的平面角(设为θ)．设AA 1＝1，则由AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，有∠BAD ＝60°，AB ＝2，AD ＝1. 又P 为AD 的中点，所以M 为AB 中点，且AP ＝12，AM ＝1.所以，在Rt △AA 1P 中，A 1P ＝52；在Rt △A 1AM 中，A 1M ＝ 2. 从而AE ＝AA 1·AP A 1P ＝15，AF ＝AA 1·AM A 1M ＝12，所以sin θ＝AE AF＝25.所以cos θ＝1－sin 2θ＝1－252＝155.故二面角A －A 1M －N 的余弦值为155. 解法二：设A 1A ＝1.如图，过A 1作A 1E 平行于B 1C 1，以A 1为坐标原点，分别以A 1E →，A 1D 1→，A 1A →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点A 1重合)．则A 1(0,0,0)，A (0,0,1)，B (3，1,1)，C (－3，1,1)．因为P 为AD 的中点，所以M ，N 分别为AB ，AC 的中点，故M (32，12，1)，N (－32，12，1)．所以A 1M →＝(32，12，1)，A 1A →＝(0,0,1)，MN →＝(－3，0,0)．设平面AA 1M 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎨⎧n 1⊥A 1M →，n 1⊥A 1A →，即⎩⎨⎧n 1·A 1M →＝0，n 1·A 1A →＝0.故有⎩⎪⎨⎪⎧x 1，y 1，z 132，12，＝0，x 1，y 1，z 1，0，＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1＋z 1＝0，z 1＝0.取x 1＝1，则y 1＝－3，所以n 1＝(1，－3，0)．设平面A 1MN 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2⊥A 1M →，n 2⊥MN →，即⎩⎨⎧n 2·A 1M →＝0，n 2·NM →＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧x 2，y 2，z 232，12，＝0，x 2，y 2，z 2－3，0，＝0.从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 2＋12y 2＋z 2＝0，3x 2＝0.取y 2＝2，则z 2＝－1，所以n 2＝(0,2，－1)．设二面角A －A 1M －N 的平面角为θ，又θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝|，－3，，2，－2·5|＝155. 故二面角A －A 1M －N 的余弦值为155. (文)(2013·四川)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA 1＝2，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段AD 上异于端点的点．(Ⅰ)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1；(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AC 于点Q ，求三棱锥A 1－QC 1D 的体积．(锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)解：(Ⅰ)如图，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .由已知，AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以，BC ⊥AD ，则直线l ⊥AD . 因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥直线l .又因为AD ，AA 1在平面ADD 1A 1内，且AD 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面ADD 1A 1.(Ⅱ)过D 作DE ⊥AC 于E .因为AA 1⊥平面ABC ，所以DE ⊥AA 1.又因为AC ，AA 1在平面AA 1C 1C 内，且AC 与AA 1相交，所以DE ⊥平面AA 1C 1C ，由AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，有AD ＝1，∠DAC ＝60°，所以在△ACD 中，DE ＝32AD ＝32. 又S △A 1QC 1＝12A 1C 1·AA 1＝1.所以VA 1－QC 1D ＝VD －A 1QC 1＝13DE ·S △A 1QC 1＝13×32×1＝36.因此三棱锥A 1－QC 1D 的体积是36.13．(理)(2013·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(Ⅰ)求证：AA 1⊥平面ABC ；(Ⅱ)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(Ⅲ)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .并求BDBC 1的值．解：(Ⅰ)因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(Ⅱ)由(Ⅰ)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB . 由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC .如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎨⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧3y －4z ＝0，4x ＝0.令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，所以二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(Ⅲ)设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→. 所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ. 所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD →·A 1B →＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.(文)(2013·北京)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD .E 和F 分别是CD 和PC 的中点．求证：(Ⅰ)PA ⊥底面ABCD ；(Ⅱ)BE∥平面PAD；(Ⅲ)平面BEF⊥平面PCD.证明：(Ⅰ)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(Ⅱ)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(Ⅲ)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(Ⅰ)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.。