智慧测评新高考人教A版理科数学一轮总复习课时训练7.5直线、平面垂直的判定与性质(含答案详析)

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高考数学一轮复习第7章立体几何 7.5 直线、平面垂直的判定与性质课后作业理-人教版高三全册数

7．5 直线、平面垂直的判定与性质[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是 ( )A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l⊥α，l⊥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析如图所示，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，对于A项，设l为AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1为α，β.A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；对于C项，设l为A1A，平面ABCD为α，平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD；A1A∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；对于D项，设平面A1ABB1为α，平面ABCD为β，直线D1C1为l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.故A，C，D三项都是错误的．而对于B项，根据垂直于同一直线的两平面平行，知B项正确．故选B.2．(2017·某某某某二模)已知点A，B在半径为3的球O表面上运动，且AB＝2，过AB 作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分别为圆M，N，则( ) A．MN长度的最小值是2B．MN的长度是定值 2C．圆M面积的最小值是2πD．圆M、N的面积和是定值8π答案 B解析如图所示，平面ABC为平面α，平面ABD为平面β，则BD⊥BC.BC2＋BD2＋4＝12，∴CD＝22，∵M，N分别是AC，AD的中点，∴MN的长度是定值 2.故选B.3．(2017·某某某某摸底)如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.4．(2018·某某某某模拟)如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BCDC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ACD ⊥平面BDE D ．平面ABC ⊥平面ACD ，且平面ACD ⊥平面BDE 答案 C解析因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理，DE ⊥AC ，由于DE ∩BE ＝E ，于是AC ⊥平面BDE .因为AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BDE .又AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE .故选C.5．(2018·某某二诊)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝3，AB ＝4，若在棱AB 上存在点P ，使得D 1P ⊥PC ，则AD 的取值X 围是( )A ．(0,1]B ．(0,2]C ．(1，3]D ．[1,4)答案 B解析连接DP ，由D 1P ⊥PC ，DD 1⊥PC ，且D 1P ，DD 1是平面DD 1P 内两条相交直线，得PC ⊥平面DD 1P ，PC ⊥DP ，即点P 在以CD 为直径的圆上，又点P 在AB 上，则AB 与圆有公共点，即0< AD ≤12CD ＝2.故选B.6．(2018·某某模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，BA ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝2，PA ＝3，PA ⊥底面ABCD ，E 是棱PD 上异于P ，D 的动点．设PEED＝m ，则“0<m <2”是“三棱锥C －ABE 的体积不小于1”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答案 B解析如图，过E 点作EH ⊥AD ，H 为垂足，则EH ⊥平面ABCD .∵V C －ABE ＝V E －ABC ， ∴三棱锥C －ABE 的体积为23EH .若三棱锥C －ABE 的体积不小于1，则EH ≥32，又PA ＝3，∴PEED＝m ≤1，∴0<m ≤1.故选B.7．如图，三棱锥P －ABC 的所有棱长都相等，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的是( )A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC答案 C解析∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正确．∵BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE.又∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，B正确．∵BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，D正确．故选C.8．(2018·某某某某月考)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1－ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( )A．2 B．3C．4 D．5答案 B解析设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1.又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.9．(2018·静海月考)如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是( )A．一条线段B．一条直线C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点答案 D解析∵平面PAC⊥平面PBC，而平面PAC∩平面PBC＝PC.又AC⊂平面PAC，且AC⊥PC，∴AC⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，∴点C在以AB为直径的圆上，∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.10．(2018·某某期末)已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数是( )A．4 B．3C．2 D．1答案 A解析满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示，不妨令PA⊥矩形ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥CB，PA⊥CD，故△PAB和△PAD都是直角三角形．又矩形中CB⊥AB，CD⊥AD.这样CB垂直于平面PAB内的两条相交直线PA、AB，CD垂直于平面PAD内的两条相交直线PA、AD，由线面垂直的判定定理可得CB⊥平面PAB，CD⊥平面PAD，∴CB⊥PB，CD⊥PD，故△PBC 和△PDC都是直角三角形，故直角三角形有△PAB、△PAD、△PBC、△PDC共4个．故选A.二、填空题11．(2017·某某二模)三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a .其中正确的是________．答案 ①②③④解析由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，故①正确；再根据SB ⊥AC ，SB ⊥AB ，可得SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，故②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为点C 到平面SAB 的距离，为12a ，④正确．12．(2017·某某期末)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，则下列结论：①AD ∥平面PBC ； ②平面PAC ⊥平面PBD ； ③平面PAB ⊥平面PAC ； ④平面PAD ⊥平面PDC .其中正确的结论序号是________．答案 ①②④解析 ①由底面为正方形，可得AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，可得AD ∥平面PBC ；②在正方形ABCD中，AC⊥BD，PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD，PA∩AC＝A，可得BD⊥平面PAC，BD⊂平面PBD，即有平面PAC⊥平面PBD；③PA⊥底面ABCD，可得PA⊥AB，PA⊥AC，可得∠BAC为二面角B－PA－C的平面角，显然∠BAC＝45°，故平面PAB⊥平面PAC不成立；④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD，PA∩AD＝A，可得CD⊥平面PAD，CD⊂平面PCD，即有平面PAD⊥平面PDC.综上可得，①②④正确．13．(2017·三元月考)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD ＝90°，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．答案平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC⊥平面ACD解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.由CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB.故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC.14．(2018·某某模拟)如图，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∠BA′C＝________，V A′－BCD＝________.答案 90° 16解析由题设知：△BA ′D 为等腰直角三角形，CD ⊥平面A ′BD ，得BA ′⊥平面A ′CD ，∴∠BA ′C ＝90°，V A ′－BCD ＝V C －A ′BD ＝16.B 级三、解答题15．(2018·某某期末)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1中点，BD 与AB 1交于点O ，且OC ⊥平面ABB 1A 1.证明：平面AB 1C ⊥平面BCD . 证明 ∵ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1的中点，∴∠BAD ＝90°，∠ABB 1＝90°，BB 1＝22，AD ＝12AA 1＝2，∴tan ∠ABD ＝AD AB ＝22， tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22， ∴∠ABD ＝∠AB 1B ，∴∠AB 1B ＋∠BAB 1＝∠ABD ＋∠BAB 1＝π2，∴∠AOB ＝π2，即AB 1⊥BD .∵CO ⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1， ∴AB 1⊥CO ，又BD ∩CO ＝O ， ∴AB 1⊥平面BCD . ∵AB 1⊂平面AB 1C ， ∴平面AB 1C ⊥平面BCD .16．(2018·黄冈调研)在三棱锥P －ABC 中，△PAB 是等边三角形，PA ⊥AC ，PB ⊥BC .(1)证明：AB ⊥PC ；(2)若PC ＝2，且平面PAC ⊥平面PBC ，求三棱锥P －ABC 的体积．解 (1)证明：在Rt △PAC 和Rt △PBC 中AC ＝PC 2－PA 2，BC ＝PC 2－PB 2.∵PA ＝PB ，∴AC ＝BC .取AB 中点M ，连接PM ，CM ，则AB ⊥PM ，AB ⊥MC ， ∴AB ⊥平面PMC ，而PC ⊂平面PMC ， ∴AB ⊥PC .(2)在平面PAC 内作AD ⊥PC ，垂足为D ，连接BD .∵平面PAC ⊥平面PBC ，∴AD ⊥平面PBC ，又BD ⊂平面PBC ， ∴AD ⊥BD ，又Rt △PAC ≌Rt △PBC ， ∴AD ＝BD ，∴△ABD 为等腰直角三角形．设AB ＝PA ＝PB ＝a ，则AD ＝22a ，在Rt △PAC 中，由PA ·AC ＝PC ·AD 得a ·4－a 2＝2×22a ，∴a ＝ 2. ∴S △ABD ＝12AD ·BD ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝12，∴V P －ABC ＝13S △ABD ·PC ＝13×12×2＝13.17．(2018·某某期末)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是AB 的中点，M 是AA 1上一点，AM ＝tAA 1.(1)求证：BC 1∥平面A 1CD ；(2)若3AB ＝2AA 1，当t 为何值时，B 1M ⊥平面A 1CD?解 (1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点O ，那么点O 是AC 1的中点，连接OD ，由点D 是AB 的中点，可得BC 1∥OD ，BC 1⊄平面A 1CD ，OD ⊂平面A 1CD ，可得BC 1∥平面A 1CD .(2)由3AB ＝2AA 1，D 为AB 中点可得AD AA 1＝13， ∴当A 1M A 1B 1＝13时，可得Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1M ，∴∠DA 1A ＝∠MB 1A 1，∴∠A 1MB 1＋∠DA 1A ＝∠A 1MB 1＋∠MB 1A 1＝90°， ∴B 1M ⊥A 1D .∵D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ，又∵CD ⊥AA 1，AB ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面AA 1B 1B .∵B 1M ⊂平面AA 1B 1B ，∴CD ⊥B 1M .∵CD ∩A 1D ＝D ，∴B 1M ⊥平面A 1CD ，此时A 1M A 1B 1＝13，3AB ＝2AA 1，所以A 1M ＝29AA 1，故AM ＝79AA 1，即当t ＝79时，B 1M ⊥平面A 1CD . 18．(2018·昌平区调研)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点．(1)求证：BD 1∥平面AMC ；(2)求证：AC ⊥BD 1；(3)在线段BB 1上是否存在点P ，当BP BB 1＝λ时，平面A 1PC 1∥平面AMC ？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接BD 交AC 于N ，连接MN . 因为ABCD 为正方形，所以N 为BD 中点，在△DBD 1中，因为M 为DD 1中点，所以BD 1∥MN .因为MN ⊂平面AMC ，BD 1⊄平面AMC ，所以BD 1∥平面AMC .(2)证明：因为ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD .因为DD 1⊥平面ABCD ，所以DD 1⊥AC .因为DD 1∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面BDD 1.因为BD 1⊂平面BDD 1，所以AC ⊥BD 1.(3)当λ＝12，即点P 为线段BB 1的中点时，平面A 1PC 1∥平面AMC . 因为AA 1∥CC 1，且AA 1＝CC 1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1.取CC1的中点Q，连接MQ，QB.因为M为DD1中点，所以MQ∥AB，且MQ＝AB，所以四边形ABQM是平行四边形．所以BQ∥AM.同理BQ∥C1P.所以AM∥C1P.因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A，所以平面A1PC1∥平面AMC.。

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习课时作业第七章第五节直线、平面垂直的判定及性质 Word版含

组考点能力演练．已知直线，，平面α，β，且⊥α，⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则⊥；②若α⊥β，则∥；③若⊥，则α⊥β；④若∥，则α⊥β，其中正确的命题的个数是( )．．．．解析：①中，α∥β，且⊥α，则⊥β，因为⊂β，所以⊥，所以①正确；②中，α⊥β，且⊥α，则∥β或⊂β，又⊂β，则与可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，⊥，且⊥α，⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，∥，且⊥α，则⊥α，因为⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选.答案：．设α，β，γ为不同的平面，、、为不同的直线，则⊥β的一个充分条件为( )．α⊥β，α∩β＝，⊥ ．α∩γ＝，α⊥γ，β⊥γ ．α⊥γ，β⊥γ，⊥α ．⊥α，⊥β，⊥α解析：对于，α⊥β，α∩β＝，⊥，根据面面垂直的性质定理可知，缺少条件⊂α，故不正确；对于，α∩γ＝，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则与β不一定垂直，故不正确；对于，α⊥γ，β⊥γ，⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则与β不一定垂直，故不正确；对于，⊥α，⊥β，则α∥β，又⊥α，则⊥β，故正确，故选.答案：.如图，在三棱锥-中，若＝，＝，是的中点，则下列命题中正确的是( )．平面⊥平面．平面⊥平面平面，且平面⊥平面．平面⊥平面，且平面⊥平面．平面⊥解析：因为＝，且是的中点，所以⊥，同理，⊥，由于∩＝，于是⊥平面.因为⊂平面，所以平面⊥平面.又⊂平面，所以平面⊥平面.故选.答案：.如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，垂足为，则以下命题中，错误的是( )．点是△的垂心．垂直于平面．的延长线经过点．直线和所成角为°解析：中，△为等边三角形，∴其四心合一，∵＝＝，∴到△各顶点的距离相等，∴正确；∵∥，∥，∩＝，∩＝，∴平面∥平面，∴⊥平面，∴正确；连接，则⊥，∵∥，∴⊥，同理，⊥，∴⊥平面，∴、、三点共线，∴正确，故选.答案：.如图所示，在斜三棱柱-中，∠＝°，⊥，则在底面上的射影必在( )．直线上．直线上．直线上．△内部＝°，∴⊥，解析：∵∠又⊥，∩＝，∴⊥平面，又⊂平面，∴平面⊥平面.∵平面∩平面＝，∴点在平面上的射影必在两平面的交线上，故选.答案：．四棱锥-的顶点在底面上的投影恰好是，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为的等腰三角形，则在四棱锥-的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有对．解析：由题意可得⊥，⊥，⊥，⊥，⊥，⊥，即互相垂直的异面直线共有对．答案：．如图所示，在四棱锥-中，⊥底面，且底面各边都相等，是上的一动点，当点满足时，平面⊥平面.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接，，则⊥，∵⊥底面，∴⊥.又∩＝，∴⊥平面，∴⊥.。

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第七章 §7.5 空间直线、平面的垂直

∴EF∥平面PAD， ∵BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF， ∴平面BEF∥平面PAD.
(3)平面BEF⊥平面PCD.
∵AB⊥AD，∴平行四边形ABED是矩形， ∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD， ∵PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD， ∵E和F分别是CD和PC的中点， ∴PD∥EF，∴CD⊥EF，又∵BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF， ∵CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC与Rt△A1BC中，因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC. 设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以 O 为 CC1 中点，OC1＝12AA1＝1，
又因为A1C⊥AC，所以 A1C2＋AC2＝AA21，即 x2＋x2＝22，解得 x＝ 2，所以 A1O＝ A1C21－OC21＝ 22－12＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
知识梳理 3.二面角 (1)定义：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：如图，在二面角α－l－β的棱l上任取一点O，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA和OB，则射线OA 和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围： [0，π] .
(2)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P 所成角的余弦值；
过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E，如图，则PE∥AA1， ∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角. 在Rt△AA1D1中， ∵∠AD1A1＝60°， ∴∠A1AD1＝30°， ∴A1B1＝A1D1＝12AD1＝2，

(新课标)高考数学大一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课时作业理-人教版高三全册数学试题

课时作业48 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“l∥m”是“α⊥β”的( )A．充要条件 B．必要条件C．充分条件 D．既不充分又不必要条件解析：若l∥m，则m⊥平面α，由面面垂直的判定定理可知α⊥β，反过来，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m可能平行，异面或相交，所以“l ∥m”是“α⊥β”的充分条件，故选C.答案：C2．已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，直线m⊂平面α，直线n⊥平面β，给出命题：①n⊥m⇒α∥β；②n∥m⇒α⊥β；③α∥β⇒n⊥m；④α⊥β⇒n∥m.其中正确命题为( )A．①③ B．②③C．②④ D．①④解析：由直线n⊥面β，n∥m⇒m⊥面β，又因为直线m⊂平面α，所以α⊥β，②对，由题意，再结合α∥β⇒n⊥α⇒n⊥m，③对，故选B.答案：B3．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β( )A．不存在 B．有且只有一对C．有且只有两对 D．有无数对解析：过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.答案：D4．如图所示，b ，c 在平面α内，a ∩c ＝B ，b ∩c ＝A ，且a ⊥b ，a ⊥c ，b ⊥c ，若C ∈a ，D ∈b (C ，D 均异于A ，B )，则△ACD 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形解析：因为a ⊥b ，b ⊥c ，a ∩c ＝B ，所以b ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC ，故△ACD 为直角三角形．答案：B5．如图，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( )A.12B ．1 C.32D ．2 解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66.由面积相等得66×x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12.答案：A6．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S —ABC 的体积为( )A.33B.233 C.433 D.533解析：如图所示，由题意知，在棱锥S —ABC 中，△SAC ，△SBC 都是等腰直角三角形，其中AB ＝2，SC ＝4，SA ＝AC ＝SB ＝BC ＝2 2.取SC 的中点D ，易证SC 垂直于面ABD ，因此棱锥S —ABC 的体积为两个棱锥S —ABD 和C —ABD 的体积和，所以棱锥S —ABC 的体积V ＝13SC ·S △ADB ＝13×4×3＝433.答案：C 二、填空题7．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________．解析：设BD 与AC 交于点O ，连接D 1O ，∵BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1成的角．∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，DD 1∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面DD 1B ，平面DD 1B ∩平面ACD 1＝OD 1，∴DD 1在平面ACD 1内的射影落在OD 1上，故∠DD 1O 为直线DD 1与平面ACD 1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62，∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝63， ∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 答案：638．假设平面α∩平面β＝EF ，AB ⊥α，CD ⊥β，垂足分别为B ，D ，如果增加一个条件，就能推出BD ⊥EF ，现有下面四个条件：①AC ⊥α；②AC 与α，β所成的角相等；③AC 与BD 在β内的射影在同一条直线上；④AC ∥EF .其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB 与CD 在一个平面内，可以推出EF 垂直于该平面，又BD 在该平面内，所以BD ⊥EF .故要证BD ⊥EF ，只需AB ，CD 在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：①③9．如图，在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上．点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：点P 到直线CC 1的距离等于点P 在面ABCD 上的射影到点C 的距离，点P 在面ABCD 内的射影落在线段DE 上设为P ′，问题等价求为P ′C 的最小值，当P ′C ⊥DE 时，P ′C 的长度最小，此时P ′C ＝2×122＋1＝255. 答案：255三、解答题10．(2014·某某卷)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.11．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2BC ，P ，Q 分别为线段AB ，CD 的中点，EP ⊥平面ABCD . (1)求证：DP ⊥平面EPC .(1)问在EP 上是否存在点F 使平面AFD ⊥平面BFC ？若存在，求出FP AP的值．解：(1)因为EP ⊥平面ABCD ，所以EP ⊥DP ，又四边形ABCD 为矩形，AB ＝2BC ，P ，Q 为AB ，CD 的中点，所以PQ ⊥DC ，且PQ ＝12DC ，所以DP ⊥PC .因为EP ∩PC ＝P ，所以DP ⊥平面EPC .(2)如图，假设存在F 使平面AFD ⊥平面BFC ，因为AD ∥BC ，AD ⊄平面BFC ，BC ⊂平面BFC ，所以AD ∥平面BFC ，所以AD 平行于平面AFD 与平面BFC 的交线l . 因为EP ⊥平面ABCD ，所以EP ⊥AD ，而AD ⊥AB ，AB ∩EP ＝P ，所以AD ⊥平面FAB ，所以l ⊥平面FAB ，所以∠AFB 为平面AFD 与平面BFC 所成二面角的平面角．因为P 是AB 的中点，且FP ⊥AB ，所以当∠AFB ＝90°时，FP ＝AP ，所以当FP ＝AP ，即FPAP＝1时，平面AFD⊥平面BFC.1．如右图，在三棱锥P—ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点．(1)求证：PA∥平面BEF；(2)若平面PAB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥PA.解：(1)在△PAC中，E、F分别是PC、AC的中点，所以PA∥EF，又PA⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以PA∥平面BEF.(2)在平面PAB内过点P作PD⊥AB，垂足为D.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以PD⊥BC，又PB⊥BC，PD∩PB＝P，PD⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.2．(2014·某某卷)如图所示，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，EF ∥CD ，交PD 于点E .(1)证明：CF ⊥平面ADF ； (2)求二面角D —AF —E 的余弦值．解：(1)证明：PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂面PCD ， ∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面PCD ， CF ⊂平面PCD ，∴CF ⊥AD ，又AF ⊥PC ，∴CF ⊥AF ， AD ，AF ⊂平面ADF ，AD ∩AF ＝A ，∴CF ⊥平面ADF .(2)解法1：过E 作EG ∥CF 交DF 于G ，∵CF ⊥平面ADF ， ∴EG ⊥平面ADF ，过G 作GH ⊥AF 于H ，连EH ，则∠EHG 为二面角D —AF —E 的平面角，设CD ＝2， ∵∠DPC ＝30°，∴∠CDF ＝30°，从而CF ＝12CD ＝1，CP ＝4，∵EF ∥DC ，∴DE DP ＝CF CP ，即DE 23＝122，∴DE ＝32，还易求得EF ＝32，DF ＝3，从而EG ＝DE ·EFDF＝32·323＝34，易得AE ＝192，AF ＝7，EF ＝32，∴EH ＝AE ·EF AF ＝192·327＝31947，故HG ＝319472－342＝6347，∴cos ∠EHG ＝GH EH ＝6347·47319＝25719.解法2：分别以DP ，DC ，DA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设DC ＝2，则A (0,0,2)，C (0,2,0)，P (23，0,0)，设CF →＝λCP →，则F (23λ，2－2λ，0)，DF →⊥CF →，可得λ＝14，从而F (32，32，0)，易得E (32，0,0)，取面ADF 的一个法向量为n 1＝12CP →＝(3，－1,0)，设面AEF 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，利用n 2·AE →＝0，且n 2·AF →＝0，得n 2可以是(4,0，3)，从而所求二面角的余弦值为n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝432×19＝25719.。

智慧测评新高考人教A版理科数学一轮总复习课时训练7.3空间点、直线、平面的位置关系(含答案详析)

第七篇第3节一选择题1．对于直线m、n和平面α，下列命题中的真命题是()A．如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n∥αB．如果m⊂α，n⊄α，m、n是异面直线，那么n与α相交C．如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m∥nD．如果m⊂α，n∥α，m、n共面，那么m与n相交解析：对于选项A，n可以与平面α相交，对于选项B，n可以与平面α平行，故选项A、B均错；由于m⊂α，n∥α，则m、n无公共点，又m、n共面，所以m∥n，选项C正确，选项D 错．故选C.答案：C2．以下四个命题中，正确命题的个数是()①不共面的四点中，其中任意三点不共线；②若点A、B、C、D共面，点A、B、C、E共面，则A、B、C、D、E共面；③若直线a、b共面，直线a、c共面，则直线b、c共面；④依次首尾相接的四条线段必共面A．0B．1C．2 D．3解析：①中，假设存在三点共线，则这四点必共面，与题设矛盾，故①正确；②中，若A、B、C三点共线，则A、B、C、D、E有可能不共面，故②错误；③中，如图所示正方体的棱中，a、b共面，a、c共面，而b、c异面，故③错误；④中，空间四边形的四条线段不共面，故④错误，故选B.答案：B3．(2014重庆模拟)若两条直线和一个平面相交成等角，则这两条直线的位置关系是()A．平行B．异面C．相交D．平行、异面或相交解析：当平行、异面或相交时，均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现，故选D.答案：D4．在四面体SABC 中，各个侧面都是边长为a 的正三角形，E 、F 分别是SC 和AB 的中点，则异面直线EF 与SA 所成的角等于( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30° 解析：取SB 的中点G ，连结GE ，GF .则GE ＝GF ＝a 2，且GF ∥SA ，则∠GFE 即为异面直线SA 与EF 所成的角(或其补角)．由于FC ＝32a ＝SF ，故EF ⊥SC ，且EF ＝22a ，则GF 2＋GE 2＝EF 2，故∠EFG ＝45°.故选C.答案：C5. l 1，l 2，l 3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )A ．l 1⊥l 2，l 2⊥l 3⇒l 1∥l 3B ．l 1⊥l 2，l 2∥l 3⇒l 1⊥l 3C ．l 2∥l 3∥l 1⇒ l 1，l 2，l 3共面D ．l 1，l 2，l 3共点⇒l 1，l 2，l 3共面解析：法一在空间垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，即A 不正确；根据异面直线所成角的定义可知B 正确；三条直线两两平行不一定共面，如三棱柱的三条侧棱两两平行但不共面；三条直线交于一点也不一定共面，如三棱锥的三条侧棱共点但不共面，故选B.法二如图正方体中，l 1，l 2，l 3看作如图A 1A ，A 1B 1，B 1C 1，则A 错，看作AB ，A 1B 1，D 1C 1，则C 错，看作A 1A ，A 1B 1，A 1D 1，则D 错，故选B.答案：B6．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 ⊥αB ．若l ⊥α，l ∥m ，则m ⊥αC ．若l ∥α，m ⊂α，则l ∥mD ．若l ∥α，m ∥α，则l ∥m解析：对于选项A ，由l ⊥m 及m ⊂α，可知l 与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故选项A 不正确．选项B 正确．对于选项C ，由l ∥α，m ⊂α知，l 与m 的位置关系为平行或异面，故选项C 不正确．对于选项D ，由l ∥α，m ∥α知，l 与m 的位置关系为平行、异面或相交，故选项D 不正确．答案：B二、填空题7．(2012年高考四川卷)如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：如图所示，取CN 的中点K ，连接MK ，则MK 为△CDN 的中位线，所以MK ∥DN .所以∠A 1MK 为异面直线A 1M 与DN 所成的角(或其补角)．连接A 1C 1，AM .设正方体棱长为4，则A 1K ＝(42)2＋32＝41， MK ＝12DN ＝1242＋22＝5，A 1M ＝42＋42＋22＝6，故A 1M 2＋MK 2＝A 1K 2，即∠A 1MK ＝90°.答案：90°8．如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是长方体，AA 1＝a ，∠BAB 1＝∠B 1A 1C 1＝30°，则AB 与A 1C 1所成的角为________，AA 1与B 1C 所成的角为________．解析：∵AB ∥A 1B 1，∴∠B 1A 1C 1是AB 与A 1C 1所成的角，∴AB 与A 1C 1所成的角为30°.∵AA 1∥BB 1，∴∠BB 1C 是AA 1与B 1C 所成的角，由已知条件可以得出BB 1＝a ，AB 1＝A 1C 1＝2a ，AB ＝3a ，∴B 1C 1＝BC ＝a .∴四边形BB 1C 1C 是正方形，∴∠BB 1C ＝45°.答案：30° 45°9．如图，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H 分别为DE ，AF 的中点，将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成正四面体PDEF ，则四面体中异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值为________.解析：折成的四面体是正四面体，如图，连接HE ，取HE 的中点K ，连接GK ，PK . 则GK ∥DH ，故∠PGK 即为所求的异面直线所成的角(或其补角)．设这个正四面体的棱长为2，在△PGK 中，PG ＝3，GK ＝32，PK ＝12＋322＝72，故cos ∠PGK ＝PG 2＋GK 2－PK 22·PG ·GK＝(3)2＋322－7222×3×32＝23. 即异面直线PG 与DH 所成的角的余弦值是23. 答案：2310．三条直线两两垂直，给出下列四个结论：①这三条直线必共点；②其中必有两条是异面直线；③三条直线不可能共面；④其中必有两条在同一平面内．其中正确结论的序号是________．解析：三条直线两两垂直时，它们可能共点(如正方体同一个定点上的三条棱)，也可能不共点(如正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中的棱AA 1，AB ，BC )，故结论①不正确，也说明结论②不正确；如果三条直线在同一个平面内，根据平面几何中的垂直于用一条直线的两条直线平行，就导出了其中两条直线既平行又垂直的矛盾结论，故三条直线不可能在同一个平面内，结论③正确；三条直线两两垂直，这三条直线可能任何两条都不相交，即任意两条都异面(如正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中的棱AA 1，BC 和C 1D 1)，故结论④不正确．答案：③三解答题11．如图所示，在四面体ABCD 中作截面PQR ，若PQ 、CB 的延长线交于点M ，RQ 、DB 的延长线交于点N ，RP 、DC 的延长线交于点K ，求证：M 、N 、K 三点共线．证明：∵M∈PQ，直线PQ⊂平面PQR，M∈BC，直线BC⊂平面BCD，∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，即M在平面PQR与平面BCD的交线上．同理可证N、K也在平面PQR与平面BCD的交线上．又如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，∴M、N、K三点共线．12.如图所示，三棱锥P ABC中，P A⊥平面ABC，∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求证AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α，∵A∈α，B∈α，E∈α，∴平面α即为平面ABE，∴P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．(2)解：取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角．∵∠BAC＝60°，P A＝AB＝AC＝2，P A⊥平面ABC，∴AF ＝3，AE ＝2，EF ＝2，cos ∠AEF ＝AE 2＋EF 2－AF 22·AE ·EF＝2＋2－32×2×2＝14，所以异面直线AE 和PB 所成角的余弦值为14.。

(智慧测评)2015届高考数学大一轮总复习第7篇第5节直线、平面垂直关系的判定与性质课时训练

（智慧测评）2015届高考数学大一轮总复习第7篇第5节直线、平面垂直关系的判定与性质课时训练文（含2014年模拟题）新人教A版一、选择题1．(2014某某某某市一模)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，下列命题正确的是( )①l⊥m⇒α∥β；②l∥m⇒α⊥β；③α⊥β⇒l∥m；④α∥β⇒l⊥m.A．①②B．③④C．②④D．①③解析：①α，β有可能相交，所以错误．②正确．③当α⊥β时，l与m可能平行、相交或异面，错误．④正确，所以选C.答案：C2.如图所示，在立体图形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )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，而BE∩DE＝E，所以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ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.故选C.答案：C3．(2013年高考某某卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析：A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.答案：C4.如图所示，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°解析：因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故选项A正确；选项B中两个平面不垂直；选项C中，AD与平面PAE相交，BC∥AD，故选项C错；选项D中，PD与平面ABCDEF所成的角为45°，故选项D错．故选A.答案：A5．(2014某某师大附中模拟)已知两条直线a，b与两个平面α、β，b⊥α，则下列命题中正确的是( )①若a∥α，则a⊥b，②若a⊥b，则a∥α；③若b⊥β，则α∥β；④若α⊥β，则b∥β.A．①③B．②④C．①④D．②③解析：根据线面垂直的性质可知①正确．②中，当a⊥b时，也有可能为a⊂α，所以②错误．③垂直于同一直线的两个平面平行，所以正确．④的结论也有可能为b⊂β，所以错误，所以命题正确的有①③，选A.答案：A6．把等腰直角△ABC沿斜边上的高AD折成直二面角B－ADC，则BD与平面ABC所成角的正切值为( )A. 2 B．2 2C．1 D．3 3解析：如图所示，在平面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，BD⊥AD，所以BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，又DE∩BD＝D，因此AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ABC，所以平面BDE⊥平面ABC，故∠DBE就是BD与平面ABC所成的角，在Rt△DBE中，易求tan ∠DBE＝22，故选B.答案：B二、填空题7．(2014某某兖州模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则以下命题为真命题的是______．(把真命题的序号都填上)①若l∥α，l∥β，则α∥β；②若l∥α，l⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，l⊥α，则l⊥β；④若α⊥β，l∥α，则l⊥β.解析：对于①，α、β有可能相交，所以①不正确；对于②，根据面面垂直的判定定理知，正确；对于③，l可能与β平行或l在β内；对于④，l不一定与β垂直，综上可知，②正确．答案：②8．如图所示，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⊥PB；③EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．解析：由题设知，PA⊥BC，BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，从而BC⊥AF，又AF⊥PC，所以AF⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB，①正确；由于PB⊥AE，PB⊥AF，所以PB ⊥平面AEF，因此EF⊥PB，故②正确；③正确，由于AF⊥平面PBC，所以④不正确．答案：①②③9．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件______时，有m⊥β.(填所选条件的序号)．解析：当m⊥α，α∥β时，m⊥β.依据是：若一条直线垂直于两平行平面中的一个，则它也垂直于另一个．答案：②④10．(2014某某一中月考)在三棱锥P－ABC中，底面ABC是正三角形，且PA＝PB＝PC，D，E分别是AB，AC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE，其中正确论断的个数为________．解析：过P作PO⊥平面ABC于O，则PO⊥AC，又正三角形ABC中BE⊥AC，所以AC⊥平面PBE，所以AC⊥PB，所以①正确，②错误．因为DE∥BC，所以∠ADE＝60°，所以③不正确，所以正确的论断有1个．答案：1三、解答题11．(2014一模)如图所示，已知平面α，β且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D 是垂足．(1)求证：AB⊥平面PCD；(2)若PC＝PD＝1，CD＝2，试判断平面α与平面β是否垂直，并证明你的结论．(1)证明：因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB，同理PD⊥AB，又PC∩PD＝P，故AB⊥平面PCD.(2)解：平面α与平面β垂直．证明：设AB与平面PCD的交点为H，连接CH、DH，因为PC⊥α，所以PC⊥CH.在△PCD中，PC＝PD＝1，CD＝2，所以CD2＝PC2＋PD2，即∠CPD＝90°，在平面四边形PCHD中，PC⊥PD，PC⊥CH，所以PD∥CH，又PD ⊥β，所以CH ⊥β，所以平面α⊥平面β.12.(2014某某、某某联考)如图所示，在四棱锥E －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，BE ＝BC ，AE ⊥BE ，M 为CE 上一点，且BM ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若点N 为线段AB 的中点，求证：MN ∥平面ADE .(1)证明：因为BM ⊥平面ACE ，所以BM ⊥AE .又因为AE ⊥BE ，BM ∩BE ＝B ，所以AE ⊥平面BCE ，所以AE ⊥BC .(2)证明：如图所示，取DE 中点P ，连接PM ，AP .因为BC ＝BE ，BM ⊥CE ，所以M 为CE 的中点，所以MP 綊12DC 綊AN ，所以四边形ANMP 为平行四边形，MN ∥AP ，而AP ⊂平面ADE ，MN ⊄平面ADE ，所以MN ∥平面ADE .。

(智慧测评)高考数学大一轮总复习第7篇第5节直线、平面垂直关系的判定与性质课件文新人教A版

条件，能得到m⊥β的是
( ) A．α⊥β，m⊂α C．m⊥n，n⊂β B．m⊥α，α⊥β D．m∥n，n⊥β
解析：选项 A 中 m 垂直于 α ， β 的交线时才有 m⊥β ；选
项 B 中 α∥β 时才有 m⊥β ；选项 C 中 m 可能与 β 平行、相交，
也可能在β内．当m∥n，n⊥β时，可得m⊥β.故选D. 答案：D
两条相平面内的______ 交直线都垂直， _______
则该直线与此平面垂直
(3)直线与平面垂直的性质定理
文字语言性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行 a⊥α ⇒ a∥b b⊥α 图形语言符号语言
质疑探究 1 ：若一条直线 a 垂直于平面 α 内的无数条直
线，则a⊥α吗？提示：当这无数条直线平行时，不一定有a⊥α.
2.直线与平面所成的角
(1)定义锐角，射影所成的 _____ 平面的一条斜线和它在平面上的 _____ 叫做这条直线和这个平面所成的角． PAO 就是斜线AP与平面α所成的角．如图， ∠ ______
π [0，2] ． (2)线面角θ的范围：_______
[思维导引] 直线垂直．
(1)只需证明BD与平面PAC内的两条相交
(2)先确定DG与平面PAC所成的角，然后通过解直角三角形求角．
(3)由线面垂直可得线线垂直，从而得直角三角形，在
该直角三角形中求解．
[解析] (1)证明：设点O为AC，BD的交点．
由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线，
的判定定理，有时还可用以下结论：①两平行线中的一条
OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面
角．
(2)平面与平面的垂直

锁定新高考新课标文科数学一轮总复习练习7.5直线、平面垂直的判定及其性质(含答案详析)

训练手册A 组基础达标（时间： 30 分钟满分：50分）若时间有限，建议选讲4，6，8一、选择题（每题 5 分，共 20 分）1 、（ 2013 ·烟台模拟设） m ，n 是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，给出以下条件，能获得m⊥ β的是（ D ）A. α⊥β，m ? αB. m ⊥α，α⊥βC. m ⊥n ， n? βD. m ∥n ，n ⊥β分析：依据线面垂直的判断和性质可知， D 正确，选 D.2 、如图，PD⊥菱形 ABCD 所在的平面， M 是 PB 上一动点 .若平面 MAC⊥平面 PCB，则 M 知足条件（ A ）A. AM ⊥PBB. PM ＝MBC. PM＝ABD. PD＝BM分析：连结 BD ，由四边形 ABCD 为菱形，得 AC⊥ BD，又 PD ⊥平面 ABCD ，得 AC⊥ PD，又 BD∩ PD＝D ，∴AC ⊥平面 PBD，∴AC ⊥PB，当 AM ⊥ PB 时，有 PB⊥平面 AMC ，PB? 平面 PBC，∴平面 MAC⊥平面 PCB.3 、（ 2013 ·全国高考）已知m ，n 为异面直线， m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线 l 知足 l ⊥ m，l⊥n ， l?α， l?β，则（ D）A.α∥β且 l ∥αB.α⊥β且 l ⊥βC.α与β订交，且交线垂直于 lD.α与β订交，且交线平行于 l分析：∵ m，n 为异面直线，∴在空间找一点 P，作 m′∥ m，n′∥n，则 l ⊥ m′，l ⊥n ′，即l 垂直于 m′与n ′确立的平面γ，又 m⊥平面α，n⊥平面β，∴m′⊥平面α，n ′⊥平面β，∴平面γ既垂直平面α，又垂直平面β，∴α与β订交，且交线垂直于平面γ，故友线平行于 l ，应选 D.4、与正方体 ABCD －A1B1C1D1的三条棱 AB，CC1，A1D1所在直线的距离相等的点（ D ）A. 有且只有 1 个B. 有且只有 2 个C. 有且只有 3 个D. 有无数个分析：在直线B1D 上任取一点 P，分别作 PO 1，PO2， PO 3垂直于 B1 D1，B1C，B1A 于 O1，O2，O3，则 PO1⊥平面 A1B1C1D1，PO2⊥平面 BB1 C1C，PO3⊥平面 AA1B1B.过 O1，O2，O3分别作 O1N ⊥A1D1，O2M ⊥CC1，O3Q⊥AB，垂足分别为 M ， N ，Q ，连结 PM ，PN ，PQ ，由线面垂直的判断和性质定理可得 PN⊥A1 D 1，PM ⊥ CC1，PQ⊥ AB.因为正方体中各个表面、平等面全等，∴PO 1＝PO2＝PO3，O1N ＝O2M ＝O3Q，∴PM ＝PN＝PQ，即 P 到三条棱 AB，CC1，A 1 D 1所在直线的距离相等. ∴有无量多个点知足条件，D故.选二、填空题（每题 5 分，共 10 分）5 、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 的关系是垂直.分析：AD ＝ DC，AB ＝BC，E 为 AC 的中点，则 DE⊥ AC 且 BE⊥ AC. 故AC⊥平面 BDE.故平面 ADC⊥平面 BDE.6 、（ 2013 ·河北质检）已知ABCD 为正方形，点P 为平面 ABCD 外一点，PD ⊥AD ，PD＝ AD ＝2 ，二面角 P－AD －C 为 60 °，则点C 到平面 PAB 的距离2 21为.7分析：易得∠PDC就是二面角 P－AD －C 的平面角，则△为PDC正三角形，且平面 PDC 与平面 ABCD 垂直，取 CD 的中点 O ，AB 的中点 M ，连结 OM ，PM ，过点 O 作 OH⊥ PM 于点 H. 易证 OH ⊥平面 PAB，故点 C 到平面 PAB 的PO· OM 距离即为 OH 的长 .计算得 PO＝3，又 OM ＝2，则 PM ＝7，故 OH ＝PM 221＝.7三、解答题（共 20 分）7 、（10 分）如图①所示，在直角三角形ABC 中，∠ACB＝ 30 °，ABC∠＝90 °，D 为 AC 的中点， E 为 BD 的中点， AE 的延伸线交 BC 于点 F，如图①所示 .将△ ABD沿 BD 折起，二面角 A － BD－ C 的大小记为θ，如图②所示 .（1 ）求证：平面 AEF ⊥平面 BCD；（2 ）当 cos θ为什么值时， AB⊥CD.分析：（ 1 ）在图①中，∵ D 为 Rt △ ABC斜边 AC 的中点，∠ACB＝ 30 °，∴AD ＝AB.又 E 为 BD 的中点，∴BD ⊥AE，BD ⊥EF.（2 分）在图②中， BD ⊥AE，BD ⊥EF， AE∩EF＝E，∴BD ⊥平面 AEF.又 BD? 平面 BCD，∴平面 AEF ⊥平面 BCD.（4 分）（ 2）过 A 作 AO⊥ EF，交 EF 的延伸线于点O ，连结 BO 交 CD 的延伸线于点G.由（ 1 ）知，平面 AEF ⊥平面 BCD ，∴AO ⊥平面 BCD ，∴BO 即为 AB 在平面 BCD 上的射影 .（ 6 分）要使 AB⊥ CD，只要 BG⊥ CD.∴∠AEF＝θ，∠AEO ＝π－θ.1令 BG⊥ CD，易算得 OE＝ AE，（ 8 分）3OE 11∴cos ∠AEO ＝＝，即cos（π－θ）＝，AE 331∴当cos θ＝－时，AB⊥CD.（10分）、38 、（10 分）（ 2013 ·东北三校模拟）如图，三棱柱 ABC －A 1 B1 C1的侧棱AA 1⊥底面 ABC ，∠ACB＝ 90 °，E 是棱 CC1的中点， F 是 AB 的中点， AC＝BC ＝1，AA1＝2.（1 ）求证：CF∥平面AB1 E；（2）求三棱锥 C－AB1E 在底面 AB1E 上的高 .分析：（1 ）取 AB1的中点 G，连结 EG，FG.∵F， G 分别是 AB ，AB 1的中点，1∴FG∥BB1，FG＝ BB1 .2∵E 为侧棱 CC1的中点，∴FG∥EC，FG＝EC，∴四边形 FGEC 是平行四边形，（ 3 分）∴CF∥EG，∵CF?平面 AB 1E，EG? 平面 AB 1E，∴CF∥平面 AB 1 E.（5 分）（2）∵三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱 AA 1⊥底面 ABC，∴BB1⊥平面 ABC.又 AC? 平面 ABC ，∴AC⊥BB1，∵∠ACB ＝ 90 °，∴AC ⊥BC，∵BB1∩BC＝B，∴ AC⊥平面 EB1 C，（ 7 分）1111∴VA－EB1C＝ S△EB1C·AC＝× × 1×1 1＝ .（8 分）3326∵AE＝ EB1＝ 2 ， AB1＝ 6 ，∴S△AB 1E＝3，2∵VC－AB1E＝VA－EB1C，3VA －EB1C3∴三棱锥 C－AB1 E 在底面 AB1E 上的高为＝.（10 分）S△AB 1E3B 组提优操练（时间： 30 分钟满分：50分）若时间有限，建议选讲3，4，8一、选择题（每题 5 分，共 20 分）1 、（ 2014 ·嘉兴一中模拟）设 m ，n 是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则以下选项中不正确的选项是（A）A. 当 m ? α时，“ n ∥α”是“m∥ n ”的必需不充足条件B.当 m ? α时，“ m ⊥β”是“ α⊥β”的充足不用要条件C.当 n ⊥α时，“n ⊥β”是“ α∥β”建立的充要条件D.当 m ? α时，“ n ⊥α”是“ m⊥ n ”的充足不用要条件分析：当 m ? α时，若 n ∥α可得 m∥n或 m ， n 异面；若 m∥n可得 n ∥α或 n? α，∴“n ∥α”是“m∥ n ”的既不充足也不用要条件，应选 A.2 、（ 2013 ·广东高考设） m ，n 是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，以下命题中正确的选项是（ D ）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分析： A 中 m ，n 可能为平行、垂直、异面直线； B 中 m ，n 可能为异面直线； C 中α与β可能平行 .3 、（ 2013 ·北京高考）如图，在正方体 ABCD －A1 B1C1D 1中， P 为对角线BD 1的三平分点， P 到各极点的距离的不一样取值有（B）A. 3个B.4个C.5个D.6个分析：设棱长为 1 ，∵BD ＝3 ，D23，B D ，3，∴BP ＝P ＝.连结 AD13 111 13CD 1 ，得△ ABD 1△CBD 1 △B 1BD 1 ，3∴∠ABD 1 ＝∠ CBD 1＝∠B 1 BD 1，且 cos ∠ ABD 1＝，3 连结 AP ，PC ， PB 1，则有△ABPCBP △△B 1 BP ，6∴AP ＝CP ＝B 1P ＝，同理 DP ＝A 1P ＝C 1P ＝1，3 ∴P 到各极点的距离的不一样取值有4 个 .4 、如图，若 Ω 是长方体 ABCD － A 1B 1 C 1D 1 被平面 E FGH 截去几何体EFGHB 1 C 1 后获得的几何体，此中 E 为线段 A 1 B 1 上异于点 B 1 的点，F 为线段 BB 1上异于点 B 1 的点，且 EH ∥A 1D 1 ，则以下结论中不正确的选项是（ D ）A. EH ∥FGB. 四边形 EFGH 是矩形C. Ω是棱柱D. Ω 是棱台分析： ∵ EH ∥A 1D 1，A 1D 1∥B 1C 1，∴EH ∥B 1C 1.又 EH?平面 BCC 1B 1，B 1C 1?平面 BCC 1B 1 ，∴EH ∥平面 BCC 1 B 1.又 EH? 平面 EFGH ，平面 EFGH ∩平面 BCC 1B 1＝ FG ，∴EH ∥FG ，故 EH ∥ FG ∥B 1C 1，∴选项 A ，C 正确；∵A 1D 1⊥平面 ABB 1 A 1，EH ∥A 1D 1 ，∴EH ⊥平面 ABB 1A 1 .又 EF? 平面 ABB 1 A 1，故 EH ⊥ EF ，∴选项 B 也正确，应选 D.二、填空题（每题 5 分，共 10 分）5 、三棱锥 P－ ABC 的双侧面 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60 ° .分析：设 PB 的中点为 M ，连结 AM ，CM ，则 AM⊥ PB，CM ⊥PB，∠AMC是二面角 A－PB－C 的平面角 .由已知易得 AM ＝CM ＝3a ，∴△AMC 是正三角形，∴∠AMC ＝ 60 °.6 、（ 2013 ·江南十校联考）已知△ABC的三边长分别为AB ＝5，BC＝4 ，AC＝ 3， M 是 AB 边上的点， P 是平面 ABC 外一点 .给出以下四个命题：①若 PA⊥平面 ABC，则三棱锥 P－ABC 的四个面都是直角三角形；②若 PM⊥平面ABC ，且 M 是 AB 边的中点，则有PA＝PB＝PC；③若 PC＝5，PC⊥平面 ABC，则△ PCM面积的最小值为15；2④若 PC＝5，P 在平面 ABC 上的射影是△ABC的内切圆的圆心，则点P 到平面 ABC 的距离为23.此中正确命题的序号是①②④.（把你以为正确命题的序号都填上）分析：关于①，如图，∵ PA⊥平面 ABC ，∴PA⊥ AC， PA⊥ AB， PA⊥ BC，又 BC⊥ AC，∴BC⊥平面 PAC，∴BC⊥ PC，故四个面都是直角三角形. ∴①正确；关于②，当PM⊥平面ABC 时， PA2＝PM 2＋MA 2，PB2＝PM 2＋BM 2，PC2＝PM 2＋CM 2，又 M 是 AB 的中点，∴BM ＝AM ＝CM ，故 PA＝ PB ＝ PC，∴②正确；11关于③，当 PC⊥平面 ABC 时， S △PCM＝ PC· CM＝×5 ·CM.2212又 CM 的最小值是 C 到边 AB 的垂线段，长度为.5112∴S△PCM的最小值是× 5× ＝6，∴③错误；25关于④，设△ABC内切圆的圆心是 O ，则 PO⊥平面 ABC ，1则有 PO2＋OC 2＝ PC2，又内切圆半径 r ＝（3＋4 －5）＝ 1 ，2∴OC＝2，PO2＝PC2－OC2＝25 －2＝23，故 PO＝23，∴④正确.综上，正确的命题有①②④.三、解答题（共 20 分）7、（10 分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，点 D 为 BC 的中点，点 E 为 BD 的中点，点 F 在 AC 1上，且 AC1＝4AF.（1 ）求证：平面 ADF⊥平面 BCC1B1；（2 ）求证：EF∥平ABB面1 A 1.分析：（1 ）∵三棱柱 ABC－ A 1B1C1为直三棱柱，∴ CC1⊥平面 ABC.而 AD? 平面 ABC，∴CC1⊥AD.（2 分）又 AB＝ AC， D 为 BC 的中点，∴AD ⊥BC，∵BC∩CC1＝C，BC? 平面 BCC1 B1， CC1 ? 平面 BCC1 B1，∴AD ⊥平面 BCC1B1，（4 分）∵AD ? 平面 ADF ，∴平面 ADF⊥平面 BCC1B1 .（5 分）（2 ）连结 CF 并延伸交 AA 1于点 G，连结 GB.∵AC1＝4AF ，AA 1∥CC1，∴CF＝ 3FG，又 D 为 BC 的中点， E 为 BD 的中点，∴CE ＝3EB，∴EF∥GB.（ 8 分）又 EF?平面 ABB1A1，GB? 平面 ABB1A1，∴EF∥平面 ABB 1A1.（10 分）8 、（ 10 分）如图，三棱锥A－BCD 中，DC⊥BC，BC＝2 3 ，CD ＝ AC＝2，AB＝AD ＝2 2.（1 ）证明：平面 ABC⊥平面 ACD ；（2 ）求点 C 到平面 ABD 的距离 .分析：（1）在△ACD中，AC＝CD＝2，AD ＝2 2，∴AC2＋CD2＝AD 2，故 AC⊥ CD. （2 分）又 DC⊥ BC，AC ∩BC＝C，∴DC⊥平面 ABC.∵DC? 平面 ACD ，∴平面 ABC⊥平面 ACD. （ 4 分）（2）在△ABC中， AC＝2，AB＝2 2，BC＝2 3，∴BC2＝AB 2＋AC 2，故 BA⊥ AC.1 1在 Rt △ ABC 中， S △ABC ＝ × AB × AC ＝×2 2 × 2 ＝2 2 ，2 21 14 2由（1 ）可知 DC ⊥平面 ABC ，故 V D －ABC ＝ S △ABC ×DC ＝ ×22×2＝.3 33（6 分）在 Rt △ BDC 中， BD ＝BC 2＋CD 2＝（23）2＋22＝4，在△ ABD 中， AB ＝ AD ＝2 2，∴AB 2＋AD 2＝BD 2，故 AB ⊥ AD. 1 1故 S △ABD ＝ × AB ×A D ＝ ×2 2×2 2＝4.（8 分）2 2设点 C 到平面 ABD 的距离为 h ，∴V C －ABD ＝ 143 S △ABD ×h ＝ h ，34 4 22.又 V D －ABC ＝V C － ABD ，∴ h ＝，解得 h ＝3 3∴点C 到平面 ABD 的距离为2.。

【名师一号】高考数学(人教版a版)一轮配套题库：7-5直线、平面垂直的判定及其性质

第五节直线、平面垂直的判定及其性质时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．“直线l 垂直于平面α内的无数条直线”是“l ⊥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 B2．若m ，n 表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为( )①⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ⊥α⇒n ⊥α ②⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥αm ⊥α⇒m ∥n ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ∥α⇒m ⊥n ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥αm ⊥n ⇒n ⊥α A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析 ①②③正确，④错误．答案 C3．(2013·广东卷)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A选项中，m，n可能平行或异面．B中m，n可能异面．C 中α，β不一定垂直，故选D.答案 D4．(理)5.(文)(2014·长沙模拟)如下图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A—BCD，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解析∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，故AB⊥平面ADC.∴平面ABC⊥平面ADC.答案 D4．(文)(2013·广东汕头一模)如图，P 是正方形ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，则平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 的位置关系是( )A ．平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 都垂直 B ．它们两两垂直C ．平面P AB 与平面PBC 垂直，与平面P AD 不垂直 D ．平面P AB 与平面PBC 、平面P AD 都不垂直解析 ∵DA ⊥AB ，DA ⊥P A ，AB ∩P A ＝A ，∴DA ⊥平面P AB ，又DA ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB ，同理可证平面P AB ⊥平面PBC .把四棱锥P —ABCD 放在长方体中，并把平面PBC 补全为平面PBCD 1，把平面P AD 补全为平面P ADD 1，易知∠CD 1D 即为两个平面所成二面角的平面角，∠CD 1D ＝∠APB ，∴∠CD 1D <90°，故平面P AD 与平面PBC 不垂直．答案 A5．(理)(2013·山东卷)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P A 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析如图所示，由已知94＝S △A 1B 1C 1·AA 1＝12×3×3sin60°·AA 1，∴AA 1＝3，A 1P ＝AP ′＝23A 1D 1 ＝23A 1B 21－B 1D 21 ＝23(3)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝1.∵P ，P ′分别为正三角形A 1B 1C 1与三角形ABC 的中心，则PP ′⊥平面ABC ，∠P ′AP 即为P A 与平面ABC 所成的角，tan ∠P ′AP ＝PP ′AP ′＝A 1A AP ′＝31＝3，∴∠P ′AP ＝π3. 答案 B6．(理)(2014·菱湖中学月考)已知E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1的中点，则截面AEFD 1与底面ABCD 所成二面角的正弦值是( )A.23B.23C.53D.223解析过点D 作DG ⊥AE 于点G ，由三垂线定理知，D 1G ⊥AE ，∠DGD 1即为所求二面角的平面角，设正方体的棱长是1，易求得DG ＝255，∴D 1G ＝DG 2＋DD 21＝355，∴sin ∠DGD 1＝DD 1D 1G ＝53.答案 C6．(文)在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66aC.22aD.12a解析设点C 到平面A 1DM 的距离为h ，则由已知得DM ＝A 1M ＝a 2＋(a 2)2＝52a ，A 1D ＝2a ，S △A 1DM ＝12×2a ×(52a )2－(22a )2＝64a 2，连接CM ，S △CDM ＝12a 2，由VC —A 1DM＝VA 1—CDM ，得13S △A 1DM ·h ＝13S △CDM ·a ，即64a 2·h ＝12a 2·a .所以h ＝63a ，即点C 到平面A 1DM 的距离为63a ，选A. 答案 A二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．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P AC.∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.答案AB，BC，AC AB8．如图所示，已知P A⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．解析由P A⊥平面ABC，得P A⊥AB，P A⊥AC.故△P AB、△P AC都是直角三角形．由BC⊥AC，得BC⊥PC，故△BPC是直角三角形．又△ABC显然是直角三角形，故直角三角形的个数为4.答案 49．(2014·连云港模拟)已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则①棱AB与PD所在的直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△P AB的面积；④直线AE与直线BF是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)解析由条件可得AB⊥平面P AD，∴AB⊥PD，故①正确；∵P A⊥平面ABCD，∴平面P AB，平面P AD都与平面ABCD垂直，故平面PBC不可能与平面ABCD垂直，故②错；∵S△PCD＝12CD·PD，S△P AB＝12AB·P A，由AB＝CD，PD>P A，可知③正确；由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错．答案①③三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．如图，四棱锥P—ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)∵P A⊥底面ABCD，∴CD⊥P A.又CD⊥AC，P A∩AC＝A，故CD⊥平面P AC，AE⊂平面P AC.故CD⊥AE.(2)∵P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故P A＝AC.∵E是PC的中点，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.11．(2013·北京卷)如下图，在四棱锥P—ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：(Ⅰ)P A⊥底面ABCD；(Ⅱ)BE∥平面P AD；(Ⅲ)平面BEF⊥平面PCD.证明(Ⅰ)因为平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，所以P A⊥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P AD，AD⊂平面P AD，所以BE∥平面P AD.(Ⅲ)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(Ⅰ)知P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD.所以CD⊥平面P AD.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，又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.12．(理)(2014·黑龙江一模)如图所示，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为菱形，△P AD为等边三角形，平面P AD⊥平面ABCD，且∠DAB＝60°，AB＝2，E为AD的中点．(1)求证：AD⊥PB；(2)在棱AB上是否存在点F，使EF与平面PDC所成角的正弦值为155？若存在，确定线段AF的长度；若不存在，请说明理由．解(1)证明：连接PE，EB，因为平面P AD⊥平面ABCD，△P AD为等边三角形，E为AD的中点，所以PE⊥平面ABCD，PE⊥AD.因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，E为AD的中点，所以BE⊥AD.又PE∩BE＝E，所以AD⊥面PBE，所以AD⊥PB.(2)假设这样的点F 存在．以E 为原点，分别以EA ，EB ，EP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)．因为点F 在棱AB 上，设F (x ，3(1－x )，0)，面PDC 的法向量为u ＝(a ，b ，c )，则u ·DP →＝a ＋3c ＝0，u ·DC →＝－a ＋3b ＝0，令b ＝1，则u ＝(3，1，－1)，故|cos 〈u ，EF →〉|＝35x 2＋3(1－x )2＝155，解得x ＝12，所以存在点F 满足条件，AF ＝1.12．(文)(2013·浙江卷)如下图，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，AD ＝CD ＝7，P A ＝3，∠ABC ＝120°.G 为线段PC 上的点．(Ⅰ)证明：BD⊥平面APC；(Ⅱ)若G为PC的中点，求DG与平面APC所成的角的正切值；(Ⅲ)若G满足PC⊥平面BGD，求PGGC的值．解(Ⅰ)证明：设点O为AC，BD的交点．由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．所以O为AC的中点，BD⊥AC.又因为P A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以P A⊥BD.所以BD⊥平面APC.(Ⅱ)连接OG .由(Ⅰ)可知OD ⊥平面APC ，则DG 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OGD 是DG 与平面APC 所成的角．由题意得OG ＝12P A ＝32.在△ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ＝23，所以OC ＝12AC ＝ 3.在直角△OCD 中，OD ＝CD 2－OC 2＝2.在直角△OGD 中，tan ∠OGD ＝OD OG ＝433.所以DG 与平面APC 所成的角的正切值为433.(Ⅲ)连接OG .因为PC ⊥平面BGD ，OG ⊂平面BGD ，所以PC ⊥OG .在直角△P AC 中，得PC ＝15.所以GC ＝AC ·OC PC ＝2155.从而PG ＝3155，所以PG GC ＝32.。

高考数学一轮复习第七章第五节直线、平面垂直的判定及性质课时作业理新人教A版高三全册数学试题

【优化探究】2017届高考数学一轮复习第七章第五节直线、平面垂直的判定及性质课时作业理新人教A版A组考点能力演练1．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m ⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为l⊂β，所以m⊥l，所以①正确；②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，m⊥l，且m⊥α，l⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为l⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选B.答案：B2．设α，β，γ为不同的平面，m、n、l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( ) A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥lB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥γ，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：对于A，α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，根据面面垂直的性质定理可知，缺少条件m ⊂α，故不正确；对于B，α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；对于C，α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；对于D，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β，故正确，故选D.答案：D3.如图，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.答案：C4.如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是( )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°解析：A中，△A1BD为等边三角形，∴其四心合一，∵AB＝AA1＝AD，∴H到△A1BD各顶点的距离相等，∴A正确；∵CD1∥BA1，CB1∥DA1，CD1∩CB1＝C，BA1∩DA1＝A1，∴平面CB1D1∥平面A1BD，∴AH⊥平面CB1D1，∴B正确；连接AC1，则AC1⊥B1D1，∵B1D1∥BD，∴AC1⊥BD，同理，AC1⊥BA1，∴AC1⊥平面A1BD，∴A、H、C1三点共线，∴C正确，故选D.答案：D5.如图所示，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：∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.答案：A6．四棱锥PABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a的等腰三角形，则在四棱锥PABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对．解析：由题意可得PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，即互相垂直的异面直线共有6对．答案：67．如图所示，在四棱锥PABCD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是正确的条件即可)解析：连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又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.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)8．已知△ABC的三边长分别为AB＝5，BC＝4，AC＝3，M是AB边上的点，P是平面ABC 外一点．给出下列四个命题：①若PA⊥平面ABC，则三棱锥PABC的四个面都是直角三角形；②若PM⊥平面ABC，且M是AB边的中点，则有PA＝PB＝PC；③若PC＝5，PC⊥平面ABC，则△PCM面积的最小值为152；④若PC＝5，P在平面ABC上的射影是△ABC内切圆的圆心，则点P到平面ABC的距离为23. 其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)解：由题意知AC⊥BC，对于①，若PA⊥平面ABC，则PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC ，∴BC ⊥PC ，因此该三棱锥P ABC 的四个面均为直角三角形，①正确；对于②，由已知得M 为△ABC 的外心，所以MA ＝MB ＝MC .∵PM ⊥平面ABC ，则PM ⊥MA ，PM ⊥MB ，PM ⊥MC ，由三角形全等可知PA ＝PB ＝PC ，故②正确；对于③，要使△PCM 的面积最小，只需CM 最短，在Rt△ABC 中，(CM )min ＝125，∴(S △PCM )min ＝12×125×5＝6，故③错误；对于④，设P 点在平面ABC 内的射影为O ，且O 为△ABC 的内心，由平面几何知识得△ABC 的内切圆半径r ＝1，且OC ＝2，在Rt △POC 中，PO ＝PC 2－OC 2＝23，∴点P 到平面ABC 的距离为23，故④正确．答案：①②④9．(2016·扬州中学模拟)如图1，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O .沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2的五棱锥P ABFED ，且PB ＝10. (1)求证：BD ⊥平面POA ；(2)求四棱锥P BFED 的体积．解：(1)证明：∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，∴BD ∥EF .∵ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，∴EF ⊥AC ，∴翻折后EF ⊥AO ，EF ⊥PO ，∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA .(2)设AO ∩BD ＝H ，连接BO ，∵ABCD 是菱形，∴AB ＝AD ，∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形，∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt △BHO 中，BO ＝BH 2＋HO 2＝7，在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2，∴PO ⊥BO ，∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ，∴PO ⊥平面BFED ，又梯形BFED 的面积为S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33， ∴四棱锥P BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝13×33×3＝3.10.如图，已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ABC ＝45°，DC ＝1，AB ＝2，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1.(1)求证：AB ∥平面PCD ；(2)求证：BC ⊥平面PAC ；(3)若M 是PC 的中点，求三棱锥M ACD 的体积．解：(1)证明：∵AB ∥CD ，CD ⊂平面PDC ，AB ⊄平面PDC ，∴AB ∥平面PDC .(2)证明：在直角梯形ABCD 中，过点C 作CE ⊥AB 于点E ，则四边形ADCE 为矩形， ∴AE ＝DC ＝1，又AB ＝2，∴BE ＝1，在Rt △BEC 中，∠EBC ＝45°，∴CE ＝BE ＝1，CB ＝2，在Rt △ACE 中，AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴BC ⊥AC .又PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥PA ，而PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC .(3)∵M 是PC 的中点，∴M 到平面ADC 的距离是P 到平面ADC 的距离的一半．∴V M ACD ＝13S △ACD ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×12＝112. B 组高考题型专练1．(2015·高考安徽卷)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线 D ．若m ，n 不平行．．．，则m 与n 不可能．．．垂直于同一个平面解析：A 中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A 错误；B 中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B 错误；C 中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故C 错误；D 中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故D 正确．答案：D2．(2014·高考广东卷)如图(1)，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2.按图(2)折叠：折痕EF ∥DC ，其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF.(1)证明：CF ⊥平面MDF ；(2)求三棱锥M CDE 的体积．解：(1)证明：PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PCD ，∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，MD ⊂平面ABCD ，MD ⊥CD ，∴MD ⊥平面PCD ，CF ⊂平面PCD ，∴CF ⊥MD ，又CF ⊥MF ，MD ，MF ⊂平面MDF ，MD ∩MF ＝M ，∴CF ⊥平面MDF .(2)∵CF ⊥平面MDF ，∴CF ⊥DF ，又易知∠PCD ＝60°，∴∠CDF ＝30°，从而CF ＝12CD ＝12， ∵EF ∥DC ，∴DE DP ＝CF CP ，即DE 3＝122，∴DE ＝34，∴PE ＝334，S △CDE ＝12CD ·DE ＝38，MD ＝ME 2－DE 2＝PE 2－DE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3342－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝62， ∴V M CDE ＝13S △CDE ·MD ＝13·38·62＝216. 3．(2015·高考陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)可得A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．由图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6.4.(2015·高考广东卷)如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.(1)证明：BC ∥平面PDA ；(2)证明：BC ⊥PD ；(3)求点C 到平面PDA 的距离．解：(1)证明：∵长方形ABCD 中，BC ∥AD ，又BC ⊄平面PDA ，AD ⊂平面PDA ，∴BC ∥平面PDA .(2)证明：取CD 的中点H ，连接PH ，∵PD ＝PC ，∴PH ⊥CD .又∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，∴PH ⊥平面ABCD . 又∵BC ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥BC .又∵长方形ABCD 中，BC ⊥CD ，PH ∩CD ＝H ，∴BC ⊥平面PDC .又∵PD ⊂平面PDC ，∴BC ⊥PD .(3)连接AC .由(2)知PH 为三棱锥P ADC 的高．∵PH ＝PD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12CD 2＝42－32＝7， S △ADC ＝12·AD ·CD ＝12×3×6＝9，∴V P ADC ＝13·S △ADC ·PH ＝13×9×7＝37. 由(2)知BC ⊥PD ，又∵AD ∥BC ，∴AD ⊥PD ，∴S △PDA ＝12·PD ·AD ＝12×4×3＝6. 设点C 到平面PDA 的距离为h .∵V C PDA ＝V P ADC ，∴13·S △PDA ·h ＝37， ∴h ＝3713·S △PDA ＝3713×6＝372.。

高考数学一轮复习课时跟踪检测直线、平面垂直的判定及其性质理

课时跟踪检测（四十三）直线、平面垂直的判定及其性质（一）普通高中适用作业A级一一基础小题练熟练快1 .设a,卩为两个不同的平面，直线I ? a ,则“ I丄卩”是“ a丄卩”成立的（）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：选A依题意，由I丄卩，I ? a可以推出a丄卩；反过来，由a丄卩，I ? a 不能推出I丄卩.因此“ I丄卩”是“ a丄卩”成立的充分不必要条件，故选 A.2. 设a为平面，a, b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是（）A.若a//a, b//a，贝U a// b B .若a 丄a, a// b,贝U b丄aC.若a丄a, a丄b,贝U b/ a D .若a/a, a丄b,贝U b丄a解析：选B若a// a , b// a，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a丄a , a 丄b,贝y b// a或b? a,故C错误；若a//a, a丄b,贝U b / a或b? a或b与a相交，故D错误.3. （2018 •广州一模）设m n是两条不同的直线， a ,卩是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A. 若n? 3 , a丄卩，贝y mL aB. 若ml a , n/ n, n // 3 ,贝U a 丄3C. 若ml n, n? a , n? 3,贝U a丄3D. 若 a / 3 , m? a , n? 3 ,贝U m/ n解析：选B A中m与a的位置关系不能确定，故A错误；T mL a , m〃n,：n 丄a,又n// 3 ,「・a丄3，故B正确；若ml n, m? a , n? 3 ,则a与3的位置关系不确定，故C错误；若a// 3，m? a , n? 3，则m与n平行或异面，故D错误.选B.4.（2018 •天津模拟）设I是直线，a , 3是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若I // a , I // 3 ,则 a / 3 B .若I // a , I 丄 3 ,贝a 丄3C.若 a L 3 ，I 丄a,贝U I // 3 D .若 a 丄3，I 〃a,则I 丄3解析：选B对于A,若I // a , I // 3 ,贝U a // 3或a与3相交，故A错；易知B 正确；对于C,若a L 3 , I丄a,贝U I //3或I? 3,故C错；对于D,若a丄3 , I // a , 则I与3的位置关系不确定，故D 错.选B.5. 如图，在三棱锥D-ABC中，若AB= CB AD= CD E是AC的中点，则下列命题中正确的是（）/ '■*、A. 平面ABC平面ABDB. 平面ABD平面BCDC. 平面ABC平面BDE且平面ACD_平面BDED. 平面ABCL平面ACD且平面ACD_平面BDE解析：选C 因为AB= CB且E是AC的中点，所以BE! AC同理，DEI AC由于DEH BE=E,于是ACL平面BDE因为AC?平面ABC所以平面ABCL平面BDE又AC?平面ACD所以平面ACD_平面BDE故选C.6.（2018 •广州模拟）如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD^正方形，E, F分别为PA PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF//平面PBC④平面BCEL平面PAD其中正确结论的个数是（）A. 1C. 3解析：选B画出该几何体，如图所示，①因为E, F分别是PAPD的中点，所以EF// AD所以EF/ BC直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；②直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；③ 由E, F分别是PA PD的中点，可知EF/ AD所以EF/ BC因为EF?平面PBC BC?平面PBC所以直线EF/平面PBC故③正确；④因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCEL平面PAD故④不正确•所以正确结论的个数是 2.7.如图，已知/ BAC= 90°，PC L平面ABC则在△ ABC △ PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_________________ ;与AP垂直的直线有解析：••• PC L平面ABC••• PC垂直于直线AB BC AC••• ABL AC，AB丄PC A8 PC= C,• ABL平面PAC又AF?平面PAC• ABLAP,与AP垂直的直线是AB答案：AB BC, ACAB&若a ,卩是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为①若mLa,则在②若mLa,则在③若m?a,则在④若m?a,则在解析: :对于①，若内一定不存在与m平行的直线;内一定存在无数条直线与m垂直;内不一定存在与m垂直的直线;内一定存在与m垂直的直线.mL a ,如果a ,卩互相垂直，则在平面卩内存在与m平行的直线,故①错误；对于②，若mi a ,则m垂直于平面a内的所有直线，故在平面卩内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若n? a ,则在平面卩内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确.答案：②④9.在直三棱柱ABGABC中，平面a与棱AB AC, AC, AB分别交于点E, F, G H且直线AA//平面a .有下列三个命题：①四边形EFG是平行四边形；②平面 a // 平面BCCB;③平面a丄平面BCFE其中正确命题的序号是____________解析：如图所示，因为AA //平面a ,平面a门平面AABB= EH所以AA/ EH同理AA/ GF,所以EH// GF又ABGA B C是直三棱柱，易知EH= GF= AA,所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面 a //平面BBCQ,由平面a门平面A B i C i = GH平面BCCB门平面A i B C = BC , 知GH/ B i C i ,而GH/ B C不一定成立，故②错误；由AA丄平面BCFE结合AA / EH知EHL平面BCFE又EH?平面a ,所以平面a丄平面BCFE故③正确.答案：①③1 0.（20 1直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论:①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直;③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是AEL BD 解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AEL BD于E,连接CE则ACL BD ? BDAE n AC= A 丄平面AEC BDL CE而在平面BCD中 , EC与BD不垂直，故假设不成立，①错误.②假设AE L CD T A吐AD ADH CD= D,••• ABL 平面 ACD••• ABLAC 由 AB <BC 可知，存在这样的等腰直角三角形，使ABL CD 故假设成立，②正确. ③假设AD L BC•/ DC L BC • BC L 平面 ADC• BC L AC 即厶ABC 为直角三角形，且 AB 为斜边, 而A 扌BC 故矛盾，假设不成立，③错误. 答案：②B 级一一中档题目练通抓牢ABGABC 中，/ BAC= 90°, BC L AC 贝U C 在)B.直线BC 上C. 直线AC 上D. A ABC 内部解析：选 A 连接 AC （图略），由AC L AB ACL BC , ABA BC = B 得 ACL 平面 ABC vAC ?平面ABC 二平面ABC L 平面 ABC • C 在平面ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上.2.如图所示，在四边形 ABCD 中 , AD// BC AD= AB / BCD= 45°, / BAD= 90° .将厶ADE 沿 BD 折起，使平面 ABDL 平面BCD 构成三棱锥 A BCD 则在三棱锥 A BCD 中,下列结论正确的是（）ABCD 中 , AD// BC AD= AB / BCD= 45°, / BAD= 90° ,BD L CD又平面ABDL 平面BCD 且平面 ABD A 平面BCD= BD 故CDL 平面ABD 贝U CDL AB又 AD L AB AD A CD= D, AD ?平面 ADC CD ?平面 ADC 故 ABL 平面 ADC 又AB ?平面ABC •平面ADCL 平面ABC1.如图，在斜三棱柱底面ABC 上的射影H 必在（A.直线AB 上A.平面 ABDL 平面 ABC B .平面ADCL 平面BDC C.平面 ABC L 平面BDCD .平面ADCL 平面 ABC解析：选D •••在四边形3.如图，在直二棱柱ABC - ABC中，侧棱长为2, AC= BC= 1，/ ACB=90°, D是AB的中点，F是BB上的动点，AB, DF交于点E要使AB丄平面CDF贝熾段BF的长为（）1A.2C.2解析：选 A 设BF= x，因为AB丄平面CDF DF?平面CDF,所以AB丄DF.由已知可得AB =护,1设Rt△ AAB斜边AB上的高为h,贝U D吕尹又2X ,-'2= h ；22+—2一2，所以h=孚，Dm#.在Rt△ DBE 中，BE=寸¥ 2—芈2=罟.由面积相等得普x2+卑2=乌彳，解得x=2.4.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PAL底面ABCD且底面各边都要填写一个你认为是正确的条件即可）相等，M是PC上的一动点，当点M满足 _____ 时，平面MB L平面PCD只解析：连接AC则AC L BD•/ PAL底面ABCD 二PA! BD又PA O AC= A,「. BD丄平面PAC••• BDL PC•••当DML PC或BM L PC时，即有PC丄平面MBD而PC?平面PCD•平面MB!平面PCD答案：DM L PC（或BM L PC5. （2018 •兰州实战考试）a ,卩是两平面，AB CD是两条线段，已知 a O卩=EF, ABL a于B, CDL a于D,若增加一个条件，就能得出BDL EF.现有下列条件：① ACL卩；②AC与a ,卩所成的角相等；③ AC与CD在卩内的射影在同一条直线上；④ AC// EF其中能成为增加条件的序号是___________ .解析：由题意得，AB// CD • A, B, C, D四点共面.①中，••• AC L 3 , EF? 3 , • AC L EF,又T ABL a , EF? a ,••• ABL EF,T ABH AC= A,A EF丄平面ABCD又••• BD?平面ABCD：BD L EF,故①正确；②不能得到BD L EF,故②错误；ABC L 卩，又AE L a , AB③中，由AC与CD在卩内的射影在同一条直线上可知平面平面ABCD二平面ABC丄a . •平面ABC丄a ,平面ABC L卩，a H卩=EF, • EF丄平面ABCD又BD?平面ABCD •- BD L EF,故③正确；④中，由①知，若BD L EF,则EFL平面ABCD则EFL AC故④错误，故填①③答案：①③6. (2017 •全国卷I )如图，在四棱锥P-ABCD中 , AB// CD且/ BAF^Z CD2 90°.(1) 证明：平面PABL平面PAD(2) 若PA= PD= AB= DC Z APD= 90°,且四棱锥R ABCD勺体8积为3,求该四棱锥的侧面积.解：⑴证明：由Z BAP=Z CDP= 90° ,得ABL AP CDL PD因为AB// CD所以AB± PD又APH PD= P,所以ABL平面PAD又A田平面PAB所以平面PABL平面PAD⑵如图所示,在平面PAD内作PEL AD垂足为E由(1)知，AB L平面PAD故ABL PE可得PEL平面ABCD设AB= x,则由已知可得AD= ：2X , PE=~22X.故四棱锥P-ABCD勺体积1 1 3V P-ABCD= A D・ PE= 3X3.1 8由题设得3X3= 3,故X = 2.3 3从而PA= PD= AB= DC= 2 , AD= BC= 2 2 , PB= PC= 2_：2.可得四棱锥P-ABC啲侧面积为2P A- PD^ 2P A- AB^ ^PD- DO *BC sin 60 ° = 6+ 2：3.7. (2017 •山东高考)由四棱柱 ABCDAiBCD 截去三棱锥 C -BCD 后得到的几何体如图⑵设M 是OD 的中点，证明：平面 AEML 平面BCD.因为ABCDA i B i CD 是四棱柱,所以 AO // OC A i O = OC因此四边形AOCC 为平行四边形，所以 AO// OC,因为OC ?平面BCD, AC ?平面BCD ,所以A i O//平面BCD .⑵ 因为E, M 分别为AD OD 的中点,所以EM/ AO因为AOL BD,所以EM L BD又AE 丄平面 ABCD BD ?平面ABCD所以A i E L BD因为 B i D // BD ,所以 EM L B i D , A i E L B i D ,又 A i E ?平面 A i EM EM ?平面 A i EM A i E H EM= E ,所以B i D 丄平面A EM又B i D ?平面B CD ,所以平面A i EM L 平面B CD .C 级一一重难题目自主选做i .(20 i 8 •湖北七市(州)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.在如图所示的堑堵 ABMDCP 与刍童ABCDA i B i C D所示.四边形 ABC ［为正方形, E 为AD 的中点, AE 丄平面ABCD(1)证明: AO//平面O 为AC 与 BD 的交点,证明：(1)取BD 的中点1 d_________的组合体中，AB= AD AB = AD.台体体积公式：V= g S'+{§飞+ S)h,其中S', S分别为台体上、下底面的面积，h为台体的高.⑴证明：直线BC L平面MAC(2)若AB= 1, AD = 2, MA=73,三棱锥A-ABD的体积V'= 辔,求该组合体的体积.解：⑴ 证明：由题意可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，•••AC L平面MAB ••• AD丄MA又MA_ AB ADn AB- A, AD?平面ABCD AB?平面ABCD•MAL平面ABCD •- MAL BD又AB= AD •四边形ABC西正方形，• BD L AC又MA C AC=代 MA 平面MAC AC?平面MAC•BC丄平面MAC⑵设刍童ABCDABCD的高为h ,则三棱锥A-ABD的体积V'= 3x l x 2X 2X h=3 2• h= ;3 ,故该组合体的体积V= l x i x .：3X 1+ 3x（12+ 22+，讦X22）x .'3 = ¥ + 号=卫討.2.如图，已知三棱柱ABCA' B' C'的侧棱垂直于底面，AB= AC,/ BAC= 90°，点M N分别为A B和B C'的中点.(1) 证明：MN/平面AA C C;(2) 设AB=入AA ,当入为何值时，CNL平面A MN试证明你的结论.解：(1)证明：如图，取A B'的中点E,连接ME NE因为M, N分别为A B和B C的中点，所以NE/ A C , ME // AA'.又A ' C' ?平面AA C' C, AA' ?平面AA C C,所以M曰平面AA C C, NE//平面AA' C C,又因为M C NE=E,所以平面MN/平面AA' C' C,因为MN平面MNE所以M/平面AA C' C⑵连接BN设AA = a,贝U AB=入AA'=入a,由题意知BC=®a, CN k BN^、J a2+ ?入2a2,因为三棱柱ABCA' B' C的侧棱垂直于底面，所以平面A B C丄平面BB' C C.因为AB= AC,点N是B C的中点，所以A B = A C , A N丄B C ,所以A NX平面BB C C,所以CNL A N要使CNL平面A MN只需CNL BN即可，所以CN+ BN= BC,即卩2 a2+1 入2a2= 2 入2a2, 解得入=2，故当入=,2时，CNL平面A MN。

(智慧测评)高考数学大一轮总复习第7篇第5节直线、平面垂直的判定与性质课件理新人教A版

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，也可能n⊂β，故②错误； ③中，直线n也可能与平面 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：①④
考点突破
直线与平面垂直的判定与性质
第5节
直线、平面垂直的判定与性质
基础梳理
1．直线与平面垂直
(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的说直线l与平面α互相垂直．任意一条直线都垂直，我们就
(2)直线与平面垂直的判定定理
文字语言判定定理一条直线与一个图形语言符号语言 a⊂α b⊂α a∩b＝O l ⊥a l ⊥b ⇒l⊥α
答案：C
4 ． 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： ① m⊥α ， n∥β ， α∥β⇒m⊥n ； ② m⊥n ， α∥β ， m⊥α⇒n∥β；
③ m⊥n ， α∥β ， m∥α⇒n⊥β ； ④ m⊥α ， m∥n ，
α∥β⇒n⊥β. 其中，所有真命题的编号是________．
3．在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是( A．30° ) B．45°
C．60°
D．90°
解析：如图所示，取BC的中点E，连接AE、DE，可知 AE⊥侧面BB1C1C.∠ADE就是AD与侧面BB1C1C所成的 1 3 角．设各棱长为a，则在Rt△AED中，ED＝ a，AE＝ a， 2 2 tan ∠ADE＝ 3，所以∠ADE＝60° .故选C.

(智慧测评)高考数学大一轮总复习第7篇第4节直线、平面平行的判定与性质课件理新人教A版

质疑探究1：若直线a与平面α内无数条直线平行是否有 a∥α？提示：不一定．有可能a⊂α.
2．平面与平面平行
(1)判定定理文字语言一个平面内的两条相交直线与另判一个平面平行，定则这两个平面平定理行(简记为“线面平行⇒面面平行 ”) 图形语言符号语言
a⊂ α b⊂ α a∥ β b∥ β a∩ b＝P _______ ⇒α∥β
即时突破1 已知m、n、l为三条不同的直线，α、β为两
个不同的平面，则下列命题中正确的是( A．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n B．l∥β，α∥β⇒l∥α C．m∥α，m∥n⇒n∥α )
D．α能平行或异面；对于选项
B ，还可能出现 l⊂α 这种情形；对于选项 C ，还可能出现 n⊂α这种情形．由α∥β，l∥α可得l∥β或l⊂β，又知l⊄β，所以只有l∥β.故选项D正确．
则γ∥α，γ∥β，所以α∥β.
答案：③
考点突破
判断与平行相关的命题
[ 例1] 已知m、 n是两条不同直线， α、β 、 γ 是三个不 ) 同平面，下列命题中正确的是( A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥n，n⊂α，则m∥α
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若α∥β，α∥γ，则β∥γ [ 思维导引 ] (或正方体)模型．根据线线平行、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项进行分析判断，可以借助长方体
面平行的传递性，得选项D正确．故选D.
(1) 解决与平行相关命题的判定问题，常
利用正 ( 长 ) 方体及其他几何体模型来判断，把平面、直线
看作正 ( 长 ) 方体及其他几何体内平面、侧棱、对角线等进行推导验证，使抽象的推理形象化、具体化． (2) 使用正 ( 长 ) 方体及其他几何体模型只能排除错误选项，要得到正确答案还需要用公理、定理进行论证．

浙江新高考数学理一轮复习限时集训：7.5直线、平面垂直的判定与性质(含答案详析)

限时集训(四十三)直线、平面垂直的判定与性质(限时：50分钟满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1．若直线a与平面α内无数条直线垂直，则直线a与平面α的位置关系是()A．垂直B．平行C．相交D．不能确定2．(2013·深圳模拟)已知直线m、n与平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是()A．m∥n B．n⊥mC．n∥αD．n⊥α3．已知a、b为直线，α、β为平面．在下列四个命题中：①若a⊥α，b⊥α，则a∥b；②若a∥α，b∥α，则a∥b；③若a⊥α，a⊥β，则α∥β；④若b∥α，b∥β，则α∥β.正确命题的个数是()A．1 B．3C．2 D．04．(2012·浙江高考)设l是直线，α，β是两个不同的平面()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β5．如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C，D，E均异于A，B)，则△ACD是()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形6．(2013·鞍山模拟)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，其中正确的是()A．①②③B．②③④C．②④D．①③7．在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为()A．30°B．45°C．60°D．90°8．给出命题：(1)在空间里，垂直于同一平面的两个平面平行；(2)设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；(3)已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；(4)a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一个平行．则其中正确命题的个数是() A．0 B．1C．2 D．3二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是________．10．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题①若l⊥α，则l与α相交②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n其中正确命题的序号为________．11．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个．12．如图所示，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是正确的条件即可)13．如图，P A⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．14．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M、N分别是AD、BE的中点，将三角形ADE沿AE折起．下列说法正确的是________．(填上所有正确的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分)15．(2012·山东高考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．16.(2012·郑州模拟)如图，直角三角形BCD 所在的平面垂直于正三角形ABC 所在的平面，其中DC ⊥CB ，P A ⊥平面ABC ，DC ＝BC ＝2P A ，E 、F分别为DB 、CB 的中点．(1)证明：AE ⊥BC ；(2)求直线PF 与平面BCD 所成的角．17．如图①，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝π2，点M 、N 分别在AB ，CD 上，且MN ⊥AB ，MC ⊥CB ，BC ＝2，MB ＝4，现将梯形ABCD 沿MN 折起，使平面AMND 与平面MNCB 垂直(如图②)．(1)求证：AB ∥平面DNC ；(2)当DN ＝32时，求二面角D －BC －N 的大小．答案[限时集训(四十三)]1．D 2.B 3.C 4.B 5.B 6.D7.A8.B9．解析：过A作AO⊥BD于O点，∵平面ABD⊥平面BCD，∴AO⊥平面BCD.则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．∵∠BAD＝90°，AB＝AD.∴∠ADO＝45°.答案：45°10．解析：①显然正确；对②，只有当m，n相交时，才能l⊥α，故②错误；对③，由l ∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α得n⊥α，故③正确；对④，由l∥m，m⊥α⇒l⊥α，再由n⊥α⇒l∥n.故④正确．答案：①③④11．解析：①将α，β换作直线a，b，命题为“a∥b且a⊥γ⇒b⊥γ”，显然这是一个真命题；②将α，γ换作直线a，c，命题为“a∥β，且a⊥c⇒c⊥β”，这是一个假命题；③将β，γ换成直线b ，c ，命题为“α∥b ，且α⊥c ⇒b ⊥c ”，这是一个真命题，故填2.答案：212．解析：DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)由定理可知，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 )13．解析：①AE ⊂平面P AC ，BC ⊥AC ，BC ⊥P A ⇒AE ⊥BC ，故①正确；②AE ⊥PB ，AF ⊥PB ⇒EF ⊥PB ，故②正确；③若AF ⊥BC ⇒AF ⊥平面PBC ，则AF ∥AE 与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．答案：①②④14.解析：将△ADE 沿AE 折起后所得图形如图，取DE 中点P ，EC中点Q ，连PM 、PQ 、QN .则PM 綊12AE ，NQ 綊12BC ， ∴PM 綊NQ ，∴四边形PMNQ 为平行四边形，∴MN ∥PQ ，又MN 平面DEC ，PQ 平面DEC ，∴MN ∥平面DEC ，故①正确．又AE ⊥ED ，AE ⊥EC ，DE ∩CE ＝E ，∴AE ⊥平面DEC ，∴AE ⊥PQ ，∴AE ⊥MN ，故②正确．由MN ∥PQ ，PQ 与EC 相交知MN 与EC 不平行，从而MN 与AB 不会平行．答案：①②15．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，所以∠ADC ＝∠BCD ＝120°.又CB ＝CD ，所以∠CDB ＝30°，因此∠ADB ＝90°，AD ⊥BD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ⊂平面AED ，所以BD ⊥平面AED .(2)取BD 的中点G ，连接CG ，FG ，由于CB ＝CD ，因此CG ⊥BD ，又FC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以FC ⊥BD .由于FC ∩CG ＝C ，FC ，CG ⊂平面FCG ，所以BD ⊥平面FCG ，故BD ⊥FG ，所以∠FGC 为二面角F －BD －C 的平面角．在等腰三角形BCD 中，由于∠BCD ＝120°，因此CG ＝12CB ，又CB ＝CF ，所以GF ＝CG 2＋CF 2＝5CG ，故cos ∠FGC ＝55，因此二面角F －BD －C 的余弦值为55. 16．解：(1)证明：连接EF ，AF .因为E 、F 分别是BD 、BC 的中点，所以EF ∥DC .又DC ⊥BC ，所以EF ⊥BC .因为△ABC 为等边三角形，所以BC ⊥AF .EF ∩AF ＝F所以BC ⊥平面AEF ，又AE ⊂平面AEF ，故BC ⊥AE .(2)连接PE .因为平面BCD ⊥平面ABC ，DC ⊥BC ，AF ⊥BC ，所以DC ⊥平面ABC ，AF ⊥平面BCD .因为P A ⊥平面ABC ，P A ＝12DC ，所以P A 綊12DC . 又因为EF 綊12DC ，所以EF 綊P A ，故四边形APEF 为矩形．所以PE 綊AF .所以PE ⊥平面BCD .则∠PFE 即为直线PF 与平面BCD 所成的角．在Rt △PEF 中，因为PE ＝AF ＝32BC ， EF ＝12DC ＝12BC ，所以tan ∠PFE ＝PE EF＝3，故∠PFE ＝60°，即直线PF 与平面BCD 所成的角为60°.17．解：(1)证明：MB ∥NC ，MB ⊄平面DNC ，NC ⊂平面DNC ，∴MB ∥平面DNC . 同理MA ∥平面DNC ，又MA ∩MB ＝M ，且MA 、MB ⊂平面MAB . ⎭⎪⎬⎪⎫∴平面MAB ∥平面NCD AB ⊂平面MAB ⇒AB ∥平面DNC .(2)过N 作NH ⊥BC 交BC 延长线于H ，∵平面AMND ⊥平面MNCB ，DN ⊥MN ，∴DN ⊥平面MBCN ，从而DH ⊥BC ，∴∠DHN 为二面角D －BC －N 的平面角．由MB ＝4，BC ＝2，∠MCB ＝90°知∠MBC ＝60°，CN ＝4－2cos 60°＝3，∴NH ＝3sin 60°＝332. 由条件知：tan ∠NHD ＝DN NH ＝33， ∴∠NHD ＝30°.。

2020版高考人教A版理科数学一轮复习文档：第七章第五节直线、平面垂直的判定与性质 Word版含答案

第五节直线、平面垂直的判定与性质 2019 考纲考题考情
1．直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义直线 l 与平面 α 内的任意一条直线都垂直，就说直线 l 与平面 α 互相垂直。 (2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理
2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理续表
1．与线面垂直相关的两个常用结论：
(1)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。
(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直。
2．三种垂直关系的转化：
判定定理
判定定理
线线垂直性质线面垂直性质定理面面垂直
一、走进教材 1．(必修 2P73A 组 T1 改编)下列命题中不正确的是( ) A．如果平面 α⊥平面 β，且直线 l∥平面 α，则直线 l⊥平面 β B．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 β C．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 β D．如果平面 α⊥平面 γ，平面 β⊥平面 γ，α∩β＝l，那么 l⊥γ 解析根据面面垂直的性质，知 A 不正确，直线 l 可能平行平面 β，也可能在平面 β 内。故选 A。答案 A 2．(必点 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。解析
证明：平面 PAB⊥平面 PAD。证明由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得 AB⊥AP，CD⊥PD。由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD。又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD。三、走出误区微提醒：①忽略线面垂直的条件致误；②忽视平面到空间的变化致误。 5．“直线 a 与平面 α 内的无数条直线都垂直”是“直线 a

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案：7.5 直线、平面垂直的判定及性质 Word版含答案

第五节直线、平面垂直的判定及性质垂直的判定与性质(1)掌握直线与平面垂直的判定定理和性质定理．(2)掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理．知识点一直线与平面垂直1．直线与平面垂直的判定定理(1)自然语言：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．(2)图形语言：如图1所示．(3)符号语言：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.2．直线与平面垂直的性质定理自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．图形语言：如图2所示．符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.易误提醒斜线在平面上的射影是过斜足和垂足的一条直线，而不是线段．必记结论(1)直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b⊂α⇒a⊥b.(2)若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．[自测练习]1．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，且l⊥b”是“l⊥α”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：由线面垂直的判定定理知，充分性不成立，由线面垂直的性质定理知，必要性成立，故选C.答案：C2．已知直线a，b和平面α，且a⊥b，a⊥α，则b与α的位置关系为()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交解析：由a⊥b，a⊥α知b⊂α或b∥α，但直线b不与α相交．答案：C知识点二平面与平面垂直1．平面与平面垂直的判定(1)两个平面垂直的定义如果两个相交平面所成的二面角是直二面角，那么就说这两个平面互相垂直．平面α与β垂直，记作α⊥β.(2)两个平面垂直的判定定理自然语言：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．图形语言：如图1所示．符号语言：AB⊥β，AB⊂α⇒α⊥β.图12．平面与平面垂直的性质自然语言：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．图形语言：如图2所示．图2符号语言：α⊥β，α∩β＝CD，AB⊂α，AB⊥CD⇒AB⊥β.易误提醒平面和平面垂直的判定定理的两个条件：l⊂α，l⊥β，缺一不可．必记结论(1)两个平面互相垂直是两个平面相交的特殊情况，正方体中任意相邻的两个面都是互相垂直的；(2)由定理可知，要证明平面与平面垂线，可转化为从现有直线中寻找平面的垂线，即证明线面垂直；(3)面面垂直的判定定理提供了找出垂直于一个平面的另一个平面的依据．[自测练习]3．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是() A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊥β，m∥α，则α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ解析：利用相关定理逐个判断．A中m与α的位置关系不确定，故错误；B中α，β可能平行或相交，故错误；由面面垂直的判定定理可知C正确；D中β，γ平行或相交，故错误，选C.答案：C4．四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两垂直的共有________对．解析：因为AD⊥AB，AD⊥P A且P A∩AB＝A，可得AD⊥平面P AB.同理可得BC⊥平面P AB、AB⊥平面P AD、CD⊥平面P AD，由面面垂直的判定定理可得，平面P AD⊥平面P AB，平面PBC⊥平面P AB，平面PCD⊥平面P AD，平面P AB⊥平面ABCD，平面P AD⊥平面ABCD，共有5对．答案：5考点一直线与平面垂直的判定与性质|1．在空间中，l，m，n，a，b表示直线，α表示平面，则下列命题正确的是()A．若l∥α，m⊥l，则m⊥αB．若l⊥m，m⊥n，则m∥nC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若l⊥α，l∥a，则a⊥α解析：易知选项A不正确；选项B，从m⊥n就可以看出结论是错误的；选项C中，若b⊂α，则C不正确；选项D是正确的．答案：D2．(2016·丽水一模)在四面体ABCD中，下列条件不能得出AB⊥CD的是()A．AB⊥BC且AB⊥BDB．AD⊥BC且AC⊥BDC．AC＝AD且BC＝BDD．AC⊥BC且AD⊥BD解析：A.∵AB ⊥BD ，AB ⊥BC ，BD ∩BC ＝B ，∴AB ⊥平面BCD ，∵CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .B.设A 在平面BCD 内的射影为O ，则AO ⊥平面BCD ，∵AD ⊥BC ，AC ⊥BD ，∴O 为△BCD 的垂心，连接BO ，则BO ⊥CD ，又AO ⊥CD ，AO ∩BO ＝O ，∴CD ⊥平面ABO ，∵AB ⊂平面ABO ，∴AB ⊥CD .C.取CD 中点G ，连接BG ，AG .∵AC ＝AD 且BC ＝BD ，∴CD ⊥BG ，CD ⊥AG ， ∵BG ∩AG ＝G ，∴CD ⊥平面ABG ，∵AB ⊂平面ABG ，∴AB ⊥CD ，故选D. 答案：D3．(2015·高考重庆卷)如图，三棱锥P -ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，∠ABC ＝π2，点D ，E 在线段AC 上，且AD ＝DE ＝EC ＝2，PD ＝PC ＝4，点F 在线段AB 上，且EF ∥BC .(1)证明：AB ⊥平面PFE ；(2)若四棱锥P -DFBC 的体积为7，求线段BC 的长．解：(1)证明：由DE ＝EC ，PD ＝PC 知，E 为等腰△PDC 中DC 边的中点，故PE ⊥AC . 又平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，PE ⊂平面P AC ，所以PE ⊥平面ABC ，从而PE ⊥AB .因∠ABC ＝π2，EF ∥BC ，故AB ⊥EF .从而AB 与平面PFE 内两条相交直线PE ，EF 都垂直，所以AB ⊥平面PFE . (2)设BC ＝x ，则在Rt △ABC 中， AB ＝AC 2－BC 2＝36－x 2，从而S △ABC ＝12AB ·BC ＝12x 36－x 2.由EF ∥BC 知，AF AB ＝AE AC ＝23，得△AFE ∽△ABC ，故S △AFE S △ABC＝⎝⎛⎭⎫232＝49，即S △AFE ＝49S △ABC .由AD ＝12AE ，得S △AFD ＝12S △AFE ＝12·49S △ABC ＝29S △ABC ＝19x 36－x 2，从而四边形DFBC 的面积为S DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝12x 36－x 2－19x 36－x 2＝718x 36－x 2.由(1)知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥P -DFBC 的高．在Rt △PEC 中，PE ＝PC 2－EC 2＝42－22＝2 3. V P -DFBC ＝13·S DFBC·PE ＝13·718x 36－x 2·23＝7，故得x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27，由于x >0，可得x ＝3或x ＝3 3. 所以，BC ＝3或BC ＝3 3.证明直线和平面垂直的常用方法(1)利用判定定理．(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)． (3)利用面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)． (4)利用面面垂直的性质．考点二平面与平面垂直的判定与性质|(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E -ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E -ACD 的体积V E -ACD＝13×12AC ×GD ×BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3＋2 5.证明面面垂直的主要方法①利用判定定理．在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边上的中线垂直于底边，勾股定理的逆定理等．②用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角．③客观题中，也可应用：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面．(2015·佛山一中期中考试)如图，在三棱锥P-ABC中，P A⊥底面ABC，∠BCA＝90°，AP ＝AC，点D，E分别在棱PB，PC上，且BC∥平面ADE.(1)求证：DE⊥平面P AC；(2)当二面角A-DE-P为直二面角时，求A-BCED与P-AED的体积比．解：(1)证明：∵BC∥平面ADE，BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面ADE＝DE，∴BC ∥ED，∵P A⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴P A⊥BC，又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∵P A与AC是平面P AC内的两条相交直线，∴BC⊥平面P AC，又BC∥ED，∴DE⊥平面P AC.(2)由(1)知，DE⊥平面P AC，∵AE⊂平面P AC，PE⊂平面P AC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角，∴∠AEP＝90°，即AE⊥PC，∵AP＝AC，∴E是PC的中点，∴ED是△PBC的中位线，DE⊥AC，又PC∩DE＝E，∴AE⊥平面PCD，∴V A -BCEDV A -PDE＝13S 四边形BCED ·AE 13S △PED ·AE ＝S 四边形BCED S △PED ＝3.考点三平行与垂直的综合问题|空间线、面的平行与垂直的综合考查一直是高考必考热点，归纳起来常见的命题探究角度有：1．以多面体为载体考查平行与垂直的证明． 2．探索性问题中的平行与垂直问题． 3．折叠问题中的平行垂直问题．探究一平行与垂直关系的证明1．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC 1∥平面EFPQ ； (2)直线AC 1⊥平面PQMN.证明：(1)连接AD 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，知AD 1∥BC 1，因为F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1. 从而BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ.(2)连接AC ，BD ，则AC ⊥BD .由CC 1⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得CC 1⊥BD . 又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1. 而AC 1⊂平面ACC 1，所以BD ⊥AC 1.因为M ，N 分别是A 1B 1，A 1D 1的中点，则易知MN ∥BD ，从而MN ⊥AC 1. 同理可证PN ⊥AC 1.又PN ∩MN ＝N ，所以直线AC 1⊥平面PQMN .探究二探索性问题中的平行与垂直问题2.如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝CC 1＝2，M ，N 分别为AC ，B 1C 1的中点．(1)求线段MN 的长； (2)求证：MN ∥平面ABB 1A 1；(3)线段CC 1上是否存在点Q ，使A 1B ⊥平面MNQ ？说明理由．解：(1)连接CN .因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，所以AC ⊥CC 1. 因为AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1.因为MC ＝1，CN ＝CC 21＋C 1N 2＝5，所以MN ＝ 6.(2)证明：取AB 中点D ，连接DM ，DB 1.在△ABC 中，因为M 为AC 中点，所以DM ∥BC ，DM ＝12BC .在矩形B 1BCC 1中，因为N 为B 1C 1中点，所以B 1N ∥BC ，B 1N ＝12BC .所以DM ∥B 1N ，DM ＝B 1N .所以四边形MDB 1N 为平行四边形，所以MN ∥DB 1. 因为MN ⊄平面ABB 1A 1，DB 1⊂平面ABB 1A 1，所以MN ∥平面ABB 1A 1.(3)线段CC 1上存在点Q ，且Q 为CC 1中点时，有A 1B ⊥平面MNQ . 证明如下：连接BC 1.在正方形BB 1C 1C 中易证QN ⊥BC 1.又A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1C 1⊥QN ，从而NQ ⊥平面A 1BC 1. 所以A 1B ⊥QN .同理可得A 1B ⊥MQ ，所以A 1B ⊥平面MNQ . 故线段CC 1上存在点Q ，使得A 1B ⊥平面MNQ . 探究三折叠问题中的平行与垂直关系3．(2015·高考四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明：直线DF⊥平面BEG.解：(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD-EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE∥CH.又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.(3)证明：连接FH.因为ABCD-EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.平行与垂直的综合应用问题的处理策略(1)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)折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系，尤其是隐含量的垂直关系．7.平行与垂直综合问题的答题模板【典例】(12分)(2015·高考山东卷)如图，三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.[思维点拨](1)法一：证明四边形DFCG为平行四边形，结合H为BC的中点可得HM ∥BD，进而得BD∥平面FGH；法二：利用四边形HBEF为平行四边形，证明平面ABED ∥平面FGH，进而得BD∥平面FGH.(2)先证明CB⊥平面ECH，进而得平面BCD⊥平面EGH.[规范解答](1)证明：法一：连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.在三棱台DEF-ABC 中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形，(3分)则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD.又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，(4分)所以BD∥平面FGH.(5分)法二：在三棱台DEF-ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.(2分)在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点．所以GH∥AB.(3分)又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.(4分)因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(5分)(2)连接HE，GE.因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB，由AB⊥BC，得GH⊥BC.(7分)又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形(9分)所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.(11分)又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.(12分)[模板形成]由图形特征分析平行条件↓创设线面平行的条件↓利用判定定理或面面平行证明线面平行↓分析条件中平行与垂直的关系↓选定并证明线面垂直↓利用面面垂直的判定证明面面垂直A组考点能力演练1．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是()A．1B．2C．3 D．4解析：①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为l⊂β，所以m⊥l，所以①正确；②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，m⊥l，且m⊥α，l⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为l⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选B.答案：B2．设α，β，γ为不同的平面，m、n、l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为() A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥lB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥γ，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：对于A，α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，根据面面垂直的性质定理可知，缺少条件m⊂α，故不正确；对于B，α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，故不正确；对于C，α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则m 与β不一定垂直，故不正确；对于D，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，则m⊥β，故正确，故选D.答案：D3.如图，在三棱锥D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE ＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.答案：C4.如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是()A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°解析：A中，△A1BD为等边三角形，∴其四心合一，∵AB＝AA1＝AD，∴H到△A1BD各顶点的距离相等，∴A正确；∵CD1∥BA1，CB1∥DA1，CD1∩CB1＝C，BA1∩DA1＝A1，∴平面CB1D1∥平面A1BD，∴AH⊥平面CB1D1，∴B正确；连接AC1，则AC1⊥B1D1，∵B1D1∥BD，∴AC1⊥BD，同理，AC1⊥BA1，∴AC1⊥平面A1BD，∴A、H、C1三点共线，∴C正确，故选D.答案：D5.如图所示，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：∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.答案：A6．四棱锥P-ABCD的顶点P在底面ABCD上的投影恰好是A，其三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是腰长为a的等腰三角形，则在四棱锥P-ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有________对．解析：由题意可得P A ⊥BC ，P A ⊥CD ，AB ⊥PD ，BD ⊥P A ，BD ⊥PC ，AD ⊥PB ，即互相垂直的异面直线共有6对．答案：67．如图所示，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是正确的条件即可)解析：连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥BD .又P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ， ∴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 等)8．已知△ABC 的三边长分别为AB ＝5，BC ＝4，AC ＝3，M 是AB 边上的点，P 是平面ABC 外一点．给出下列四个命题：①若P A ⊥平面ABC ，则三棱锥P -ABC 的四个面都是直角三角形； ②若PM ⊥平面ABC ，且M 是AB 边的中点，则有P A ＝PB ＝PC ； ③若PC ＝5，PC ⊥平面ABC ，则△PCM 面积的最小值为152；④若PC ＝5，P 在平面ABC 上的射影是△ABC 内切圆的圆心，则点P 到平面ABC 的距离为23.其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)解：由题意知AC ⊥BC ，对于①，若P A ⊥平面ABC ，则P A ⊥BC ，又P A ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面P AC ，∴BC ⊥PC ，因此该三棱锥P -ABC 的四个面均为直角三角形，①正确；对于②，由已知得M 为△ABC 的外心，所以MA ＝MB ＝MC .∵PM ⊥平面ABC ，则PM ⊥MA ，PM ⊥MB ，PM ⊥MC ，由三角形全等可知P A ＝PB ＝PC ，故②正确；对于③，要使△PCM 的面积最小，只需CM 最短，在Rt △ABC 中，(CM )min ＝125，∴(S △PCM )min ＝12×125×5＝6，故③错误；对于④，设P 点在平面ABC 内的射影为O ，且O 为△ABC 的内心，由平面几何知识得△ABC 的内切圆半径r ＝1，且OC ＝2，在Rt △POC 中，PO ＝PC 2－OC 2＝23，∴点P 到平面ABC 的距离为23，故④正确．答案：①②④9．(2016·扬州中学模拟)如图1，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O .沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接P A ，PB ，PD ，得到如图2的五棱锥P -ABFED ，且PB ＝10.(2)求四棱锥P -BFED 的体积．解：(1)证明：∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ， ∴EF ⊥AC ，∴翻折后EF ⊥AO ，EF ⊥PO ，∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ， ∴EF ⊥平面POA ， ∴BD ⊥平面POA .(2)设AO ∩BD ＝H ，连接BO ，∵ABCD 是菱形，∴AB ＝AD ，∵∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为等边三角形，∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt △BHO 中，BO ＝BH 2＋HO 2＝7，在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2， ∴PO ⊥BO ，∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO ⊥平面BFED ，又梯形BFED 的面积为S ＝12(EF ＋BD )·HO ＝33，∴四棱锥P -BFED 的体积V ＝13S ·PO ＝13×33×3＝3.10.如图，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ABC ＝45°，DC ＝1，AB ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1.(2)求证：BC⊥平面P AC；(3)若M是PC的中点，求三棱锥M-ACD的体积．解：(1)证明：∵AB∥CD，CD⊂平面PDC，AB⊄平面PDC，∴AB∥平面PDC.(2)证明：在直角梯形ABCD中，过点C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，∴AE＝DC＝1，又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠EBC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝2，在Rt△ACE中，AC＝AE2＋CE2＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC.又P A⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥P A，而P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC.(3)∵M是PC的中点，∴M到平面ADC的距离是P到平面ADC的距离的一半．∴V M-ACD＝13S△ACD×⎝⎛⎭⎫12P A＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×12＝112.B组高考题型专练1．(2015·高考安徽卷)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是()A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线D．若m，n不平行．．．，则m与n不可能．．．垂直于同一个平面解析：A中，垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行，故A错误；B中，平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，故B错误；C中，若两个平面相交，则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行，故C错误；D中，若两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行，所以若两条直线不平行，则它们不可能垂直于同一个平面，故D正确．答案：D2．(2014·高考广东卷)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC ＝PC＝2.按图(2)折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF ⊥平面MDF ； (2)求三棱锥M -CDE 的体积．解：(1)证明：PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PCD ，∴平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，MD ⊂平面ABCD ，MD ⊥CD ， ∴MD ⊥平面PCD ，CF ⊂平面PCD ，∴CF ⊥MD ，又CF ⊥MF ，MD ，MF ⊂平面MDF ，MD ∩MF ＝M ，∴CF ⊥平面MDF .(2)∵CF ⊥平面MDF ，∴CF ⊥DF ，又易知∠PCD ＝60°，∴∠CDF ＝30°，从而CF ＝12CD＝12， ∵EF ∥DC ，∴DE DP ＝CF CP ，即DE 3＝122，∴DE ＝34，∴PE ＝334，S △CDE ＝12CD ·DE ＝38，MD ＝ME 2－DE 2＝PE 2－DE 2＝⎝⎛⎭⎫3342－⎝⎛⎭⎫342＝62，∴V M -CDE ＝13S △CDE ·MD ＝13·38·62＝216. 3．(2015·高考陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC＝12AD ＝a ，E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1-BCDE 的体积为362，求a 的值．解：(1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在图2中，BE⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)可得A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ，即A 1O 是四棱锥A 1-BCDE 的高．由图1知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2. 从而四棱锥A 1-BCDE 的体积为V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6.4.(2015·高考广东卷)如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.(1)证明：BC ∥平面PDA ； (2)证明：BC ⊥PD ；(3)求点C 到平面PDA 的距离．解：(1)证明：∵长方形ABCD 中，BC ∥AD ，又BC ⊄平面PDA ，AD ⊂平面PDA ， ∴BC ∥平面PDA .(2)证明：取CD 的中点H ，连接PH ， ∵PD ＝PC ，∴PH ⊥CD .又∵平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，∴PH ⊥平面ABCD . 又∵BC ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥BC . 又∵长方形ABCD 中，BC ⊥CD ， PH ∩CD ＝H ，∴BC ⊥平面PDC . 又∵PD ⊂平面PDC ，∴BC ⊥PD . (3)连接AC .由(2)知PH 为三棱锥P -ADC 的高． ∵PH ＝PD 2－⎝⎛⎭⎫12CD 2＝42－32＝7， S △ADC ＝12·AD ·CD ＝12×3×6＝9，∴V P -ADC ＝13·S △ADC ·PH ＝13×9×7＝37. 由(2)知BC ⊥PD ，又∵AD ∥BC ，∴AD⊥PD，∴S△PDA＝12·PD·AD＝12×4×3＝6.设点C到平面PDA的距离为h. ∵V C-PDA＝V P-ADC，∴13·S△PDA·h＝37，∴h＝3713·S△PDA＝3713×6＝372.。

新高考一轮复习人教版直线、平面垂直的判定和性质作业

8.4直线、平面垂直的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面垂直的判定和性质1.(2022届湖北部分重点中学开学联考,3)已知a,b是两条不重合的直线,α为一个平面,且a⊥α,则“b⊥α”是“a∥b”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答案C2.(2021浙江,6,4分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则()A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1答案A3.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是()答案 BC4.(2022届辽宁六校期初联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,∠DAB=45°,PD ⊥平面ABCD,AP ⊥BD.(1)证明:BC ⊥平面PDB;(2)若AB=√2,PB 与平面APD 所成角为45°,求二面角B-PC-D 的大小.解析 (1)证明:因为PD ⊥平面ABCD,BD ⊂平面ABCD,BC ⊂平面ABCD,所以PD ⊥BD,PD ⊥BC,因为AP ⊥BD,又PD ∩AP=P,所以DB ⊥平面APD,又AD ⊂平面APD,所以BD ⊥AD,因为底面ABCD 为平行四边形,所以AD ∥BC,所以BC ⊥BD,因为PD ⊥BC,PD ∩BD=D,所以BC ⊥平面PDB.(2)由(1)可知BD ⊥AD,因为AB=√2,∠DAB=45°,所以AD=BD=1,因为DB ⊥平面APD,PB 与平面APD 所成角为45°,所以∠BPD=45°,所以PD=BD=1.以D 为坐标原点,DA,DB,DP 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P(0,0,1),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(0,0,0),所以PA ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-1),PB ⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),DC⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),设平面PCD 的法向量为m=(x,y,z), 则{m ·PC ⃗⃗⃗ =−x +y −z =0,m ·DC⃗⃗⃗⃗ =−x +y =0,令y=1,则m=(1,1,0),设平面PCB 的法向量为n=(a,b,c),则{n ·PC ⃗⃗⃗ =−a +b −c =0,n ·PB⃗⃗⃗⃗ =b −c =0,令c=1,则n=(0,1,1),所以cos<m,n>=m·n |m|·|n|=√2×√2=12,因为二面角B-PC-D 为锐二面角,所以二面角B-PC-D 的大小为π3.5.(2020课标Ⅰ理,18,12分)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,AE 为底面直径,AE=AD.△ABC 是底面的内接正三角形,P 为DO 上一点,PO=√66DO.(1)证明:PA ⊥平面PBC; (2)求二面角B-PC-E 的余弦值.解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO=√66a,AO=√33a,AB=a,PA=PB=PC=√22a.因此PA 2+PB 2=AB 2,从而PA ⊥PB.又PA 2+PC 2=AC 2,故PA ⊥PC.又PB ∩PC=P,所以PA ⊥平面PBC.(2)以O 为坐标原点,OE⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|OE ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C (−√32,12,0),P (0,0,√22).所以EC⃗⃗⃗⃗ =(−√32,−12,0),EP⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,√22).设m=(x,y,z)是平面PCE 的法向量,则{m ·EP ⃗⃗⃗ =0,m ·EC ⃗⃗⃗ =0,即{−y +√22z =0,−√32x −12y =0.可取m=(−√33,1,√2).由(1)知AP⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√22)是平面PCB 的一个法向量,记n=AP ⃗⃗⃗⃗ ,则cos<n,m>=n·m|n|·|m|=2√55. 易知二面角B-PC-E 的平面角为锐角, 所以二面角B-PC-E 的余弦值为2√55. 考点二平面与平面垂直的判定和性质1.(多选)(2022届长沙长郡中学月考一,12)如图所示,在矩形ABCD 中,AB=2,BC=1,E 为CD 上一动点,现将△BEC 沿BE 折起至△BEF,在平面FBA 内作FG ⊥AB,G 为垂足.设CE=s,BG=t,则下列说法正确的是( )A.若BF ⊥平面AEF,则t=12B.若AF ⊥平面BEF,则s=23C.若平面BEF ⊥平面ABED,且s=1,则t=12D.若平面AFB ⊥平面ABED,且s=32,则t=34 答案 AC2. (2019课标Ⅲ理(文),8,5分)如图,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角形,平面ECD ⊥平面ABCD,M 是线段ED 的中点,则( )A.BM=EN,且直线BM,EN 是相交直线B.BM ≠EN,且直线BM,EN 是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN 是异面直线D.BM ≠EN,且直线BM,EN 是异面直线答案 B3.(2022届重庆八中8月入学摸底,20)如图,四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是正方形,平面PAD ⊥平面ABCD,△PAD 是以PA 为斜边,且PA=2√2的等腰直角三角形,E,F 分别是棱PA,PC 的中点,M 是棱BC 上一点. (1)证明:平面DEM ⊥平面PAB;(2)若直线MF 与平面ABCD 所成角的正切值为√22,求锐二面角E-DM-F 的余弦值.解析 (1)证明:∵平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=DA,AB ⊥DA,AB ⊂平面ABCD,∴AB ⊥平面PAD,∴AB ⊥DE.在Rt △PAD 中,DP=DA,E 是PA 的中点,∴PA ⊥DE.又PA ∩AB=A,PA,AB ⊂平面PAB,∴DE ⊥平面PAB.又DE ⊂平面DEM,∴平面DEM ⊥平面PAB.(2)由题意得PD=AD=DC=2.取CD 的中点N,连接MN,FN.则NF ∥PD,NF=12PD=1,易知PD ⊥平面ABCD,∴NF ⊥平面ABCD,∴∠FMN 是直线MF 与平面ABCD 所成角,∴tan ∠FMN=1MN =√22,∴MN=√2,∴MC=1.∴M 是BC 的中点. 以D 为坐标原点,DA,DC,DP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(1,0,1),F(0,1,1),M(1,2,0),∴DE ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),DF ⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),DM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0).设平面EDM 的法向量为m=(a,b,c),则{DE ⃗⃗⃗⃗ ·m =0,DM⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{a +c =0,a +2b =0,令a=-2,则m=(-2,1,2). 设平面DMF 的法向量为n=(x,y,z),则{DF ⃗⃗⃗⃗ ·n =0,DM⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{y +z =0,x +2y =0, 令x=-2,则n=(-2,1,-1), ∴cos<m,n>=m·n |m|·|n|=3×√6=√66,∴锐二面角E-DM-F 的余弦值为√66. 4.(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱锥Q-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,若AD=2,QD=QA=√5,QC=3. (1)证明:平面QAD ⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A 的余弦值.解析 (1)证明:取AD 的中点E,连接QE,CE.由于QD=QA,故QE ⊥AD.在Rt △QAE 中,QE=√QA 2−AE 2=√√22在Rt △CDE 中,CE=√DC 2+DE 2=√22+12=√5. 在△QCE 中,QE 2+CE 2=QC 2⇒QE ⊥CE,又∵CE ∩AD=E,CE 、AD ⊂平面ABCD,∴QE ⊥平面ABCD.又QE ⊂平面QAD,∴平面QAD ⊥平面ABCD.(2)以E 为坐标原点建系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0),则BQ⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,2),BD ⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0).显然,平面QAD 的一个法向量为n 1=(1,0,0),设平面BQD 的法向量为n 2=(x,y,z),则{n 2·BQ⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·BD⃗⃗⃗⃗ =0⇒{−2x +y +2z =0,−2x +2y =0⇒x=y=2z,取n 2=(2,2,1).设二面角B-QD-A 的大小为θ,易知θ为锐角,则cos θ=|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=21×3=23,故二面角B-QD-A 的余弦值为23.5.(2021河北邯郸检测,19)如图,在三棱锥A-BCD 中,AB=AD=CD=12BC=2,E 为BC 的中点,BD ⊥CD,且AE=√2. (1)证明:平面ACD ⊥平面ABD;(2)求平面ABC 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取BD 的中点O,连接OA,OE,则OA ⊥BD,OE=12CD=1,OE ∥CD.因为BD ⊥CD,BC=4,CD=2,所以BD=2√3,则OB=√3.又AB=AD=2,所以AO=1.在△AOE 中,EO=1,AO=1,AE=√2,所以AO 2+OE 2=AE 2,即OE ⊥AO,从而CD ⊥AO.又CD ⊥BD,BD ∩AO=O,所以CD ⊥平面ABD. 因为CD ⊂平面ACD,所以平面ACD ⊥平面ABD.(2)由(1)知OB,OE,OA 两两垂直,如图,以O 为原点,分别以OB⃗⃗⃗⃗ ,OE ⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz,则B(√3,0,0),C(-√3,2,0),D(-√3,0,0),A(0,0,1),则AC⃗⃗⃗⃗ =(-√3,2,-1),BC ⃗⃗⃗⃗ =(-2√3,2,0),设m=(x,y,z)是平面ABC 的法向量,可得{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,即{−√3x +2y −z =0,−2√3x +2y =0,令x=1,得m=(1,√3,√3).设n=(x 1,y 1,z 1)是平面ACD 的法向量,因为DC ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AC ⃗⃗⃗⃗ =(-√3,2,-1),{n ·DC⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,所以{2y 1=0,−√3x 1+2y 1−z 1=0,令x 1=1,得n=(1,0,-√3).设平面ABC 与平面ACD 所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=|√7×2|=√77, 即平面ABC 与平面ACD 所成锐二面角的余弦值为√77.6.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AB,AB 1⊥B 1C 1. 求证:(1)AB ∥平面A 1B 1C; (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.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A 1B 1C,A 1B 1⊂平面A 1B 1C, 所以AB ∥平面A 1B 1C.(2)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形,又因为AA 1=AB,所以四边形ABB 1A 1为菱形,所以AB 1⊥A 1B.因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1,所以AB 1⊥BC.又因为A 1B ∩BC=B,A 1B ⊂平面A 1BC,BC ⊂平面A 1BC,所以AB 1⊥平面A 1BC,又因为AB 1⊂平面ABB 1A 1,所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC.7.(2017课标Ⅰ理,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.解析 (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB ⊥AP,CD ⊥PD.由于AB ∥CD,故AB ⊥PD, 又AP ∩PD=P,从而AB ⊥平面PAD.又AB ⊂平面PAB,所以平面PAB ⊥平面PAD. (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB ⊥平面PAD,故AB ⊥PF, 又AD ∩AB=A,所以PF ⊥平面ABCD.以 F 为坐标原点,FA ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A (√22,0,0),P (0,0,√22),B (√22,1,0),C (−√22,1,0).所以PC⃗⃗⃗⃗ =(−√22,1,−√22),CB ⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,0),PA ⃗⃗⃗⃗ =(√22,0,−√22),AB⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0). 设n=(x 1,y 1,z 1)是平面PCB 的法向量, 则{n ·PC ⃗⃗⃗ =0,n ·CB⃗⃗⃗⃗ =0,即{−√22x 1+y 1−√22z 1=0,√2x 1=0.可取n=(0,-1,-√2).设m=(x 2,y 2,z 2)是平面PAB 的法向量, 则{m ·PA⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{√22x 2−√22z 2=0,y 2=0.可取m=(1,0,1).则cos<n,m>=n·m |n||m|=-√33.易知二面角A-PB-C 为钝二面角, 所以二面角A-PB-C 的余弦值为-√33.综合篇知能转换A 组考法一判断或证明直线与平面垂直的方法1.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD 中,平面ABD ⊥平面BCD,AB=AD,O 为BD 的中点. (1)证明:OA ⊥CD;(2)若△OCD 是边长为1的等边三角形,点E 在棱AD 上,DE=2EA,且二面角E-BC-D 的大小为45°,求三棱锥A-BCD 的体积.解析 (1)证明:在△ABD 中,∵AB=AD,O 为BD 的中点,∴AO ⊥BD,又∵平面ABD ⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD=BD,AO ⊂平面ABD,∴AO ⊥平面BCD,又CD ⊂平面BCD,∴AO ⊥CD. (2)解法一:在△ABD 中,过E 作EN ∥AO 交BD 于N,则由AO ⊥平面BCD 得EN ⊥平面BCD,∴EN ⊥BC, ∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC ⊥BC.在△BCD 中,过N 作NM ∥CD 交BC 于M,则NM ⊥BC.连接EM,∵BC ⊥EN,BC ⊥NM,EN ∩NM=N,∴BC ⊥平面EMN,∴EM ⊥BC,∴∠EMN 为二面角E-BC-D 的平面角,又二面角E-BC-D 的大小为45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN 为等腰直角三角形,又由DE=2EA 得DN=2NO,∴MN=23CD=23=EN=ND,∴AO=OD=1,∴V A-BCD =13S △BCD ·AO=13×12×1×√3×1=√36.故三棱锥A-BCD的体积为√36.解法二:由OC=OD=OB 得BC ⊥CD,由(1)知AO ⊥平面BCD,以C 为原点,CD ⃗⃗⃗⃗ ,CB ⃗⃗⃗⃗ ,OA⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,√3,0),设AO=a. 则E (23,√33,23a ),∴CB ⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0),CE⃗⃗⃗⃗ =(23,√33,23a ),设平面EBC 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·CB ⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CE ⃗⃗⃗ =0,即{√3y =0,23x +√33y +23az =0,令x=a,则z=-1, ∴n=(a,0,-1),易知平面BCD 的一个法向量为m=(0,0,1), 由题可知|cos<m,n>|=|m·n |m|·|n||=|√2|=√22, ∴a=1,即AO=1.∴V A-BCD =13S △BCD ·AO=13×12×1×√3×1=√36,故三棱锥A-BCD 的体积为√36.2.(2020山东菏泽期末,19)如图,点C 是以AB 为直径的圆上的动点(异于A,B),已知AB=2,AE=√7,四边形BEDC 为矩形,平面ABC ⊥平面BCDE.设平面EAD 与平面ABC 的交线为l.(1)证明:l ⊥平面ACD;(2)当三棱锥A-BCE 的体积最大时,求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:因为四边形BEDC 为矩形,所以CD ⊥CB,因为∠ACB 是以AB 为直径的圆的圆周角,所以BC ⊥AC,因为AC ∩DC=C,AC,DC ⊂平面ACD,所以BC ⊥平面ACD.因为ED ∥BC,BC ⊄平面ADE,DE ⊂平面ADE,所以BC ∥平面ADE.由平面EAD 与平面ABC 的交线为l,得l ∥BC.因此l ⊥平面ACD.(2)在△ABC 中,设AC=x(0<x<2),则BC=√4−x 2,所以S △ABC =12AC ·BC=12x ·√4−x 2,由题意得BE ⊥平面ABC,则BE ⊥AB.在Rt △BAE 中,AE=√7,AB=2,所以BE=√3,所以V A-BCE =V E-ABC =13S △ABC ·BE=√36x ·√4−x 2=√36√x 2(4−x 2)≤√36·x 2+4−x 22=√33,当且仅当x 2=4-x 2,即x=√2时,三棱锥A-BCE 的体积取最大值√33. 因为BE ∥CD,所以CD ⊥平面ABC.如图,以C 为坐标原点,以CA,CB,CD 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(√2,0,0),D(0,0,√3),E(0,√2,√3),所以AD⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,√3),DE ⃗⃗⃗⃗ =(0,√2,0),易知平面ABC 的一个法向量为n 1=(0,0,√3),设平面ADE 的法向量为n 2=(x,y,z),则{n 2·AD⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·DE⃗⃗⃗⃗ =0,所以{−√2x +√3z =0,√2y =0,取x=√3,则z=√2,则n 2=(√3,0,√2),所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√6√3×√5=√105,故平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为√105.3.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD.设平面PAD 与平面PBC 的交线为l.(1)证明:l ⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.解析 (1)证明:因为PD ⊥底面ABCD,所以PD ⊥AD.又底面ABCD 为正方形,所以AD ⊥DC.因为PD ∩DC=D,所以AD ⊥平面PDC.因为AD ∥BC,AD ⊄平面PBC,所以AD ∥平面PBC.由已知得l ∥AD.因此l ⊥平面PDC.(2)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,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ⃗⃗⃗⃗ =(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD 的法向量,则{n ·DQ⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DC⃗⃗⃗⃗ =0,即{ax +z =0,y =0.可取n=(-1,0,a).所以cos<n,PB⃗⃗⃗⃗ >=n·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|PB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3√1+a 2. 设PB 与平面QCD 所成角为θ,则sin θ=√33×√1+a 2=√33√1+2a a 2+1.因为√33√1+2a a 2+1≤√63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63.考法二判断或证明平面与平面垂直的方法1.(2022届山东青岛开学考试,19)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是菱形,PA ⊥平面ABCD,PA=AB=2,∠ABC=60°,E 为BC 的中点,F 为PC 的中点. (1)证明:平面AEF ⊥平面PAD;(2)求平面AEF 与平面PCD 的夹角的余弦值.解析 (1)证明:连接AC,因为四边形ABCD 是菱形,∠ABC=60°, 所以△ABC 为等边三角形,又E 为BC 的中点,所以AE 平分∠BAC, 所以∠EAD=180°-60°-60°2=90°,所以AE ⊥AD,又因为PA ⊥平面ABCD,所以PA ⊥AE, 又PA ∩AD=A,所以AE ⊥平面PAD,又AE ⊂平面AEF,所以平面AEF ⊥平面PAD. (2)由题意及(1)建立空间直角坐标系如图所示, 则A(0,0,0),因为PA=AB=2,所以E(√3,0,0),P(0,0,2),C(√3,1,0),D(0,2,0),F (√32,12,1),设平面AEF 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),因为AE ⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0),AF ⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,1),所以{√3x 1=0,√32x 1+12y 1+z 1=0,可取n 1=(0,2,-1),设平面PCD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),因为PD ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0), 所以{2y 2−2z 2=0,−√3x 2+y 2=0,可取n 2=(1,√3,√3),所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=√3√5×√7=√10535,所以平面AEF 与平面PCD 的夹角的余弦值为√10535.2.(2018北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD,PA ⊥PD,PA=PD,E,F 分别为AD,PB 的中点. (1)求证:PE ⊥BC;(2)求证:平面PAB ⊥平面PCD; (3)求证:EF ∥平面PCD.证明 (1)在△PAD 中,因为PA=PD,E 为AD 的中点,所以PE ⊥AD.因为底面ABCD 为矩形,所以BC ∥AD.所以PE ⊥BC.(2)因为底面ABCD 为矩形,所以AB ⊥AD.又因为平面PAD ⊥平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD.所以AB ⊥PD.又因为PA ⊥PD,PA ∩AB=A,所以PD ⊥平面PAB.又PD ⊂平面PCD,所以平面PAB ⊥平面PCD.(3)取PC 的中点G,连接FG,DG.因为F,G 分别为PB,PC 的中点,所以FG ∥BC,FG=12BC.因为底面ABCD 为矩形,且E 为AD 的中点,所以DE ∥BC,DE=12BC.所以DE ∥FG,DE=FG.所以四边形DEFG 为平行四边形.所以EF ∥DG.又因为EF ⊄平面PCD,DG ⊂平面PCD,所以EF ∥平面PCD.3.(2020南京航空航天大学附中期中,20)一副标准的三角板(如图1)中,∠ABC 为直角,∠A=60°,∠DEF 为直角,DE=EF,BC=DF,把BC 与DF 重合,拼成一个三棱锥(如图2).设M 是AC 的中点,N 是BC 的中点. (1)求证:平面ABC ⊥平面EMN;(2)设平面ABE ∩平面MNE=l,求证:l ∥AB;(3)若AC=4,且二面角E-BC-A 为直二面角,求直线EM 与平面ABE 所成角的正弦值.图1图2解析 (1)证明:因为M 是AC 的中点,N 是BC 的中点,所以MN ∥AB,因为AB ⊥BC,所以MN ⊥BC,因为BE ⊥EC,BE=EC,N 是BC 的中点,所以EN ⊥BC,又MN ⊥BC,MN ∩EN=N,MN ⊂平面EMN,EN ⊂平面EMN,所以BC ⊥平面EMN, 又因为BC ⊂平面ABC,所以平面ABC ⊥平面EMN.(2)证明:由(1)知MN ∥AB,又AB ⊂平面ABE,MN ⊄平面ABE,所以MN ∥平面ABE,又平面ABE ∩平面MNE=l,MN ⊂平面MNE,所以MN ∥l,所以l ∥AB.(3)由(1)知EN ⊥BC,MN ⊥BC,所以∠ENM 为二面角E-BC-A 的平面角,又二面角E-BC-A 为直二面角,所以∠ENM=90°,以N 为坐标原点,以NM 、NC 、NE 所在直线分别为x 、y 、z 轴,建立空间直角坐标系N-xyz,如图所示,因为AC=4,∠BAC=60°,所以AB=2,BC=2√3,则NE=√3,所以A(2,-√3,0),B(0,-√3,0),C(0,√3,0),E(0,0,√3),M(1,0,0),则EM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),BE ⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,√3),BA ⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设平面ABE 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·BE⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BA⃗⃗⃗⃗ =0,即{(x,y,z)·(0,√3,√3)=0,(x,y,z)·(2,0,0)=0,即{√3y +√3z =0,2x =0,令y=1,则z=-1,则m=(0,1,-1),设直线EM 与平面ABE 所成角为θ(0≤θ≤π2),则sin θ=|cos<m,EM⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|m·EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m|·|EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=√32√2=√64,所以直线EM 与平面ABE 所成角的正弦值为√64. 4.(2018课标Ⅲ理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧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)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值.解析 (1)证明: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)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.则D(0,0,0).当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点.由题设得A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量,则{n ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{−2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量, 因此cos<n,DA ⃗⃗⃗⃗ >=n·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin<n,DA ⃗⃗⃗⃗ >=2√55. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.考法三翻折问题的处理方法1.(多选)(2022届湖北部分学校11月质量检测,12)如图,边长为2的正方形ABCD 中,E,F 分别是AB,BC 的中点,将△ADE,△CDF,△BEF 分别沿DE,DF,EF 折起,使A,B,C 重合于点P,则下列结论正确的是( )A.PD ⊥EFB.点P 到平面DEF 的距离为23C.三棱锥P-DEF 的外接球的体积为2√6πD.二面角P-EF-D 的余弦值为-13 答案 AB2.(2020江苏徐州期中,14)在平面四边形ABCD 中,AB=CD=1,BC=√2,AD=2,∠ABC=90°,将△ABC 沿AC 折起,得到三棱锥B-ACD,当三棱锥B-ACD 的体积最大时,三棱锥外接球的体积为 . 答案4π33.(2021山东潍坊期中,15)如图,已知菱形ABCD 的边长为3,∠BAD=60°,E 为对角线AC 上一点,AC=6AE.将△ABD 沿BD 翻折到△A'BD 的位置,E 记为E'且二面角A'-BD-C 的大小为120°,则三棱锥A'-BCD 的外接球的半径为 ;过E'作平面α与该外接球相交,所得截面面积的最小值为 .答案√212;94π4.(2019课标Ⅲ理,19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.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,又BE ∩BC=B,故AB ⊥平面BCGE.又因为AB ⊂平面ABC,所以平面ABC ⊥平面BCGE.(2)作EH ⊥BC,垂足为H.因为EH ⊂平面BCGE,平面BCGE ⊥平面ABC,所以EH ⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.以H 为坐标原点,HC ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,√3),则CG⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0).设平面ACGD 的法向量为n=(x,y,z), 则{CG ⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x −y =0,所以可取n=(3,6,-√3). 又平面BCGE 的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos<n,m>=n·m |n||m|=√32. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.5.(2018课标Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解析 (1)证明:由已知可得BF ⊥EF,又已知BF ⊥PF,且PF 、EF ⊂平面PEF,PF ∩EF=F, 所以BF ⊥平面PEF,又BF ⊂平面ABFD,所以平面PEF ⊥平面ABFD.(2)作PH ⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,|BF ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则H(0,0,0).由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3, 又PF=1,EF=2,故PE 2+PF 2=EF 2,故PE ⊥PF,可得PH=√32,EH=32,则P (0,0,√32),D (−1,−32,0),DP⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),易知HP⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32)为平面ABFD 的一个法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=34√3=√34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34.B 组1.(多选)(2021福建厦门三模,10)连接正方体每个面的中心构成一个正八面体(如图),则下列说法中正确的是( )A.以正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体B.直线AE 与CF 是异面直线C.平面ABF ⊥平面ABED.平面ABF ∥平面CDE 1.答案 AD3.(多选)(2022届福州三中月考,11)如图,已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形,底面圆O的直径为2.C是圆O上异于A,B的一点,D为弦AC的中点,E为线段PB上异于P,B的点,以下结论中正确的是()A.直线AC⊥平面PDOB.CE与PD一定为异面直线C.直线CE可能平行于平面PDOD.若BC=√2,则CE+AE的最小值为√3+1答案ABD。

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