2021版新高考数学人教B版一轮核心素养测评 四十一 空间中的垂直关系 (1)
2021版新高考数学一轮复习第八章8.4空间中的垂直关系课件新人教B版
第四节ꢀ空间中的垂直关系内容索引【教材·知识梳理】1.直线与平面垂直(1)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)判定定理与性质定理：文字语言图形语言符号语言一条直线与一个平面相交判定内的两条_____直线垂定理直，则该直线与此平面垂直性质垂直于同一个平面的平行定理两条直线_____2.直线和平面所成的角射影锐角或直角定义：一条斜线和它在平面上的_____所成的___________叫做这条直线和这个平面所成的角.范围是_______.3.平面与平面垂直两个半平面(1)二面角：从一条直线出发的___________所组成的图形叫做二面角；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，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.直二面角(2)定义：两个平面相交，如果所成的二面角是_________，就说这两个平面互相垂直.(3)判定定理与性质定理：文字语言图形语言符号语言一个平面过另一个平判定面的_____，则这两个垂线定理平面垂直两个平面垂直，则一交线性质个平面内垂直于_____定理的直线与另一个平面垂直【常用结论】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.2.两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.3.三垂线定理在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.4.三垂线定理的逆定理在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直.【知识点辨析】(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.(ꢀꢀ)(2)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. (ꢀꢀ)(3)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.(ꢀꢀ)(4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α.(ꢀꢀ)(5)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. (ꢀꢀ)(6)如果两个平面所成的二面角为90°,则这两个平面垂直.(ꢀꢀ)提示:(1) ×.直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则l⊥α.(2)√.(3)√.(4)×. 若α⊥β,a⊥β,则a∥α或a⊂α.(5)×. 若两平面垂直,则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.(6)√.【易错点索引】序号易错警示典题索引证明线面垂直时忽视平面上的两条直线相交考点一、T3考点三、角度112证明面面垂直时找错直线考点一、T3,4考点三、角度2考点二、T1,2应用面面垂直的性质定理时忽视与交线垂直34线面角、二面角概念混淆致误【教材·基础自测】1.(必修2 P55 练习AT3改编)已知平面α,β,直线l,若α⊥β,α∩β=l,则(ꢀꢀ)A.垂直于平面β的平面一定平行于平面αB.垂直于直线l的直线一定垂直于平面αC.垂直于平面β的平面一定平行于直线lD.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直【解析】选D.A中平面可与α平行或相交,不正确. B中直线可与α有各种线面关系,不正确.C中平面可与直线l平行或相交,不正确.2.(必修2 P56习题1-2AT11改编)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n 满足m∥α,n⊥β, 则(ꢀꢀ)A.m∥lꢀꢀꢀB.m∥nꢀꢀꢀC.n⊥lꢀꢀꢀD.m⊥n【解析】选C.由题意知,α∩β=l,所以l⊂β,因为n⊥β,所以n⊥l.3.(必修2 P57 习题1-2BT9改编)在△ABC中,∠ABC=90°,PA⊥平面ABC,则图中直角三角形的个数是________.ꢀ【解析】因为∠ABC=90°,故△ABC是直角三角形;因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AC,PA⊥AB,PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,故△PAC,△PAB,△PBC都是直角三角形.答案:44.(必修2 P57 习题1-2BT8改编)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的射影为点O.若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的________心.ꢀ【解析】如图,延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于点H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,因为AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面PGC,所以AB⊥平面PGC,又CG⊂平面PGC,所以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.答案:垂考点一ꢀ垂直关系的基本问题ꢀ【题组练透】1.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2.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题为(ꢀꢀ)A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④3.如图,在三棱锥A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.①AC⊥BD;②平面ABC⊥平面ABD;③平面ACD⊥平面ABD.以上结论中正确的个数有(ꢀꢀ)A.1B.2C.3D.04.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是世纪金榜导学号(ꢀꢀ)A.PB⊥ADB.平面PAB⊥平面PBCC.直线BC∥平面PAED.直线PD与平面ABC所成的角为45°【解析】1.选B.由平面与平面垂直的判定定理知:若m为平面α内的一条直线,m⊥β,则α⊥β,反过来则不一定.所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件.2.选D.①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面.②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行或相交(不垂直)时,也可能满足前边的条件;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ,不对,垂直于同一个平面的两个平面也可以是相交的;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以相交或平行.3.选C.因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,所以BD⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,所以BD⊥AC,故①正确.因为BD⊥AC,BD⊥BC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC,又因为BD⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面ABC,故②正确.因为AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD,又AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD,故③正确.4.选D.若PB⊥AD,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AD,所以AD⊥平面PAB,所以AD⊥AB,矛盾,所以A错误.过点A作AM垂直于PB,垂足为M,连接CM,在直角三角形PAB中,设AB=1,则PA=2,PB=,AM=,BM=,又因为AC=,所以PC=,所以cos∠PBC=-,所以CM=,所以在三角形AMC中,cos∠AMC=-,所以AM与MC不垂直,所以B错误.因为在棱锥的底面内,直线BC与直线AE相交,所以BC与平面PAE相交,所以C错误.在Rt△PAD中,PA=AD=2AB,所以∠PDA=45°.所以直线PD与平面ABC所成的角为45°.【规律方法】与线面垂直关系有关命题真假的判断方法(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断.(2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确.(3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定或性质定理进行简单说明.【秒杀绝招】ꢀ排除法解T2,选D.若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面,故①正确,排除A,B,C,选D.考点二ꢀ空间角及其应用【典例】1.如图,在长方体ABCD-ABCD中,AB=AD=2,CC=,二面角C-BD-C的大小为111111________.ꢀ2.如图,AB是☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,C是圆周上不同于A,B的一动点.(1)证明:△PBC是直角三角形;(2)若PA=AB=2,且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为时,求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【解题导思】序号联想解题1要求二面角,想到先作出二面角的平面角,进而设法求解.(1)要证△PBC是直角三角形,想到证两条边垂直;(2)要求线面角,想到找2到或作出角,再求解.【解析】1.如图,连接AC交BD于点O,连接CO,1因为C D=C B,O为BD中点,所以C O⊥BD.111因为AC⊥BD,所以∠C OC是二面角C-BD-C的平面角,在Rt△C CO中,C C=,1111则C O=2,所以sin∠C OC=,11OC=30°.所以∠C1答案:30°2.(1)因为AB是☉O的直径,C是圆周上不同于A,B的一动点,所以BC⊥AC.因为PA⊥平面ABC,所以BC⊥PA,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,所以△PBC是直角三角形.(2)如图,过A作AH⊥PC于H,连接BH.因为BC⊥平面PAC,AH⊂平面PAC,所以BC⊥AH,又PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC,所以AH⊥平面PBC,所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角,因为PA⊥平面ABC,所以∠PCA即是PC与平面ABC所成的角,因为tan∠PCA=,又PA=2,所以AC=,,所以在Rt△PAC中,AH=所以在Rt△ABH中,sin∠ABH=,即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.【规律方法】1.求直线与平面所成的角的一般步骤(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.2.作二面角的平面角的方法作二面角的平面角可以用定义法,也可以通过垂面法进行,即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角.【变式训练】在正方体ABCD-A B C D中,BB与平面ACD所成角的余弦值为() 111111A. B. C. D.【解析】选D.如图,连接BD交AC于O,连接DO,1由于BB∥DD,所以DD与平面ACD所成的角就是BB与平面ACD所成的角.易知111111∠DD O即为所求的角.设正方体的棱长为1,则DD=1,DO=,D O=,所以111cos∠DDO=1所以BB与平面ACD所成角的余弦值为.11考点三直线、平面垂直,面面垂直的判定与性质命题精解考什么:(1)考查证明线线垂直、线面垂直、面面垂直.(2)考查直观想象与逻辑推理的核心素养.怎么考:考查在柱、锥、台体中证明线面的垂直关系.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与平行、距离、空间角结合命题.读1.(1)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.(2)线面垂直的性质,常用来证明线线垂直.2.(1)判定面面垂直的方法:学霸好方法①定义法:证明两平面形成的二面角是直角.②判定定理法: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化.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.3.交汇问题: 解决距离、空间角交汇时,常需要先证明线面垂直.【命题角度1】直线、平面垂直的判定与性质【典例】如图所示,已知AB为圆O的直径,点D为线段AB上一点,且AD=DB,点C 为圆O上一点,且BC=AC,PD⊥平面ABC,PD=DB.求证:PA⊥CD.【证明】因为AB为圆O的直径,所以AC⊥CB,在Rt△ABC中,由AC=BC得∠ABC=30°,设AD=1,由3AD=DB得,DB=3,BC=2,由余弦定理得CD2=DB2+BC2-2DB·BCcos 30°=3,所以CD2+DB2=BC2,即CD⊥AO.因为PD⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,所以PD⊥CD,由PD∩AO=D得,CD⊥平面PAB,又因为PA⊂平面PAB,所以PA⊥CD.【命题角度2】面面垂直的判定与性质【典例】(2018·全国卷Ⅰ)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.世纪金榜导学号(1)证明:平面ACD⊥平面ABC.(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,则BA⊥AC.又BA⊥AD,AD∩AC=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=3.又BP=DQ=DA,所以BP=2.作QE⊥AC,垂足为E,则QE∥CD且QE=DC=1.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,因此,三棱锥Q-ABP的体积为V=×QE×S=×1××3×Q-ABP△ABP2sin 45°=1.【题组通关】【变式巩固·练】1.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB=AC=a,BC= a.求证:平面PAB⊥平面PAC.【证明】因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,所以∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角.又AB=AC=a,BC=a,所以∠BAC=90°,所以平面PAB⊥平面PAC.2.如图,在△ABC中,AC=BC=AB,四边形ABED是边长为1的正方形,平面ABED⊥底面ABC,G,F分别是EC,BD的中点.(1)求证:GF∥平面ABC.(2)求几何体C-ADEB的体积.。
2021版高考数学(北师大版理科)一轮复习攻略课件：9.4第四节 垂 直 关 系
内容索引
必备知识·自主学习 核心考点·精准研析 核心素养·微专题 核心素养测评
【教材·知识梳理】 1.直线与直线垂直 (1)定义:若两条直线相交于一点或经过平移后相交于一点,并且交角为直角,则 称这两条直线互相垂直. (2)若一条直线垂直于一个平面,则它就和平面内的任意一条直线垂直. 2.直线与平面垂直 (1)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.
平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则
世纪金榜导学号( )
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
【素养立意】 本题要求证的结论是线段BM与EN的大小关系及位置关系,我们可以假定相交, 那么需要找到它们所确定的平面,进而通过已知条件进行逻辑推理论证. 【解析】选B.连接BD,则点N在BD上且为BD中点.因为直线BM,EN都是平面BED内 的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题 意可得:DE=2a,DM=a,DN= 2 a,DB=2 2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM22DB·DMcos∠BDE=9a2-4 2 a2cos∠BDE,EN2=DE2+DN2-2DE·DNcos∠BDE=6a24 2 a2cos∠BDE,所以BM≠EN.
(2)判定定理与性质定理:
3.平面与平面垂直
【知识点辨析】(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( ) (2)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.( ) (3)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.( ) (4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α. ( ) (5)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.( ) (6)如果两个平面所成的二面角为90°,则这两个平面垂直.( )
人教B版高中数学必修2-1.2教学教案-空间中的垂直关系：平面与平面垂直
1.2.3 空间中的垂直关系平面与平面垂直一、教材分析平面与平面的垂直是两个平面的一种重要的位置关系.是继教材直线与直线的垂直、直线与平面的垂直之后的迁移与拓展.这一节的学习对理顺学生的知识架构体系、提高学生的綜合能力起着重要的作用.二、学生分析学生通过学习直线与直线的垂直、直线与平面的垂直,已经初步掌握了线线垂直与线面垂直的判定和性质.这为学生学习平面与平面垂直的判定定理与性质定理打下了良好的基础.但是,有一部分学生的空间象想能力和逻辑思维能力较差，因此，在学习的过程仍有一定的难度,教学中必须注意这一点.三、设计理念学生是学习和发展的主体,教师是学习活动积极的组织者和引导者.立体几何的学习主要培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力,因此在学习与教学过程中应充分发挥学生在学习中的主动性和创造性, 通过探究性的学习方法,使学生在不断的探究学习的过程中积极参与、独立思考.多媒体与教具的应用是教学情景的设置、表现立体几何中丰富多彩的线面关系、加深定理与性质的理解的一个重要手段.也是教师调动学生的情感体验、关注学生的学习兴趣和诱导学生积极独立思考的重要方法，为实现学生的主体地位起着重要的作用.四、教学目标理解和掌握面面垂直的定义、判定定理及性质定理，并能应用定理解决相关问题五、教学重点、难点教学重点：两个平面垂直的定义、判定定理、性质定理。
教学难点：两个平面垂直的定义、判定定理、性质定理的推导及应用。
六、教学方法与教学手段教学方法：本节课采用“问题探究式”教学法，通过观察、归纳、启发探究，运用现代化多媒体教学手段，进行教学活动．．教学手段：采用多媒体辅助教学，增强直观性，增大教学容量，提高效率。
（1）新课引入：提出问题，激发学生的求知欲。
（2）定义的讲解：让学生自己分析定义中的两个垂直，并和以前的知识建立联系。
（3）判定定理的分析：通过两个实际的例子，让学生自己分析两个平面怎样才能垂直，归纳定理的内容。
再进一步分析定理。
2021版新高考数学人教B版一轮核心素养测评 四十一 空间中的垂直关系
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，★★★答案★★★解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心素养测评四十一空间中的垂直关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.α,β,γ为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件是 ( )A.n⊥α,n⊥β,m⊥αB.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γC.α⊥γ,β⊥γ,m⊥αD.α⊥β,α∩β=l,m⊥l【解析】选A.由n⊥α,n⊥β知α∥β,又m⊥α,所以m⊥β.所以A 正确.2.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,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】选B.因为a⊥b,b⊥c,a∩c=B,所以b⊥平面ABC,所以AD⊥AC,故△ACD为直角三角形.3.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A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下面结论正确的是( )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】选D.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,所以CD⊥AB,又AB⊥AD,AD∩CD=D,故AB ⊥平面ADC,又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.4.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A、B)且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为( )A.60°B.30°C.45°D.15°【解析】选C.由条件得PA⊥BC,AC⊥BC,又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.5.如图,正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,O为正方形ABCD的中心,M为正方形ABCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为( )【解析】选A.取AD的中点E,连接PE,PC,CE.由PE⊥AD知PE⊥平面ABCD,从而平面PEC⊥平面ABCD,取PC,AB的中点F,G,连接DF,DG,FG,由PD=DC知DF⊥PC,由DG⊥EC知,DG⊥平面PEC,又PC⊂平面PEC,所以DG⊥PC,DF∩DG=D,所以PC⊥平面DFG,又点F是PC的中点,因此,线段DG上的点满足MP=MC.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________.【解析】连接A1C1,则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以sin∠AC1A1==.★★★答案★★★:7.如图所示,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) 世纪金榜导学号【解析】因为PA⊥底面ABCD,所以BD⊥PA,连接AC,则BD⊥AC,且PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC,所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.★★★答案★★★:DM⊥PC(★★★答案★★★不唯一)8.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:________(用代号表示). 世纪金榜导学号【解析】逐一判断.若①②③成立,则m与α的位置关系不确定,故①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;①③④⇒②与②③④⇒①均正确.★★★答案★★★:①③④⇒②(或②③④⇒①)三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD. 世纪金榜导学号(1)求证:CD⊥平面ABD.(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.【解析】(1)因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.又因为CD⊥BD,AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.(2)由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.又AB=BD=1,所以S△ABD=×12=.因为M是AD的中点,所以S△ABM=S△ABD=.根据(1)知,CD⊥平面ABD,则三棱锥C ABM的高h=CD=1,故V A MBC=V C ABM=S△ABM·h=.10.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,△PAD≌△BAD,平面PAD⊥平面ABCD,AB=4,PA=PD,M在棱PD上运动. 世纪金榜导学号(1)当M在何处时,PB∥平面MAC.(2)已知O为AD的中点,AC与OB交于点E,当PB∥平面MAC时,求三棱锥E-BCM的体积.【解析】(1)如图,设AC与BD相交于点N,当M为PD的中点时,PB∥平面MAC.证明:因为四边形ABCD是菱形,可得DN=NB,又因为M为PD的中点,可得DM=MP,所以NM为△BDP的中位线,可得NM ∥PB,又因为NM⊂平面MAC,PB⊄平面MAC,所以PB∥平面MAC.(2)因为O为AD的中点,PA=PD,则OP⊥AD,又△PAD≌△BAD,所以OB⊥AD,且OB=2,又因为△AEO∽△CEB,所以==,所以BE=OB=,所以S△EBC=×4×=.又因为OP=4×=2,点M为PD的中点,所以M到平面EBC的距离为,所以V E-BCM=V M-EBC=××=.(15分钟35分)1.(5分)如图,在三棱锥D-ABC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】选C.要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.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.2.(5分)(2020·山东新高考模拟)已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,SC=2,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是 ( )A.4B.6C.4D.6【解析】选C.由SB=4,AB=2,且∠SAB=,得SA=2;又由AB=2,BC=6,且∠ABC=,得AC=2.因为SA2+AC2=SC2,从而知∠SAC=,即SA⊥AC. 所以SA⊥平面ABC.又由于S△ABC=×2×6=6,从而V S-ABC=S△ABC·SA=×6×2=4.3.(5分)正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是BC的中点,动点P在四棱锥的表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的长为________.【解析】如图,设AC∩BD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF,GH∥SO,所以GH⊥平面ABCD,所以AC⊥GH,所以AC⊥平面EFG,故动点P的轨迹是△EFG,由已知易得EF=,GE=GF=,所以△EFG的周长为+,故动点P的轨迹长为+. ★★★答案★★★:+4.(10分)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. 世纪金榜导学号求证:(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A1F∥平面ADE.5.(10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是CD,A1D1的中点.世纪金榜导学号(1)求证:AB1⊥BF.(2)求证:AE⊥BF.(3)棱CC1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)连接A1B,则AB1⊥A1B,又因为AB1⊥A1F,且A1B∩A1F=A1,所以AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF,所以AB1⊥BF.(2)取AD中点G,连接FG,BG,则FG⊥AE,又因为△BAG≌△ADE,所以∠ABG=∠DAE.所以AE⊥BG.又因为BG∩FG=G,所以AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG,所以AE⊥BF.(3)存在.取CC1的中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,因为EP∥C1D,C1D ∥AB1,所以EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF,所以BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF,且AE∩EP=E,所以BF⊥平面AEP.关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
2021届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试含解析新人教B版
考点测试44 空间点、直线、平面间的位置关系高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、解答题，分值为5分或12分，中等难度考纲研读1．理解空间直线、平面位置关系的定义2．了解可以作为推理依据的公理和定理3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题一、基础小题1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线答案 C解析c与b可能相交，可能异面，不可能平行，若c∥b，c∥a，则a∥b或a与b重合，与已知矛盾．故选C.2．下列命题中正确的个数为( )①若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；③空间中不共面五个点一定能确定10个平面．A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析①②都正确．空间中不共面的五个点不一定能确定10个平面，比如四棱锥中五个点最多可确定7个平面，所以③错误．故选C.3．下面四个说法，正确的有( )①如果两个平面有四个公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内．A．1个B．2个C．3个D．4个答案 A解析①若四个公共点不在同一条直线上，则这两个平面重合，若四个公共点在同一条直线上，则这两个平面可能相交；②两条异面直线不能确定一个平面；③若M∈α，M∈β，则M是平面α与β的公共点，又α∩β＝l，则M∈l；④在空间中，相交于同一点的三条直线可能在同一平面内，也可能不在同一平面内，故选A.4．已知直线l和平面α，无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l( )A．相交B．平行C．垂直D．异面答案 C解析当直线l与平面α平行时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l⊂平面α时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直；当直线l与平面α相交时，在平面α内至少有一条直线与直线l垂直．所以无论直线l与平面α具有怎样的位置关系，在平面α内总存在一条直线与直线l垂直．5．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC∩BD＝F，DC1∩CD1＝E，则直线EF是平面ACD1与( )A．平面BDB1的交线B．平面BDC1的交线C．平面ACB1的交线D．平面ACC1的交线答案 B解析连接BC1.因为E∈DC1，F∈BD，所以EF⊂平面BDC1，故平面ACD1∩平面BDC1＝EF.故选B.6．如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案 A解析连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面．所以A1C⊂平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．所以A，M，O三点共线．7．在正四棱锥P－ABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成的角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成的角为( )A．90° B．60°C．45° D．30°答案 C解析如图，连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，则O是AC，BD的中点，又E是PC的中点，∴OE∥AP，∴∠OEB为异面直线PA与BE所成的角(或其补角)．∵四棱锥P－ABCD是正四棱锥，∴PO⊥平面ABCD，则∠PAO为直线PA与平面ABCD所成的角，即∠PAO＝60°.又PA ＝2，∴OA＝OB＝1，OE＝1，∴在Rt△OBE中，∠OEB＝45°，即异面直线PA与BE所成的角为45°，故选C.8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝3，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )A.64B．63C．26D．36答案 A解析如图，连接A1D，A1C1，由题易知B1C∥A1D，∴∠C1DA1是异面直线B1C与C1D所成的角，又AA1＝AB＝3，AD＝1，∴A1D＝2，C1D＝6，A1C1＝2，由余弦定理，得cos∠C1DA1＝C1D2＋A1D2－A1C21 2C1D·A1D ＝64，故选A.9．如图，四边形ABCD 和四边形ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________．答案π3解析 如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连接GP ，AG ，则GP ∥BD ，所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ，所以∠APG ＝π3.10. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线； ②直线AM 与BN 是平行直线； ③直线BN 与MB 1是异面直线； ④直线AM 与DD 1是异面直线． 其中正确的结论为________(填序号)． 答案 ③④解析 直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误． 11. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别为棱A 1D 1，C 1D 1的中点，过M ，N ，B 三点的截面与平面BCC 1B 1的交线为l ，则直线l 与AD 所成角的余弦值为________．答案31313解析 如图，在平面ABCD 中，过B 作BE ∥AC ，交DC 延长线于点E ，连接BM ，BN ，NE ，NE 交CC 1于点F ，连接BF ，则BF 就是过M ，N ，B 三点的截面与平面BCC 1B 1的交线l ，由题意得CE ＝DC ＝2NC 1，∴CF ＝2C 1F ，∵BC ∥AD ，∴∠FBC 是直线l 与AD 所成的角(或所成角的补角)，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，则BC ＝3，CF ＝2，BF ＝9＋4＝13，∴cos ∠FBC ＝BCBF＝313＝31313.∴直线l 与AD 所成角的余弦值为31313.12．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，M 点是正方形ABB 1A 1内的动点，若C 1M ∥平面CD 1E ，则M 点的轨迹长度为________．答案2解析 如图所示，取A 1B 1的中点H ，B 1B 的中点G ，连接GH ，C 1H ，C 1G ，EG ，HF .可得四边形EGC 1D 1是平行四边形，∴C 1G ∥D 1E . 同理可得C 1H ∥CF . ∵C 1H ∩C 1G ＝C 1，∴平面C 1GH ∥平面CD 1E ， ∵M 点是正方形ABB 1A 1内的动点， 若C 1M ∥平面CD 1E ，∴点M 在线段GH 上． ∴M 点的轨迹长度GH ＝12＋12＝ 2. 二、高考小题13．(2019·全国卷Ⅲ)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 B解析 解法一：取CD 的中点O ，连接EO ，ON . 由△ECD 是正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD 知EO ⊥平面ABCD .∴EO ⊥CD ，EO ⊥ON .又点N 为正方形ABCD 的中心，∴ON ⊥CD .以CD 的中点O 为坐标原点，OD →，O N →，OE →的方向分别为x 轴正方向，y 轴正方向，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图1所示．不妨设AD ＝2，则E (0,0，3)，N (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，B (－1,2,0)， ∴EN ＝ 12＋－32＝2，BM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋4＋34＝7， ∴EN ≠BM .连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.解法二：如图2，取CD 的中点F ，DF 的中点G ，连接EF ，FN ，MG ，GB .∵△ECD 是正三角形，∴EF ⊥CD .∵平面ECD ⊥平面ABCD ， ∴EF ⊥平面ABCD .∴EF ⊥FN .不妨设AB ＝2，则FN ＝1，EF ＝3，∴EN ＝FN 2＋EF 2＝2. ∵EM ＝MD ，DG ＝GF ，∴MG ∥EF 且MG ＝12EF ，∴MG ⊥平面ABCD ，∴MG ⊥BG .∵MG ＝12EF ＝32，BG ＝CG 2＋BC 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，∴BM ＝MG 2＋BG 2＝7.∴BM ≠EN .连接BD ，BE ，∵点N 是正方形ABCD 的中心，∴点N 在BD 上，且BN ＝DN ，∴BM ，EN 是△DBE 的中线，∴BM ，EN 必相交．故选B.14．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A ．B ．32 C ．52D ．72答案 C解析 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥AB ，所以异面直线AE 与CD 所成的角为∠EAB ，设正方体的棱长为2a ，则由E 为棱CC 1的中点，可得CE ＝a ，所以BE ＝5a ，则tan ∠EAB ＝BEAB＝5a 2a ＝52.故选C.15．(2016·山东高考)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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 A解析因为直线a和直线b相交，所以直线a与直线b有一个公共点，而直线a，b分别在平面α，β内，所以平面α与β必有公共点，从而平面α与β相交；反之，若平面α与β相交，则直线a与直线b可能相交、平行、异面．故选A.16．(2015·广东高考)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值( ) A．至多等于3 B．至多等于4C．等于5 D．大于5答案 B解析首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除C，D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除A，故选B.三、模拟小题17．(2019·大理模拟)给出下列命题，其中正确的两个命题是( )①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．A．①与②B．②与③C．③与④D．②与④答案 D解析直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．18．(2019·石家庄质检)下列正方体或四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四点不共面的一个图是( )答案 D解析(利用“经过两条平行直线，有且只有一个平面”判断)对于A，易判断PR∥SQ，故点P，Q，R，S共面；对于B，易判断QR∥SP，故点P，Q，R，S共面；对于C，易判断PQ ∥SR，故点P，Q，R，S共面；而D中的RS，PQ为异面直线．故选D.19．(2019·太原模拟)如图所示是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别是DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，给出下列结论：①DE与MN平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．其中正确结论的个数是 ( )A．1 B．2C．3 D．4答案 C解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图所示．对于①，M，N分别为EF，AE的中点，则MN∥AF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故①错误；对于②，易知BD与MN为异面直线，故②正确；对于③，依题意知GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，则A点在平面DEF 上的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AA1F，∴DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确结论的序号是②③④.故选C.20．(2019·衡水模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BD1＝42，若∠BAD＝60°，则异面直线B1C与AD1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 D解析 如图，连接BD ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AB ＝4，∴BD ＝4.又△BDD 1为直角三角形，∴BD 21＝BD 2＋DD 21，∴DD 1＝4，∴四边形BCC 1B 1为正方形．连接BC 1交B 1C 于点O ，∵BC 1∥AD 1，∴∠BOC (或其补角)为异面直线B 1C 与AD 1所成的角．由于四边形BCC 1B 1为正方形，∴∠BOC ＝90°，故异面直线B 1C 与AD 1所成的角为90°.故选D.21．(2019·山西四校联考)如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________(填写所有正确说法的序号)．①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上；④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．答案 ④解析 连接EH ，FG (图略)，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 四点共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以四边形EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 交线上的一点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．故只有④正确．一、高考大题1．(2019·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB ＝BC.求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.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.二、模拟大题2．(2020·东北师大附中月考)如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝12AD，BE∥FA且BE＝12FA，G，H分别为FA，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？解 (1)证明：由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD . 又BC ∥AD 且BC ＝12AD ， ∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点， ∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．3．(2020·宁波镇海中学月考)已知△ABC 和△A 1B 1C 1所在平面相交，并且AA 1，BB 1，CC 1交于一点．(1)求证：AB 和A 1B 1在同一平面内；(2)若AB ∩A 1B 1＝M ，BC ∩B 1C 1＝N ，AC ∩A 1C 1＝P ，求证：M ，N ，P 三点共线．证明 (1)如图，∵AA 1∩BB 1＝O ，∴AA 1与BB 1确定一平面，设其为α，又A ∈α，B ∈α，A 1∈α，B 1∈α，∴AB ⊂α，A 1B 1⊂α，∴AB 和A 1B 1在同一平面内．(2)∵AB ∩A 1B 1＝M ，AC ∩A 1C 1＝P ，∴平面ABC ∩平面A 1B 1C 1＝PM ，∵BC ⊂平面ABC ，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，且BC ∩B 1C 1＝N ，∴N ∈PM ，即M ，N ，P 三点共线．4．(2020·武汉第二中学月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且PB＝PD.(1)求证：BD⊥PC；(2)若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：BC∥l.证明(1)如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO.因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.(2)因为底面ABCD为菱形，所以BC∥AD，因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD.所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，平面PBC与平面PAD的交线为l，所以BC∥l.。
2021年高考数学一轮复习 9.5 空间中的垂直关系精品教学案(学生版) 新人教版
2021年高考数学一轮复习 9.5 空间中的垂直关系精品教学案（学生版）新人教版【考纲解读】1．以立体几何的上述定义、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．理解以下判定定理：◆如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．◆如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直．理解以下性质定理，并能够证明：◆垂直于同一个平面的两条直线平行．◆如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.立体几何是历年来高考重点内容之一,在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，难度不大，主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系的判定与证明，考查表面积与体积的求解，考查三视图等知识，在考查立体几何基础知识的同时，又考查数形结合思想、转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.xx年的高考将会继续保持稳定,坚持考查立体几何的基础知识，命题形式相对会较稳定.【要点梳理】1．线线垂直判断线线垂直的方法：所成的角是直角，两直线垂直；垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条。
三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那麽它也和这条斜线的射影垂直。
推理模式： ,,PO O PA A a AO a a AP αααα⊥∈⎫⎪=⇒⊥⎬⎪⊂⊥⎭。
注意：⑴三垂线指PA ，PO ，AO 都垂直α内的直线a 其实质是：斜线和平面内一条直线垂直的判定和性质定理 ⑵要考虑a 的位置，并注意两定理交替使用。
2．线面垂直定义：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。
第34讲 空间中的垂直关系(解析版)2021年新高考数学一轮专题复习(新高考专版)
第34讲空间中的垂直关系一、考情分析1.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；2.能运用公理、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.二、知识梳理1.直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果一条直线和一个平面相交于点O，并且和这个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和这个平面互相垂直.(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论2.(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，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)范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 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：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，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角. (3)二面角的范围：[0，π]. 4.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直. (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理[微点提醒] 1.两个重要结论(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).2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”.三、经典例题考点一线面垂直的判定与性质【例1】如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，P A＝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.(1)证明因为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OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.(2)解作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＝423，∠ACB＝45°.所以OM＝25 3，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为45 5.规律方法 1.证明直线和平面垂直的常用方法有：(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(α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α).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.考点二面面垂直的判定与性质【例2】如图，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：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)∵平面P AD⊥底面ABCD，且P A垂直于这两个平面的交线AD，P A⊂平面P AD，∴P A⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，∴BE∥平面P AD.(3)∵AB⊥AD，而且ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD，且P A∩AD＝A，P A，AD⊂平面P AD，∴CD⊥平面P AD，又PD⊂平面P AD，∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF.∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.规律方法 1.证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理.2.已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，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.考点三平行与垂直的综合问题角度1多面体中平行与垂直关系的证明【例3－1】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明(1)因为P A＝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P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，且P A∩AB＝A，所以PD⊥平面P AB.又PD⊂平面PCD，所以平面P AB⊥平面PCD.(3)如图，取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为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.规律方法 1.三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. 2.垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.角度2平行与垂直关系中的探索性问题【例3－2】如图，三棱锥P－ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥P－ABC的体积；(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出PMMC的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC ＝12·AB·AC·sin 60°＝32，由P A ⊥平面ABC ，可知P A 是三棱锥P －ABC 的高. 又P A ＝1，所以三棱锥P －ABC 的体积V ＝13·S △ABC ·P A ＝36.(2)在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N .在平面P AC 内，过点N 作MN ∥P A 交PC 于点M ，连接BM .由P A ⊥平面ABC 知P A ⊥AC ，所以MN ⊥AC . 由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN . 又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM . 在Rt △BAN 中，AN ＝AB ·cos ∠BAC ＝12， 从而NC ＝AC －AN ＝32. 由MN ∥P A ，得PM MC ＝AN NC ＝13. 故存在满足条件的点M ，且PM MC ＝13.规律方法 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. 角度3 空间位置关系与几何体的度量计算【例3－3】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.(1)解 如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角.因为AD⊥平面PDC，PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得AP＝AD2＋PD2＝5，故cos∠DAP＝ADAP＝55.所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为5 5.(2)证明由(1)知AD⊥PD，又因为BC∥AD，所以PD⊥BC.又PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC.(3)解过点D作DF∥AB，交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.因PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1.由已知，得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC.在Rt△DCF中，可得DF＝CD2＋CF2＝2 5.在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝PDDF＝55.所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为5 5.规律方法 1.本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由AD∥BC，AD⊥PD，得PD⊥BC，进而利用线面垂直的判定定理证明PD⊥平面PBC.2.利用综合法求空间线线角、线面角、二面角一定注意“作角、证明、计算”是完整统一过程，缺一不可.(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解.(2)二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质. [方法技巧]1.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)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β； 2.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⊥β. 3.转化思想：三种垂直关系之间的转化4.证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件.5.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.6.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.7.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相互转化.四、 课时作业1．（2020·陕西高三其他（文））已知m ，n 表示两条不同的直线，α表示平面．下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n C ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α D ．若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α【答案】B【解析】对于A ，若m ∥α，n ∥α，则m ∥n 或m 与n 相交或m 与n 异面，故A 不正确； 对于B ，根据垂直于同一个平面的两条直线平行可知，B 正确；对于C ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故C 不正确；对于D ，若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α或//n α或n ⊂α或n 与α相交但不垂直，故D 不正确.2．（2020·甘肃城关�兰州一中高三一模（理））如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ､N 分别为AC ，A 1B 的中点，则下列说法错误的是（ ）A ．MN ∥平面ADD 1A 1B ．MN ⊥ABC ．直线MN 与平面ABCD 所成角为45° D ．异面直线MN 与DD 1所成角为60° 【答案】D【解析】如图，连结BD ，1A D ，由M ，N 分别为AC ，1A B 的中点知 1//MN A D ， 对A ，由1//MN A D ，从而MN ∥平面ADD 1A 1，A 正确；对B ，由AB ⊥面11ADD A ，可得AB ⊥1A D ，又1//MN A D ，得MN AB ⊥，B 正确； 对C ，由1//MN A D ，直线MN 与平面ABCD 所成角为145A DA ∠=︒，C 正确； 对D ，由1//MN A D ，直线MN 与DD 1所成角为11A DD ∠45=︒，D 错误；3．（2020·辽宁沈河�沈阳二中高三其他（理））已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列为真命题的是（ ） A ．若//m α，//n α，则//m nB ．若//n m ，n α⊥，则m α⊥C ．若//m α，//n β，m n ⊥，则αβ⊥D ．若//m α，n β⊥，//m n ，则//αβ【答案】B【解析】解：对于选项A ，若//m α，//n α，则m 与n 平行，相交或者异面，故A 错误；对于选项B ，若//n m ，n α⊥，则m α⊥，故B 正确；对于选项C ，若//m α，//n β，m n ⊥，则α与β也可以平行，故C 错误；对于选项D ，若n β⊥，//m n ，所以m β⊥，因为//m α，则α与β垂直，故D 错误.4．（2020·乌鲁木齐市第四中学高一期末）如图，空间四边形ABCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，90BAD ∠=︒，且AB ＝AD ，则AD 与平面BCD 所成的角是（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】B【解析】如图，过点A 作AE BD ⊥,垂足为E .因为平面ABD ⊥平面BCD ，AE BD ⊥，平面ABD ⋂平面BCD BD =,所以AE ⊥平面BCD ,所以AD 与平面BCD 所成的角是ADE ∠,因为90BAD ∠=︒，且AB ＝AD ，所以45ADE =∠.所以AD 与平面BCD 所成的角是45.5．（2020·全国高三（理））在三棱锥A BCD -中,AC ⊥底面，，BD DC =，，，则点C 到平面ABD 的距离是（ ）A ．55aB ．15aC ．3aD ．153a 【答案】B6．（2020·全国高一课时练习）如图，设平面PQ αβ⋂=，EG ⊥平面α，FH ⊥平面α，垂足分别为,G H .为使PQ GH ⊥，则需增加的一个条件是（ ）A ．EF ⊥平面αB ．EF ⊥平面βC ．PQ GE ⊥D ．PQ FH ⊥【答案】B 【解析】因为EG ⊥平面α，PQ ⊂平面α，所以EG PQ ⊥.若EF ⊥平面β，则由PQ ⊂平面β，得EF PQ ⊥.又EG 与EF 为相交直线，且EG ⊥平面α，FH ⊥平面α，则EG FH ，∴,,,E F H G 四点共面，所以PQ ⊥平面EFHG ，所以PQ GH ⊥，7．（2019·陕西武功�高三月考（理））已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若αβ⊥，则下列结论正确的是A ．l β∥或l β⊂B ．//l mC ．m α⊥D ．l m ⊥ 【答案】A【解析】对于A ，直线l ⊥平面α，αβ⊥，则l β//或l β⊂，A 正确；对于B ，直线l ⊥平面α，直线//m 平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴B 错误； 对于C ，直线l ⊥平面α，直线//m 平面β，且αβ⊥，则m α⊥或m 与α相交或m α⊂或//m α，∴C 错误；对于D ，直线l ⊥平面α，直线//m 平面β，且αβ⊥，则//l m 或l 与m 相交或l 与m 异面，∴D 错误． 8．（2019·营口市第二高级中学高一月考）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 B C ．2 D ．12a 【答案】A【解析】画出图形如下图所示,设C 到平面1A DM 的距离为h ,则根据等体积法有11A CDM C A DM V V --=,即11113232a a a h ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅,解得h a =,故选A .9．（2020·四川雨城�雅安中学高二月考（理））已知正方形ABCD 的边长为4，E ､F 分别是AB ､AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且2GC =，则点B 到平面EFG 的距离为（ ）A 211B 311C 210D 310 【答案】A【解析】设B 到平面EFG 的距离为h .1111422232323G BEF V BE AF CG -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=. 2222422426GE GF ==++==2222822EF =+==. 所以22112222211222GEF EF S EF GE ∆⎛⎫=⨯-=⨯= ⎪⎝⎭由G BEF B EFG V V --=得1421121133h h ⨯=⇒=. 故选：A10．（2020·山东芝罘�烟台二中高一月考）如图，ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为正方体，则以下结论：①BD ∥平面CB 1D 1；②AC 1⊥BD ；③AC 1⊥平面CB 1D 1其中正确结论的个数是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】解：由正方体的性质得BD ∥11B D ，所以结合线面平行的判定定理可得：BD ∥平面11CB D ；所以①正确.由正方体的性质得 AC ⊥BD ，1C C ⊥BD ，可得BD ⊥平面1CC A ，所以1AC ⊥BD ，所以②正确.由正方体的性质得 BD ∥11B D ，由②可得1AC ⊥BD ，所以1AC ⊥11B D ，同理可得11AC CB ，进而结合线面垂直的判定定理得到：1AC ⊥平面11CB D ，所以③正确.故选：D. 11．（2018·安徽花山�马鞍山二中高三月考（文））已知a ，b 是平面α内的两条直线，l 是空间中的一条直线.则“直线l a ⊥且l b ⊥”是“l α⊥”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：,,,l a b l a l b αα''''⊥⊂⇒⊥⊥，反之不一定成立，例如//a b 时．“直线l a ⊥且l b ⊥”是“l α⊥”的必要而不充分条件．12．（2020·全国高一课时练习）已知长方体1111ABCD A B C D -，在平面11AA B B 上任取点M ，作ME AB ⊥于点E ，则（ ）A ．ME ⊥平面ABCDB ．ME ⊂平面ABCDC ．ME 平面ABCD D ．以上都有可能【答案】A【解析】∵ME ⊂平面11AA B B ，平面11AA B B 平面ABCD AB =，且平面11AA B B ⊥平面,ABCD ME AB ，∴ME ⊥平面ABCD .13．（2020·全国高一课时练习）已知直线l ⊥平面α，直线m α⊂，则（ ）A ．l m ⊥B ．l mC ．,l m 异面D ．,l m 相交而不垂直 【答案】A【解析】根据线面垂直的定义，若直线与平面垂直，则直线垂直与该平面内的任意一条直线，因此 l m ⊥，故选A14．（2020·七台河市第一中学高一期末（理））已知m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）A ．若m α⊂，则m β⊥B ．若m α⊂，n β⊂，则m n ⊥C ．若m α⊄，m β⊥，则//m aD ．若m αβ=，n m ⊥，则n a ⊥【答案】C【解析】对于A ，直线m 与平面β可能垂直，也可能平行或m 在平面β内，故A 不正确；对于B ，直线m 与n 平行、异面或相交，故B 不正确；对于C ，m β⊥，则//m a 或m α⊂，又m α⊄，所以//m a ，故C 正确；对于D ，缺少条件n β⊂，故D 不正确；15．（2020·北京通州�高一期末）已知直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面α，则“直线m α⊥”是“m a ⊥，且m b ⊥”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面α，则“直线m α⊥”能推出“m a ⊥，且m b ⊥”，是充分条件，反之“m a ⊥，且m b ⊥”，直线m 与平面α不一定垂直，不是必要条件，16．（2020·浙江高三其他）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体两两垂直的平面共有（ ）A ．4对B ．5对C ．6对D ．7对【答案】D 【解析】由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD -，其中ABCD 为边长为1的正方形，PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAB ⊥平面ABCD ,平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAC ⊥平面ABCD ,又,,AD AB PA AD AB PA A ⊥⊥⋂=,所以AD ⊥平面PAB ,平面PAD ⊥平面PAB ,又AC BD ⊥,,PA BD PA AC A ⊥⋂=,所以BD ⊥平面PAC ,平面PBD ⊥平面PAC ,同理可证：CD ⊥平面PAD ，CB ⊥PAB ，故平面PBC ⊥平面PAB ，平面PCD ⊥平面PAD ，故该几何体两两垂直的平面共有7对.17．（2019·重庆高三三模（文））下列命题错误的是（ ）A ．若平面α⊥平面β，则平面α内所有直线都垂直于平面βB ．若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线垂直于平面βC ．若平面α不垂直于平面β，则平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．若平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ=则l γ⊥ 【答案】A【解析】对于选项A ．若平面α⊥平面β，则平面α内存在直线不垂直于平面β，命题错误；B ．若平面α⊥平面β，则平面α内一定存在直线垂直于平面β，如平面α内垂直于两平面交线的直线，命题正确；C ．若平面α内存在直线垂直于平面β，根据面面垂直的判定有平面α垂直于平面β，与平面α不垂直于平面β矛盾，所以若平面α不垂直于平面β，则平面α内一定不存在直线垂直于平面β，命题正确；D ．若平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ=，如图，，设,a b αγβγ⋂=⋂=，在γ内直线a 、b 外任取一点O ，作OA a ⊥，交点为A ，作OB b ⊥，交点为B ， 因为平面α⊥平面γ，所以OA α⊥，又l α⊂，所以OA l ⊥，同理可得OB l ⊥，因为OA OB O =，且OA γ⊂,OB γ⊂，所以l γ⊥，D 选项正确.18．（2020·广东汕头�高三二模（文））在立体几何中，以下命题中假命题的个数为（ ）①若直线//a b ，b ⊂平面α，则//a α.②若平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ=，则l γ⊥.③有3个角是直角的四边形是矩形.④若平面α⊥平面β，a ⊂平面α，b ⊂平面β，且a b ⊥，则a β⊥.A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 【答案】D【解析】①若直线//a b ，b ⊂平面α，则//a α或a α⊂，所以不正确.②若平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，l αβ=,则l γ⊥，正确,证明如下. 如图设a αγ⋂=，b γβ=，在β内，直线,a b 外任取一点O ，作OA a ⊥，交点为A ，因为平面α⊥平面γ,则OA α⊥，所以OA l ⊥。
2021版新高考数学人教B版一轮核心素养测评 四十 空间中的平行关系
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，★★★答案★★★解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心素养测评四十空间中的平行关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.如果AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段,则经过它们中点的平面和直线AC的位置关系是 ( )A.平行B.相交C.AC在此平面内D.平行或相交【解析】选A.把这三条线段放在正方体内如图,显然AC∥EF,AC⊄平面EFG.EF⊂平面EFG,故AC∥平面EFG.2.给出下列关于互不相同的直线l,m,n和平面α,β,γ的三个命题:①若l与m为异面直线,l⊂α,m⊂β,则α∥β;②若α∥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,l∥γ,则m∥n.其中真命题的个数为( )A.3B.2C.1D.0【解析】选C.①中当α与β不平行时,也可能存在符合题意的l,m.②中l与m也可能异面.③中⇒l∥m,同理l∥n,则m∥n,正确.3.如图是正方体的平面展开图,则在这个正方体中,下列判断正确的是( )A.平面BME∥平面ACNB.AF∥CNC.BM∥平面EFDD.BE与AN相交【解析】选A.作出如图所示的正方体.易知AN∥BM,AC∥EM,所以AN∥平面BEM,AC∥平面BEM,又AN∩AC=A,所以平面ACN∥平面BEM.4.在三棱锥P-ABC中,点D在PA上,且PD=DA,过点D作平行于底面ABC 的平面,交PB,PC于点E,F,若△ABC的面积为9,则△DEF的面积是( )A.1B.2C.4D.【解析】选A.由于平面DEF∥底面ABC,因此DE∥AB,DF∥AC,EF∥BC,所以==,所以△DEF∽△ABC,所以=,而S△ABC=9,所以S△DEF=1.5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AB,CC1的中点, 在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )A.不存在B.有1条C.有2条D.有无数条【解析】选D.由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1,由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l,在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条,且它们都不在平面D1EF内,由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图所示,CD,AB均与平面EFGH平行,E,F,G,H分别在BD,BC,AC,AD 上,且CD⊥AB.则四边形EFGH的形状为________.【解析】因为CD∥平面EFGH,而平面EFGH∩平面BCD=EF,所以CD∥EF.同理HG∥CD,所以EF∥HG.同理HE∥GF,所以四边形EFGH为平行四边形.又因为CD⊥AB,所以HE⊥EF,所以平行四边形EFGH为矩形.★★★答案★★★:矩形7.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为________.【解析】根据题意可得到如图两种情况:可求出BD的长分别为或24.★★★答案★★★:24或8.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 世纪金榜导学号①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β;②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n;③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β;④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的序号)【解析】当m⊥n,m⊥α,n∥β时,两个平面的位置关系不确定,故①错误,经判断知②③④均正确,故正确命题为②③④.★★★答案★★★:②③④三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点M,N分别为线段A1B,AC1的中点.世纪金榜导学号求证:MN∥平面BB1C1C.【证明】如图,连接A1C.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C为平行四边形.又因为N为线段AC1的中点,所以A1C与AC1相交于点N,即A1C经过点N,且N为线段A1C的中点.因为M为线段A1B的中点,所以MN∥BC.又因为MN⊄平面BB1C1C,BC⊂平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.10.如图所示的一块木料中,棱BC平行于平面A′B′C′D′. 世纪金榜导学号(1)要经过平面A′B′C′D′内的一点P和棱BC将木料锯开,应怎样画线?(2)所画的线与平面ABCD是什么位置关系?并证明你的结论.【解析】(1)过点P作B′C′的平行线,交A′B′,C′D′于点E,F,连接BE,CF;作图如下:(2)EF∥平面ABCD.证明如下:易知BE,CF与平面ABCD相交,因为BC∥平面A′B′C′D′,又因为平面B′C′CB∩平面A′B′C′D′=B′C′,所以BC∥B′C′,因为EF∥B′C′,所以EF∥BC,又因为EF⊄平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.(15分钟35分)1.(5分)(多选)下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的选项是 ( )【解析】选AD.A中易知NP∥AA′,MN∥A′B,NP∩MN=N,AA′∩A′B=A′,所以平面MNP∥平面AA′B,又AB⊂平面AA′B,可得出AB∥平面MNP(如图).D中,NP∥AB,NP⊂平面MNP,能得出AB∥平面MNP.2.(5分)如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=________.【解析】因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,所以MN∥PQ.因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,AP=,所以CQ=,从而DP=DQ=,所以PQ= a.★★★答案★★★: a3.(5分)空间四边形ABCD的两条对棱AC,BD的长分别为5和4,则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中,周长的取值范围是________.【解析】设==k,所以==1-k,所以GH=5k,EH=4(1-k),所以周长=8+2k.又因为0<k<1,所以周长的范围为(8,10).★★★答案★★★:(8,10)4.(10分)如图,四边形ABCD是平行四边形,点P是平面ABCD外一点,M 是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面GHAP交平面BDM于GH. 世纪金榜导学号求证:AP∥GH.【证明】如图,连接AC交BD于O,连接MO,因为四边形ABCD是平行四边形,所以O是AC中点,又M是PC的中点,所以AP∥OM,则有AP∥平面BMD.因为平面PAHG∩平面BMD=GH,所以AP∥GH.5.(10分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形. 世纪金榜导学号(1)证明:平面A1BD∥平面CD1B1.(2)若平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,证明:B1D1∥l.【证明】(1)由题设知BB1∥DD1且BB1=DD1,所以四边形BB1D1D是平行四边形,所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1,B1D1⊂平面CD1B1,所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1=B1C1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1,D1C⊂平面CD1B1,所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B=B,BD,A1B⊂平面A1BD,所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1,又平面ABCD∩平面B1D1C=直线l,平面ABCD∩平面A1BD=直线BD,所以直线l∥直线BD,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形BDD1B1为平行四边形,所以B1D1∥BD, 所以B1D1∥l.关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！不积跬步无以至千里，不积小流无以成江海。
2021版新高考数学人教B版一轮核心素养测评 四十二 空间直角坐标系、空间向量及其运算
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，★★★答案★★★解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心素养测评四十二空间直角坐标系、空间向量及其运算(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知a=(2,3,-4),b=(-4,-3,-2),b=x-2a,则x等于( )A.(0,3,-6)B.(0,6,-20)C.(0,6,-6)D.(6,6,-6)【解析】选B.由b=x-2a,得x=4a+2b=(8,12,-16)+(-8,-6,-4)=(0,6,-20).2.在空间直角坐标系中,已知A(1,-2,1),B(2,2,2),点P在z轴上,且满足||=||,则P点坐标为( )A.(3,0,0)B.(0,3,0)C.(0,0,3)D.(0,0,-3)【解析】选C.设P(0,0,z),则有=,解得z=3.3.若非零向量a,b满足|a|=|b|,(2a+b)·b=0,则a与b的夹角θ为( )A.30°B.60°C.120°D.150°【解析】选C.因为(2a+b)·b =0,所以2a·b+b2=0,所以2|a||b|c os θ+|b|2=0,又因为|a|=|b|≠0,所以c os θ=-,所以θ=120°.4.已知点A,B,C不共线,对平面ABC外一点O,在下列条件下,点P与A,B,C共面的是( )A.=2-2-B. =++C.+=3-D.+=4+【解析】选C.C项可变形为=++,因为++=1, 所以点P,A,B,C共面;其他项不可以.5.在空间四边形ABCD中,·+·+· = ( )A.-1B.0C.1D.不确定【解析】选B.如图,令=a,=b,=c,则·+· +·=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.【秒杀绝招】选B.如图,在空间四边形ABCD中,连接对角线AC,BD,得三棱锥A-BCD,不妨令其各棱长都相等,即为正四面体,因为正四面体的对棱互相垂直,所以· =0, ·=0, ·=0.所以·+·+·=0.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,则c=________.【解析】因为a∥b,所以==,解得x=2,y=-4,此时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1),又因为b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2,于是c=(3,-2,2).★★★答案★★★:(3,-2,2)7.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,c os<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为________. 世纪金榜导学号【解析】设PD=a,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E1,1,.所以=(0,0,a),=-1,1,.由cos<,>=,所以=a·,所以a=2,所以E的坐标为(1,1,1).★★★答案★★★:(1,1,1)8.如图,已知在一个60°的二面角的棱上,有两个点A,B,AC,BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段,且AB=4,AC=6,BD=8,则CD 的长为________. 世纪金榜导学号【解析】设=a,=b,=c,由已知条件|a|=8,|b|=4,|c|=6,<a,b>=90°,<b,c>=90°,<a,c>=60°,||2=|++|2=|-c+b+a|2=a2+b2+c2+2a·b-2a·c-2b·c=68,则||=2.★★★答案★★★:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,=a,=b,=c,点M,N分别是A1D,B1D1的中点.(1)试用a,b,c表示;(2)求证:MN∥平面ABB1A1.【解析】(1)因为=-=c-a,所以==(c-a).同理,=(b+c),所以=-=(b+c)-(c-a)=(b+a)=a+b.(2)因为=+=a+b,所以=,即MN∥AB1,因为AB1⊂平面ABB1A1,MN⊄平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.10.已知空间中三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=,b=.(1)求向量a与向量b的夹角的余弦值.(2)若k a+b与k a-2b互相垂直,求实数k的值.【解析】(1)因为a=(1,1,0),b=(-1,0,2),所以a·b=(1,1,0)·(-1,0,2)=-1,又|a|==,|b|==,所以c os<a,b>===-,即向量a与向量b的夹角的余弦值为-.(2)方法一:因为k a+b=(k-1,k,2).k a-2b=(k+2,k,-4),且k a+b与k a-2b互相垂直,所以(k-1,k,2)·(k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=0,所以k=2或k=-,所以当k a+b与k a-2b互相垂直时,实数k的值为2或-.方法二:由(1)知|a|=,|b|=,a·b=-1,所以(k a+b)·(k a-2b)=k2a2-k a·b-2b2=2k2+k-10=0,得k=2或k=-.(15分钟35分)1.(5分)已知空间四边形ABCD,连接AC,BD,设M,G分别是BC,CD的中点,则-+等于( )A. B.3 C.3 D.2【解析】选B.-+=-(-)==3.2.(5分)已知非零向量与满足 +·=0且·=, 则△ABC为( )A.三边均不相等的三角形B.直角三角形C.等腰非等边三角形D.等边三角形【解析】选D.由 +·=0知:∠A的平分线垂直于BC,所以△ABC为等腰三角形;由· =知∠A=60°,所以△ABC为等边三角形.3.(5分)如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,有下列三个条件:①A1B⊥AC1;②A1B⊥B1C;③B1C1=A1C1.试利用①、②、③构造出一个正确的命题________.【解析】设=a,=b,=c,由A1B⊥AC1⇔·=0⇔(b-a+c)(-c-a)=0,所以a·b=|a|2-| c|2,①由A1B⊥B1C⇔·=0⇔(b-a+c)( c-b)=0,所以a·b=| b|2-| c|2,②由B1C1=A1C1得| a|2=|b|2,③由①②③不难看出①②⇒③;①③⇒②;②③⇒①.★★★答案★★★:①②⇒③(或①③⇒②;②③⇒①)4.(10分)如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点,计算:(1)·.(2)·.(3)EG的长.(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值.【解析】设=a,=b,=c.则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,==c-a,=-a,=b-c,(1)·=c-a·(-a)=a2-a·c=.(2)·=(c-a)·(b-c)=(b·c-a·b-c2+a·c)=-.(3)=++=a+b-a+c-b=-a+b+c,||2=a2+b2+c2-a·b+b·c-c·a=,则||=.(4)=b+c,=+=-b+a,c os<,>==-,由于异面直线所成角的范围是0,,所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.5.(10分)如图,在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF=x,其中0≤x≤a,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz. 世纪金榜导学号(1)写出点E,F的坐标.(2)求证:A1F⊥C1E.(3)若A1,E,F,C1四点共面,求证:=+.【解析】(1)E(a,x,0),F(a-x,a,0).(2)因为A1(a,0,a),C1(0,a,a),所以=(-x,a,-a),=(a,x-a,-a),所以·=-ax+a(x-a)+a2=0,所以⊥,所以A1F⊥C1E.(3)因为A1,E,F,C1四点共面,所以,,共面.选与为在平面A1C1E上的一组基向量,则存在唯一实数对(λ1,λ2),使=λ1+λ2,即(-x,a,-a)=λ1(-a,a,0)+λ2(0,x,-a)=(-aλ1,aλ1+xλ2,-aλ2),所以解得λ1=,λ2=1.于是=+.关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
高优指导2021数学文人教B版一轮考点规范练38 空间中的垂直关系
考点规范练38 空间中的垂直关系基础巩固组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γ肯定平行于平面αB.垂直于直线l 的直线肯定垂直于平面αC.垂直于平面β的平面γ肯定平行于直线lD.垂直于直线l 的平面γ肯定与平面α,β都垂直 答案:D解析:对于A,垂直于平面β的平面γ与平面α平行或相交,故A 错;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;对于C,垂直于平面β的平面γ与直线l 平行或相交,故C 错;易知D 正确. 2.设α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 ∥α,b ∥α,则a ∥b B.若a ⊥α,a ∥b ,则b ⊥α C.若a ⊥α,a ⊥b ,则b ∥α D.若a ∥α,a ⊥b ,则b ⊥α答案:B解析:如图①,a ∥α,b ∥α,但a 与b 相交,知A 错;如图②知C 错;如图③,a ∥a',a'⊂α,b ⊥a',但b ⊂α,知D 错;由线面垂直的性质定理知B 正确.3.如图,在四周体D-ABC 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ABD B.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 答案:C解析:由于AB=CB ,且E 是AC 的中点,所以BE ⊥AC.同理有DE ⊥AC , 于是AC ⊥平面BDE. 由于AC ⊂平面ABC ,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 .4.已知l ,m ,n 是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则α⊥β的一个充分条件是( ) A.l ⊂α,m ⊂β,且l ⊥m B.l ⊂α,m ⊂β,n ⊂β,且l ⊥m ,l ⊥n C.m ⊂α,n ⊂β,m ∥n ,且l ⊥m D.l ⊂α,l ∥m ,且m ⊥β 答案:D解析:对于A,l ⊂α,m ⊂β,且l ⊥m ,如图(1),α,β不垂直;对于B,l ⊂α,m ⊂β,n ⊂β,且l ⊥m ,l ⊥n ,如图(2),α,β不垂直;对于C,m ⊂α,n ⊂β,m ∥n ,且l ⊥m ,直线l 没有确定,则α,β的关系也不能确定; 对于D,l ⊂α,l ∥m ,且m ⊥β,则必有l ⊥β,依据面面垂直的判定定理知,α⊥β. 5.已知在空间四边形ABCD 中,AD ⊥BC ,AD ⊥BD ,且△BCD 是锐角三角形,则必有( ) A.平面ABD ⊥平面ADC B.平面ABD ⊥平面ABC C.平面ADC ⊥平面BDC D.平面ABC ⊥平面BDC答案:C解析:∵AD ⊥BC ,AD ⊥BD ,BC ∩BD=B ,∴AD ⊥平面BDC.又AD ⊂平面ADC ,∴平面ADC ⊥平面BDC.故选C .6.如图,已知△ABC 为直角三角形,其中∠ACB=90°,M 为AB 的中点,PM 垂直于△ABC 所在的平面,那么( )A.PA=PB>PCB.PA=PB<PCC.PA=PB=PCD.PA ≠PB ≠PC〚导学号32470799〛答案:C解析:∵M 为AB 的中点,△ACB 为直角三角形,∴BM=AM=CM.又PM⊥平面ABC,∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC,故PA=PB=PC.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一个动点,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).〚导学号32470800〛答案:DM⊥PC(或BM⊥PC)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.8.如图,∠BAC=90°,PC⊥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.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,∴AB⊥AP,即与AP垂直的直线是AB.9.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:(用序号表示).答案:①③④⇒②(或②③④⇒①)解析:逐一推断.若①②③成立,则m与α的位置关系不确定,故①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;①③④⇒②与②③④⇒①均正确.10.如图,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,∴四边形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.∵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.证明如下: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,且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,即四边形BMON是平行四边形,∴BN∥OM.∴OM⊥平面CC1D1D.∵OM⊂平面DMC1,∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.11.如图,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,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)如图所示,取PD 的中点E ,连接AE ,NE ,∵N 是PC 的中点,E 为PD 的中点, ∴NE ∥CD ,且NE=12CD ,而AM ∥CD ,且AM=12AB=12CD ,∴NE AM ,∴四边形AMNE 为平行四边形, ∴MN ∥AE.又PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥CD , 又∵ABCD 为矩形,∴AD ⊥CD. 而AD ∩PA=A ,∴CD ⊥平面PAD ,∴CD ⊥AE.又AE ∥MN ,∴MN ⊥CD.(2)∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥AD , 又∠PDA=45°,∴△PAD 为等腰直角三角形.又E 为PD 的中点,∴AE ⊥PD ,又由(1)知CD ⊥AE ,PD ∩CD=D , ∴AE ⊥平面PCD.又AE ∥MN ,∴MN ⊥平面PCD.12.(2021陕西,文18)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.图①图②(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36√2,求a 的值. 〚导学号32470801〛(1)证明:在题图①中,由于AB=BC=12AD=a ,E 是AD 的中点,∠BAD=π2,所以BE ⊥AC.即在题图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)解:由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE ,且平面A 1BE ∩平面BCDE=BE , 又由(1),A 1O ⊥BE , 所以A 1O ⊥平面BCDE , 即A 1O 是四棱锥A 1-BCDE 的高.由题图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=36√2,得a=6.力量提升组13.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答案:B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,不能推断. 14.如图,在斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,BC 1⊥AC ,则C 1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〚导学号32470802〛答案:A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.15.如图所示,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A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是()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答案:D解析:由题意知,在四边形ABCD中,CD⊥BD.在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,两平面的交线为BD,所以CD⊥平面ABD,因此有AB⊥CD.又由于AB⊥AD,且CD∩AD=D,所以AB⊥平面ADC,于是得到平面ADC⊥平面ABC,故选D.16.若有直线m,n和平面α,β,下列四个命题中,正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥βC.若α⊥β,m⊂α,则m⊥βD.若α⊥β,m⊥β,m⊄α,则m∥α答案:D解析:如图①,β∥α,m⊂β,n⊂β,有m∥α,n∥α,但m与n可以相交,故A错;如图②,m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,但α与β相交,故B错;如图③,α⊥β,α∩β=l,m⊂α,m∥l,有m∥β,故C错.D选项证明如下:由α⊥β可设α与β的交线为l,在α内作n⊥l,则n⊥β,∵m⊥β,∴m∥n,∵n⊂α,m⊄α,∴m∥α.故选D.17.(2021福建,文20)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO;(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值;(3)若BC=√2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.〚导学号32470803〛(1)证明:在△AOC中,由于OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.由于DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)解:由于点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.又AB=2,所以△ABC面积的最大值为12×2×1=1.又由于三棱锥P-ABC的高PO=1,故三棱锥P-ABC体积的最大值为13×1×1=13.(3)解:(方法一)在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°.所以PB=√12+12=√2.同理PC=√2,所以PB=PC=BC.在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.又由于OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,即E为PB中点.从而OC'=OE+EC'=√22+√62=√2+√62,亦即CE+OE的最小值为√2+√62.(方法二)在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB=√12+12=√2.同理PC=√2.所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图所示.当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.所以在△OC'P中,由余弦定理得:OC'2=1+2-2×1×√2×cos(45°+60°)=1+2-2√2(√22×12-√22×√32)=2+√3.从而OC'=√2+√3=√2+√62.所以CE+OE的最小值为√22+√62.。
【步步高】2021届高考数学总温习 8.4空间中的垂直关系配套文档 理 新人教B版 (1)
§8.4空间中的垂直关系1．两条直线相互垂直概念：若是两条直线相交于一点或通过平移后相交于一点，而且交角为直角，那么称这两条直线相互垂直．2．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的概念：若是一条直线和一个平面相交于点O，而且和那个平面内过交点(O)的任何直线都垂直，就说这条直线和那个平面相互垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论：文字语言图形语言符号语言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⎭⎪⎬⎪⎫a⊂αb⊂αa∩b＝Ol⊥al⊥b⇒l⊥α推论1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⎭⎪⎬⎪⎫a∥ba⊥α⇒b⊥α推论2如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b3.(1)平面与平面垂直的概念：若是两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得两条交线相互垂直，就称这两个平面相互垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理：文字语言图形语言符号语言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⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αl⊂β⇒α⊥β(3)平面与平面垂直的性质定理：文字语言图形语言符号语言性质定理如果两个平面互相垂直，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⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl⊂βα∩β＝al⊥a⇒l⊥α1．(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，那么l⊥α. ( ×)(2)假设直线a⊥平面α，直线b∥α，那么直线a与b垂直．( √)(3)直线a⊥α，b⊥α，那么a∥b. ( √)(4)假设α⊥β，a⊥β⇒a∥α. ( ×)(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β. ( √)2．(2021·广东)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，以下命题中正确的选项是( )A．假设α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥nB．假设α∥β，m⊂α，n⊂β，，那么m∥nC．假设m⊥n，m⊂α，n⊂β，那么α⊥βD．假设m⊥α，m∥n，n∥β，那么α⊥β答案D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中m与n可平行、可异面；C中假设α∥β，仍然知足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故D正确．3．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，那么a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α答案C解析关于选项C，在平面α内作c∥b，因为a⊥α，因此a⊥c，故a⊥b；A，B选项中，直线a，b可能是平行直线，也可能是异面直线；D选项中必然有a∥b.4．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起取得空间四面体ABCD(如图2)，那么在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是( )A．相交且垂直B．相交但不垂直C．异面且垂直D．异面但不垂直答案C解析在题图1中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD确实是斜边上的高，那么AD⊥BC，翻折后如题图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，因此AD⊥BC.5．α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你以为正确的一个命题：____________________________.答案可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个题型一直线与平面垂直的判定与性质例1如下图，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.思维启发第(1)问通过DC⊥平面PAC证明；也可通过AE⊥平面PCD取得结论；第(2)问利用线面垂直的判定定理证明直线PD与平面ABE内的两条相交直线垂直．证明(1)在四棱锥P—ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴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，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面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，∴PD⊥平面ABE.思维升华(1)证明直线和平面垂直的经常使用方式：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，而证明线线垂直那么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大体思想．(3)线面垂直的性质，经常使用来证明线线垂直．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)假设AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，因此SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD，因此△ADS≌△BDS，因此SD⊥BD.又AC∩BD＝D，因此SD⊥平面ABC.(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，因此BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD，又SD∩AC＝D，因此BD⊥平面SAC.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2(2021·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别离是CD、PC的中点．求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.思维启发(1)平面PAD⊥底面ABCD，可由面面垂直的性质证PA⊥底面ABCD；(2)由BE∥AD可得线面平行；(3)证明直线CD⊥平面BEF.证明(1)∵平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.∴PA⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，那么PA⊥CD，∴CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，又E、F别离为CD、CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.∴平面BEF⊥平面PCD.思维升华 (1)判定面面垂直的方式： ①面面垂直的概念；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． (2)在已知平面垂直时，一样要用性质定理进行转化．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．(2021·江西)如下图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，E 、F 是线段AB 上的两点，且DE ⊥AB ，CF ⊥AB ，AB ＝12，AD ＝5，BC ＝42，DE ＝4.现将△ADE ，△CFB 别离沿DE ，CF 折起，使A ，B 两点重合于点G ，取得多面体CDEFG .(1)求证：平面DEG ⊥平面CFG ； (2)求多面体CDEFG 的体积． (1)证明 因为DE ⊥EF ，CF ⊥EF ， 因此四边形CDEF 为矩形． 由GD ＝5，DE ＝4，得GE ＝GD 2－DE 2＝3.由GC ＝42，CF ＝4，得FG ＝GC 2－CF 2＝4，因此EF ＝5.在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2， 因此EG ⊥GF .又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，因此CF ⊥平面EFG . 因此CF ⊥EG ，因此EG ⊥平面CFG .又EG ⊂平面DEG ，因此平面DEG ⊥平面CFG . (2)解 如图，在平面EGF 中， 过点G 作GH ⊥EF 于点H ， 则GH ＝EG ·GF EF＝125.因为平面CDEF ⊥平面EFG ， 因此GH ⊥平面CDEF ，因此V多面体CDEFG＝13S矩形CDEF·GH＝16.题型三直线、平面垂直的综合应用例3如下图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD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PAD；(2)求四棱锥P—ABCD的体积．思维启发(1)因为两平面垂直与M点位置无关，因此在平面MBD 内必然有一条直线垂直于平面PAD，考虑证明BD⊥平面PAD.(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，∴AD2＋BD2＝AB2.∴AD⊥BD.又∵面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，BD⊂面ABCD，∴BD⊥面PAD.又BD⊂面MBD，∴面MBD⊥面PAD.(2)解过P作PO⊥AD，∵面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD，即PO为四棱锥P—ABCD的高．又△PAD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.思维升华 垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题，一样通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用． (3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可依照线面垂直取得表示高的线段，进而求得体积．(2021·江西)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB ＝2，AD ＝2，AA 1＝3，E 为CD 上一点，DE ＝1，EC ＝3.(1)证明：BE ⊥平面BB 1C 1C ； (2)求点B 1到平面EA 1C 1的距离．(1)证明 过B 作CD 的垂线交CD 于F ，那么BF ＝AD ＝2，EF ＝AB －DE ＝1，FC ＝2.在Rt△BFE 中，BE ＝ 3. 在Rt△CFB 中，BC ＝6.在△BEC 中，因为BE 2＋BC 2＝9＝EC 2， 故BE ⊥BC .由BB 1⊥平面ABCD 得BE ⊥BB 1， 因此BE ⊥平面BB 1C 1C .(2)解 三棱锥E －A 1B 1C 1的体积 V ＝13AA 1·111A B C S ∆＝2.在Rt△A 1D 1C 1中，A 1C 1＝A 1D 21＋D 1C 21＝32. 同理，EC 1＝EC 2＋CC 21＝32， A 1E ＝A 1A 2＋AD 2＋DE 2＝2 3.故11A C ES∆＝3 5.设点B 1到平面A 1C 1E 的距离为d ，那么三棱锥B 1－A 1C 1E 的体积V ＝13·d ·11A C ES＝5d ，从而5d ＝2，d ＝105. 立体几何证明问题中的转化思想典例：(12分)如下图，M ，N ，K 别离是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB ，CD ，C 1D 1的中点． 求证：(1)AN ∥平面A 1MK ； (2)平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .思维启发 (1)要证线面平行，需证线线平行．(2)要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直． 标准解答证明 (1)如下图，连接NK . 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中， ∵四边形AA 1D 1D ，DD 1C 1C 都为正方形，∴AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1，C 1D 1∥CD ，C 1D 1＝CD .[2分] ∵N ，K 别离为CD ，C 1D 1的中点， ∴DN ∥D 1K ，DN ＝D 1K ， ∴四边形DD 1KN 为平行四边形．[3分]∴KN ∥DD 1，KN ＝DD 1， ∴AA 1∥KN ，AA 1＝KN .∴四边形AA 1KN 为平行四边形．∴AN ∥A 1K .[4分]∵A 1K ⊂平面A 1MK ，AN ⊄平面A 1MK ， ∴AN ∥平面A 1MK .[6分](2)如下图，连接BC 1.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ∥C 1D 1，AB ＝C 1D 1.∵M ，K 别离为AB ，C 1D 1的中点，∴BM ∥C 1K ，BM ＝C 1K .∴四边形BC 1KM 为平行四边形．∴MK ∥BC 1. [8分]在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴A 1B 1⊥BC 1.∵MK ∥BC 1，∴A 1B 1⊥MK .∵四边形BB 1C 1C 为正方形，∴BC 1⊥B 1C .[10分]∴MK ⊥B 1C .∵A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，B 1C ⊂平面A 1B 1C ，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，∴MK ⊥平面A 1B 1C .又∵MK ⊂平面A 1MK ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .[12分]温馨提示 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的彼此转化，交替利用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证题中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时经常使用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时经常使用的等腰三角形的中线等； (3)证明进程必然要严谨，利用定理时要对照条件、步骤书写要标准. 方式与技术1． 证明线面垂直的方式(1)线面垂直的概念：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. 2． 证明线线垂直的方式(1)概念；(2)平面几何中证明线线垂直的方式； (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 . 3． 证明面面垂直的方式(1)利用概念；(2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.4．转化思想：垂直关系的转化在证明两平面垂直时一样先从现有的直线中寻觅平面的垂线，假设如此的直线图中不存在，那么可通过作辅助线来解决．失误与防范1．在解决直线与平面垂直的问题进程中，要注意直线与平面垂直的概念、判定定理和性质定理的联合交替利用，即注意线线垂直和线面垂直的相互转化．2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．咱们要作一个平面的一条垂线，一般是先找那个平面的一个垂面，在那个垂面中，作交线的垂线即可．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题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，那么以下情形可能显现的是( )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. 如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC答案C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.3．在空间内，设l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，那么以下命题中为假命题的是( )A．α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，那么l⊥γB．l∥α，l∥β，α∩β＝m，那么l∥mC．α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，假设l∥m，那么l∥nD．α⊥γ，β⊥γ，那么α⊥β或α∥β答案D解析关于A，∵若是两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真命题；关于B，∵若是一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；关于C，∵若是三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或彼此平行，∴该命题是真命题；关于D，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D是假命题．综上所述，选D.4．正方体ABCD—A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，那么直线CE垂直于( )A．A′C′ B．BDC．A′D′ D．AA′答案B解析连接B′D′，∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E.而CE⊂平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.5. 如下图，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，其中正确的选项是( )A．①② B．①②③C．① D．②③答案B解析关于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；关于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；关于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．二、填空题6．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，那么以下命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________．答案3解析如下图．∵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不必然垂直于BC.7．在正三棱锥P－ABC中，D，E别离是AB，BC的中点，有以下三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．答案①②解析如图，∵P－ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC；又∵DE∥AC，DE⊂平面PDE，AC⊄平面PDE，∴AC ∥平面PDE .故①②正确．8． 已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α∥β.当知足条件________时，有m ⊥β.(填所选条件的序号)答案 ②④解析 假设m ⊥α，α∥β，那么m ⊥β.三、解答题9． 在如下图的几何体中，四边形ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝3，BC ＝BE ＝7，△DCE 是边长为6的正三角形．(1)求证：平面DEC ⊥平面BDE ；(2)求点A 到平面BDE 的距离．(1)证明 因为四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝3，因此BD ＝13， 又因为BC ＝7，CD ＝6，因此依照勾股定理可得BD ⊥CD ，因为BE ＝7，DE ＝6，同理可得BD ⊥DE .因为DE ∩CD ＝D ，DE ⊂平面DEC ，CD ⊂平面DEC ，因此BD ⊥平面DEC .因为BD ⊂平面BDE ，因此平面DEC ⊥平面BDE .(2)解 如图，取CD 的中点O ，连接OE ，因为△DCE 是边长为6的正三角形，因此EO ⊥CD ，EO ＝33，易知EO ⊥平面ABCD ，则V E －ABD ＝13×12×2×3×33＝33，又因为直角三角形BDE 的面积为12×6×13＝313，设点A 到平面BDE 的距离为h ，那么由V E －ABD ＝V A －BDE ，得13×313h ＝33，因此h ＝33913，因此点A 到平面BDE 的距离为33913.10．(2021·江苏)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E 别离是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点．求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1；(2)直线A 1F ∥平面ADE .证明 (1)因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，因此CC 1⊥平面ABC .又AD ⊂平面ABC ，因此CC 1⊥AD .又因为AD ⊥DE ，CC 1，DE ⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩DE ＝E ，因此AD ⊥平面BCC 1B 1.又AD ⊂平面ADE ，因此平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，因此A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1，因此CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1，因此A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，因此A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，因此A 1F ∥平面ADE .B 组 专项能力提升(时刻：30分钟)1． 已知平面α与平面β相交，直线m ⊥α，那么( )A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直B ．β内不必然存在直线与m 平行，不必然存在直线与m 垂直C ．β内不必然存在直线与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，不必然存在直线与m 垂直答案 C解析 如图，在平面β内的直线假设与α，β的交线a 平行，那么有m 与之垂直．但却不必然在β内有与m 平行的直线，只有当α⊥β时才存在．2． (2021·江苏)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝3 cm ，AA 1＝2 cm ，那么四棱锥A －BB 1D 1D 的体积为________cm 3. 答案 6解析 连接AC 交BD 于O ，在长方体中，∵AB ＝AD ＝3，∴BD ＝32且AC ⊥BD . 又∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又DB ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝322.∵11BB D D S 矩形＝BD ×BB 1＝32×2＝62，∴11A BB D D V ＝1311BB D D S 矩形·AO＝13×62×322＝6(cm 3)．3． 如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，那么以下结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．答案 ①④解析 由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE ，又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；∵平面PAD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．4. 如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝2，等边三角形ADB以AB为轴转动．(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD的长；(2)当△ADB转动时，是不是总有AB⊥CD？证明你的结论．解(1)取AB的中点E，连接DE，CE.∵△ADB是等边三角形，∴DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，∵平面ADB∩平面ABC＝AB，∴DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可得DE＝3，EC＝1.在Rt△DEC中，CD＝DE2＋EC2＝2.(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：①当D在平面ABC内时，∵AC＝BC，AD＝BD，∴C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.又∵AC＝BC，∴AB⊥CE.又DE，CE为相交直线，∴AB⊥平面CDE.由CD⊂平面CDE，得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD.5．如图1所示，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.点E、F别离在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如图2所示．(1)求证：BD⊥平面POA；(2)当PB取得最小值时，求四棱锥P－BDEF的体积．(1)证明因为菱形ABCD的对角线相互垂直，因此BD⊥AC.因此BD⊥AO.因为EF⊥AC，因此PO⊥EF.因为平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO⊂平面PEF，因此PO⊥平面ABFED.因为BD⊂平面ABFED，因此PO⊥BD.因为AO∩PO＝O，因此BD⊥平面POA.(2)解设AO∩BD＝H.因为∠DAB＝60°，因此△BDC为等边三角形．故BD＝4，HB＝2，HC＝2 3.设PO＝x，那么OH＝23－x，OA＝43－x.连接PH，OB，由OH⊥BD，得OB2＝(23－x)2＋22.又由(1)知PO⊥平面BFED，那么PO⊥OB.因此PB＝OB2＋OP2＝23－x2＋22＋x2＝2x－32＋10.当x＝3时，PB min＝10，现在PO＝3＝OH，因此V四棱锥P－BDEF＝13×S梯形BDEF×PO＝13×(34×42－34×22)×3＝3.。
新课改地区2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十一空间中的垂直关系新人教B版
核心素养测评四十一空间中的垂直关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.α,β,γ为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件是( )A.n⊥α,n⊥β,m⊥αB.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γC.α⊥γ,β⊥γ,m⊥αD.α⊥β,α∩β=l,m⊥l【解析】选A.由n⊥α,n⊥β知α∥β,又m⊥α,所以m⊥β.所以A正确.2.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,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】选B.因为a⊥b,b⊥c,a∩c=B,所以b⊥平面ABC,所以AD⊥AC,故△ACD为直角三角形.3.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A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下面结论正确的是( )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】选D.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,所以CD⊥AB,又AB⊥AD,AD∩CD=D,故AB⊥平面ADC,又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.4.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A、B)且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为 ( )A.60°B.30°C.45°D.15°【解析】选C.由条件得PA⊥BC,AC⊥BC,又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.5.如图,正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,O为正方形ABCD的中心,M 为正方形ABCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为( )【解析】选A.取AD的中点E,连接PE,PC,CE.由PE⊥AD知PE⊥平面ABCD,从而平面PEC⊥平面ABCD,取PC,AB的中点F,G,连接DF,DG,FG,由PD=DC知DF⊥PC,由DG⊥EC知,DG⊥平面PEC,又PC⊂平面PEC,所以DG⊥PC,DF∩DG=D,所以PC⊥平面DFG,又点F是PC的中点,因此,线段DG上的点满足MP=MC.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________.【解析】连接A1C1,则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以sin∠AC1A1==.答案:7.如图所示,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)【解析】因为PA⊥底面ABCD,所以BD⊥PA,连接AC,则BD⊥AC,且PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC,所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.答案:DM⊥PC(答案不唯一)8.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:________(用代号表示).【解析】逐一判断.若①②③成立,则m与α的位置关系不确定,故①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;①③④⇒②与②③④⇒①均正确.答案:①③④⇒②(或②③④⇒①)三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.(1)求证:CD⊥平面ABD.(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.【解析】(1)因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.又因为CD⊥BD,AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.(2)由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.又AB=BD=1,所以S△ABD=×12=.因为M是AD的中点,所以S△ABM=S△ABD=.根据(1)知,CD⊥平面ABD,则三棱锥C ABM的高h=CD=1,故V A MBC=V C ABM=S△ABM·h=.10.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,△PAD≌△BAD,平面PAD⊥平面ABCD,AB=4,PA=PD,M在棱PD上运动.(1)当M在何处时,PB∥平面MAC.(2)已知O为AD的中点,AC与OB交于点E,当PB∥平面MAC时,求三棱锥E-BCM的体积.【解析】(1)如图,设AC与BD相交于点N,当M为PD的中点时,PB∥平面MAC.证明:因为四边形ABCD是菱形,可得DN=NB,又因为M为PD的中点,可得DM=MP,所以NM为△BDP的中位线,可得NM∥PB,又因为NM⊂平面MAC,PB⊄平面MAC,所以PB∥平面MAC.(2)因为O为AD的中点,PA=PD,则OP⊥AD,又△PAD≌△BAD,所以OB⊥AD,且OB=2,又因为△AEO∽△CEB,所以==,所以BE=OB=,所以S△EBC=×4×=.又因为OP=4×=2,点M为PD的中点,所以M到平面EBC的距离为,所以V E-BCM=V M-EBC=××=.(15分钟35分)1.(5分)如图,在三棱锥D-ABC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】选 C.要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.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.2.(5分)(2020·山东新高考模拟)已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,SC=2,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是( )A.4B.6C.4D.6【解析】选 C.由SB=4,AB=2,且∠SAB=,得SA=2;又由AB=2,BC=6,且∠ABC=,得AC=2.因为SA2+AC2=SC2,从而知∠SAC=,即SA⊥AC.所以SA⊥平面ABC.又由于S△ABC=×2×6=6,从而V S-ABC=S△ABC·SA=×6×2=4.3.(5分)正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是BC的中点,动点P在四棱锥的表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的长为________.【解析】如图,设AC∩BD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF,GH∥SO,所以GH⊥平面ABCD,所以AC⊥GH,所以AC⊥平面EFG,故动点P的轨迹是△EFG,由已知易得EF=,GE=GF=,所以△EFG的周长为+,故动点P的轨迹长为+.答案:+4.(10分)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A1F∥平面ADE.5.(10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是CD,A1D1的中点.(1)求证:AB1⊥BF.(2)求证:AE⊥BF.(3)棱CC1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)连接A1B,则AB1⊥A1B,又因为AB1⊥A1F,且A1B∩A1F=A1,所以AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF,所以AB1⊥BF.(2)取AD中点G,连接FG,BG,则FG⊥AE,又因为△BAG≌△ADE,所以∠ABG=∠DAE.所以AE⊥BG.又因为BG∩FG=G,所以AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG,所以AE⊥BF.(3)存在.取CC1的中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,因为EP∥C1D,C1D∥AB1,所以EP∥AB1. 由(1)知AB1⊥BF,所以BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF,且AE∩EP=E,所以BF⊥平面AEP.。
高三数学一轮复习必备精品11：空间中的垂直关系 备注：【高三数学一轮复习必备精品共42讲 全部免费
第11讲 空间中的垂直关系备注：【高三数学一轮复习必备精品共42讲 全部免费 欢迎下载】一．【课标要求】以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，通过直观感知、操作确认、思辨论证，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定。
通过直观感知、操作确认，归纳出以下判定定理：◆一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直。
◆ 一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直。
通过直观感知、操作确认，归纳出以下性质定理，并加以证明：◆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。
能运用已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。
二．【命题走向】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，在新课标教材中将立体几何要求进行了降低，重点在对图形及几何体的认识上，实现平面到空间的转化，示知识深化和拓展的重点，因而在这部分知识点上命题，将是重中之重。
预测2010年高考将以多面体为载体直接考察线面位置关系： （1）考题将会出现一个选择题、一个填空题和一个解答题；（2）在考题上的特点为：热点问题为平面的基本性质，考察线线、线面和面面关系的论证，此类题目将以客观题和解答题的第一步为主。
（3）解答题多采用一题多问的方式，这样既降低了起点又分散了难点三．【要点精讲】1．线线垂直判断线线垂直的方法：所成的角是直角，两直线垂直；垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条。
三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。
三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那麽它也和这条斜线的射影垂直胄笕请懣谯擺鏗齲賤筆摻堑篳颯璦義推理模式： ,,PO O PA A a AO a a AP αααα⊥∈⎫⎪=⇒⊥⎬⎪⊂⊥⎭。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，★★答案★★解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心素养测评四十一空间中的垂直关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.α,β,γ为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件是 ( )A.n⊥α,n⊥β,m⊥αB.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γC.α⊥γ,β⊥γ,m⊥αD.α⊥β,α∩β=l,m⊥l【解析】选A.由n⊥α,n⊥β知α∥β,又m⊥α,所以m⊥β.所以A 正确.2.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,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】选B.因为a⊥b,b⊥c,a∩c=B,所以b⊥平面ABC,所以AD⊥AC,故△ACD为直角三角形.3.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A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下面结论正确的是( )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】选D.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,所以CD⊥AB,又AB⊥AD,AD∩CD=D,故AB ⊥平面ADC,又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.4.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A、B)且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为( )A.60°B.30°C.45°D.15°【解析】选C.由条件得PA⊥BC,AC⊥BC,又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.5.如图,正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,O为正方形ABCD的中心,M为正方形ABCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为( )【解析】选A.取AD的中点E,连接PE,PC,CE.由PE⊥AD知PE⊥平面ABCD,从而平面PEC⊥平面ABCD,取PC,AB的中点F,G,连接DF,DG,FG,由PD=DC知DF⊥PC,由DG⊥EC知,DG⊥平面PEC,又PC⊂平面PEC,所以DG⊥PC,DF∩DG=D,所以PC⊥平面DFG,又点F是PC的中点,因此,线段DG上的点满足MP=MC.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________.【解析】连接A1C1,则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以sin∠AC1A1==.★★答案★★:7.如图所示,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) 世纪金榜导学号【解析】因为PA⊥底面ABCD,所以BD⊥PA,连接AC,则BD⊥AC,且PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC,所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.★★答案★★:DM⊥PC(★★答案★★不唯一)8.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:________(用代号表示). 世纪金榜导学号【解析】逐一判断.若①②③成立,则m与α的位置关系不确定,故①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;①③④⇒②与②③④⇒①均正确.★★答案★★:①③④⇒②(或②③④⇒①)三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD. 世纪金榜导学号(1)求证:CD⊥平面ABD.(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.【解析】(1)因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.又因为CD⊥BD,AB∩BD=B,所以CD⊥平面ABD.(2)由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.又AB=BD=1,所以S△ABD=×12=.因为M是AD的中点,所以S△ABM=S△ABD=.根据(1)知,CD⊥平面ABD,则三棱锥C ABM的高h=CD=1,故V A MBC=V C ABM=S△ABM·h=.10.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,△PAD≌△BAD,平面PAD⊥平面ABCD,AB=4,PA=PD,M在棱PD上运动. 世纪金榜导学号(1)当M在何处时,PB∥平面MAC.(2)已知O为AD的中点,AC与OB交于点E,当PB∥平面MAC时,求三棱锥E-BCM的体积.【解析】(1)如图,设AC与BD相交于点N,当M为PD的中点时,PB∥平面MAC.证明:因为四边形ABCD是菱形,可得DN=NB,又因为M为PD的中点,可得DM=MP,所以NM为△BDP的中位线,可得NM ∥PB,又因为NM⊂平面MAC,PB⊄平面MAC,所以PB∥平面MAC.(2)因为O为AD的中点,PA=PD,则OP⊥AD,又△PAD≌△BAD,所以OB⊥AD,且OB=2,又因为△AEO∽△CEB,所以==,所以BE=OB=,所以S△EBC=×4×=.又因为OP=4×=2,点M为PD的中点,所以M到平面EBC的距离为,所以V E-BCM=V M-EBC=××=.(15分钟35分)1.(5分)如图,在三棱锥D-ABC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】选C.要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.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.2.(5分)(2020·山东新高考模拟)已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,SC=2,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是 ( )A.4B.6C.4D.6【解析】选C.由SB=4,AB=2,且∠SAB=,得SA=2;又由AB=2,BC=6,且∠ABC=,得AC=2.因为SA2+AC2=SC2,从而知∠SAC=,即SA⊥AC. 所以SA⊥平面ABC.又由于S△ABC=×2×6=6,从而V S-ABC=S△ABC·SA=×6×2=4.3.(5分)正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是BC的中点,动点P在四棱锥的表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的长为________.【解析】如图,设AC∩BD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF,GH∥SO,所以GH⊥平面ABCD,所以AC⊥GH,所以AC⊥平面EFG,故动点P的轨迹是△EFG,由已知易得EF=,GE=GF=,所以△EFG的周长为+,故动点P的轨迹长为+. ★★答案★★:+4.(10分)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. 世纪金榜导学号求证:(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A1F∥平面ADE.5.(10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是CD,A1D1的中点.世纪金榜导学号(1)求证:AB1⊥BF.(2)求证:AE⊥BF.(3)棱CC1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)连接A1B,则AB1⊥A1B,又因为AB1⊥A1F,且A1B∩A1F=A1,所以AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF,所以AB1⊥BF.(2)取AD中点G,连接FG,BG,则FG⊥AE,又因为△BAG≌△ADE,所以∠ABG=∠DAE.所以AE⊥BG.又因为BG∩FG=G,所以AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG,所以AE⊥BF.(3)存在.取CC1的中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,因为EP∥C1D,C1D ∥AB1,所以EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF,所以BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF,且AE∩EP=E,所以BF⊥平面AEP.关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。