高考數(shù)學(xué) 考點(diǎn)匯總 考點(diǎn)35 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)（含解析）

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1、高考數(shù)學(xué) 考點(diǎn)匯總 考點(diǎn)35 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)（含解析） 一、選擇題 （xx·遼寧高考文科·Ｔ4）與（xx·遼寧高考理科·Ｔ4）相同 已知表示兩條不同的直線,表示平面,下列說法正確的是 A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m⊥α,n?α,則m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α 【解題提示】否定一個(gè)結(jié)論,只需一個(gè)反例即可. 【解析】選B. 如圖,正方體中, 直線分別與平面平行，但是直線相交，故選項(xiàng)（A）錯(cuò)誤； 根據(jù)線面垂直的定義，一條直線垂直一個(gè)平面，則該直線垂直于平面內(nèi)的任一條直線，可見選項(xiàng)（B）正確； 直線,但直線故選項(xiàng)

2、（C）錯(cuò)誤； 直線，但直線故選項(xiàng)（D）錯(cuò)誤 2.(xx·廣東高考文科·T9) (xx·廣東高考理科) 若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4滿足l1⊥l2,l2∥l3, l3⊥l4,則下列結(jié)論一定正確的是　(　　) A.l1⊥l4 B.l1∥l4 C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關(guān)系不確定 【解題提示】由于l2∥l3,所以l1與l4的位置關(guān)系可以通過同垂直于一條直線的兩條直線加以判斷. 【解析】選D.因?yàn)閘2∥l3,所以l1⊥l2,l3⊥l4實(shí)質(zhì)上就是l1與l4同垂直于一條直線,

3、所以l1⊥l4,l1∥l4,l1與l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是一定成立,故l1與l4的位置關(guān)系不確定. 二、解答題 3. (xx·湖北高考文科·T13)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點(diǎn).求證: (1)直線BC1∥平面EFPQ. (2)直線AC1⊥平面PQMN. 【解題指南】(1)通過證明FP∥AD1,得到BC1∥FP,根據(jù)線面平行的判定定理即可得證. (2)證明BD⊥平面ACC1,得出BD⊥AC1,進(jìn)而得MN⊥AC1,同理可證PN⊥AC1,根據(jù)線面垂直的判定定理即可得出直

4、線AC1⊥平面PQMN. 【解析】(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1∥BC1, 因?yàn)镕,P分別是AD,DD1的中點(diǎn),所以FP∥AD1. 從而BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ, 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)連接AC,BD,則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?yàn)镸,N分別是A1B1,A1D1的中點(diǎn), 所以MN∥BD,從而MN⊥AC1. 同理可證PN⊥AC1. 又

5、PN∩MN=N,所以直線AC1⊥平面PQMN. 4. （xx·湖南高考文科·Ｔ18）（本小題滿分12分） 如圖3，已知二面角的大小為，菱形在面內(nèi)，兩點(diǎn)在棱上，，是的中點(diǎn)，面，垂足為. （1） 證明：平面； （2）求異面直線與所成角的余弦值. 【解題提示】（1）利用線面垂直的判定定理證明；（2）根據(jù)二面角的平面角的定義，及線線角的定義解。 【解析】(1)如圖， 因?yàn)?所以 連接，由題設(shè)知，是正三角形,又E是AB的中點(diǎn)，所以, 面,故. (2)因?yàn)樗訠C與OD所成的角等于AD與OD所成的角， 即是BC與OD所成的角。 由（1）知，，所以又,于是是二面角的平面角，從而

6、 不妨設(shè),則,易知 在中， 連接AO，在中， 故異面直線BC與OD所成角的余弦值為 5.(xx·廣東高考文科·T18)(13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如圖2折疊,折痕EF∥DC,其中點(diǎn)E,F分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點(diǎn)P疊在線段AD上的點(diǎn)記為M,并且MF⊥CF. (1)證明:CF⊥平面MDF. (2)求三棱錐MCDE的體積. 【解題提示】(1)可利用PD⊥平面ABCD,證明MD⊥平面CDEF. (2)只需求高M(jìn)D及△CDE的面積,即可求得結(jié)論. 【解析】(1)因?yàn)镻D⊥平面ABCD, 所以PD⊥MD.

7、 在矩形ABCD中MD⊥CD,又PD∩CD=D. 所以MD⊥平面CDEF,所以MD⊥CF. 又因?yàn)镸F⊥CF, 所以CF與相交直線MD和MF都垂直, 故CF⊥平面MDF. (2)在△CDP中,CD=AB=1,PC=2, 則PD=,∠PCD=60°; CF⊥平面MDF, 則CF⊥DF,CF=,DF=. 因?yàn)镋F//DC, 所以=,DE=,PE==ME, S△CDE=CD·DE=. 由勾股定理可得MD==, 所以VM􀆼CDE=MD·S△CDE=. 6.（xx·福建高考文科·Ｔ19）．（本小題滿分12分） 如圖，三棱錐中，. （1） 求證：平

8、面； （2） 若，為中點(diǎn)，求三棱錐的體積. 【解題指南】（1）利用線面平行的判定定理證明．（2）分別求出的面積和高CD，繼而求出體積．或利用VA-MBC =VA-BCD -VM-BCD求解． 【解析】（1）∵平面BCD，平面BCD，∴. 又∵，，平面ABD，平面ABD， ∴平面. （2）由平面BCD，得. ∵，∴. ∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)， ∴. 由（1）知，平面ABD， ∴三棱錐C-ABM的高， 因此三棱錐的體積 . 解法二： （1）同方法一. （2）由平面BCD知，平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCD=BD， 如圖，過點(diǎn)M作交BD于點(diǎn)N.

9、 則平面BCD，且， 又， ∴. ∴三棱錐的體積 . 7. （xx·浙江高考文科·Ｔ6）設(shè)是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面（ ） A．若，，則 B．若，，則 C．若，則 D．若，，，則 【解題提示】依據(jù)線、面平行，垂直的條件與性質(zhì)逐一判斷. 【解析】選C.對(duì)A若，，則或或，錯(cuò)誤； 對(duì)Ｂ若，，則或或，錯(cuò)誤； 對(duì)Ｃ若，則，正確； 對(duì)Ｄ若，，，則或或，錯(cuò)誤； 8. （xx·浙江高考文科·Ｔ20）20、如圖，在四棱錐A—BCDE中，平面平面；，，，. （1）證明：平面； （2）求直線與平面ABC所成的角的正切值. 【解析】（1）連結(jié)BD，在直角梯

10、形BCDE中，，CD=2 所以BD=BC= 由，AB=2，得，所以 又平面平面，所以平面 (2) 過點(diǎn)E作EM⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接AM． 又平面ABC⊥平面BCDE，所以EM⊥平面ACB． 所以∠EAM是直線AE與平面ABC所成的角． 在Rt△BEM中，EB=1，∠EBM=45°． 所以. 在Rt△ACM中，． 在Rt△AEM中，． 9、（xx·浙江高考理科·Ｔ20）（本題滿分15分）如圖，在四棱錐中，平面平面. （1） 證明：平面; （2） 求二面角的大小. 【解析】（1）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得 BD=BC=,

11、由AC=，AB=2，得，所以 又平面ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE 所以ACDE，又DEDC，從而DE平面ACD. （2）方法一： 作BFAD，交AD于F，過點(diǎn)F作FGDE，交AE于點(diǎn)G，連結(jié)BG 由（1）知，DEAD，而FGAD，所以是二面角的平面角 在直角梯形BCDE中，由，得 又平面ABC平面BCDE，從而BDAB 由于平面BCDE，得BD平面BCDE，得ACCD 在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD= 在Rt△AED中，由DE=1，AD=，得AE= 在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=，得BF=，AF=AD，從而GF= 在△ABE，△A

12、BG中，利用余弦定理分別可得，BG= 在△BFG中， 所以，，即二面角的大小是 方法二： 以D為原點(diǎn)，分別以射線DE，DC為軸，軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下： ，， 設(shè)平面ADE的法向量為，平面ABD的法向量為 可算得，, 由即可取 由即可取 所以 由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角的大小是. 10. （xx·遼寧高考理科·Ｔ19）（本小題滿分12分） 如圖，和所在平面互相垂直，且，，E、F分別為AC、DC的中點(diǎn). （Ⅰ）求證：； （Ⅱ）求二面角的正弦值. 【解析】（Ⅰ）如圖，以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面DBC內(nèi)過B作

13、垂直BC的直線為軸，BC所在的直線為軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則，從而.所以 因此, （Ⅱ）平面BFC的一個(gè)法向量為，設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量為 又,則由得 令得，所以 設(shè)二面角的大小為，則 所以，即所求二面角的正弦值. 11. （xx·遼寧高考文科·Ｔ19）（本小題滿分12分） 如圖， 和所在平面互相垂直， 且，， 分別為錯(cuò)誤！未找到引用源。的中點(diǎn). （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求三棱錐的體積. 附：錐體的體積公式，其中為底面面積，為高. 【解析】（Ⅰ）由已知得，≌,因此. 又為AD的中點(diǎn)，則； 同理，.因

14、此平面. 由題意，為的中位線，所以∥； 所以平面. （Ⅱ）在平面ABC內(nèi)作，交CB的延長(zhǎng)線于, 由于平面平面，平面平面， 所以平面. 又為AD的中點(diǎn)，因此到平面的距離是. 在中，， 所以 12. （xx·山東高考文科·Ｔ18） 如圖，四棱錐中，,分別為線段的中點(diǎn). （Ⅰ）求證： （Ⅱ）求證： 【解題指南】（Ⅰ）本題考查線面平行的證法，可利用線線平行，來證明線面平行； (Ⅱ)本題考查了線面垂直的判定，在平面PAC中找兩條相交直線與BE垂直即可. 【解析】（Ⅰ）連接AC交BE于點(diǎn)O，連接OF，不妨設(shè)AB=BC=1,則AD=2 四邊形ABCE為菱形 又 （Ⅱ

15、） , , 13. (xx·天津高考文科·T17)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,BA=BD=錯(cuò)誤！未找到引用源。,AD=2,PA=PD=錯(cuò)誤！未找到引用源。,E,F分別是棱AD,PC的中點(diǎn). (1)證明:EF∥平面PAB. (2)若二面角P-AD-B為60°, ①證明:平面PBC⊥平面ABCD; ②求直線EF與平面PBC所成角的正弦值. 【解析】(1)如圖,取PB中點(diǎn)M,連接MF,AM. 因?yàn)镕為PC中點(diǎn),故MF∥BC且MF=BC. 由已知有BC∥AD,BC=AD. 又由于E為AD中點(diǎn),因而MF∥AE且MF=AE, 故四邊形AMFE

16、為平行四邊形,所以EF∥AM. 又AM?平面PAB,而EF?平面PAB,所以EF∥平面PAB. (2)①連接PE,BE,因?yàn)镻A=PD,BA=BD,而E為AD中點(diǎn),故PE⊥AD,BE⊥AD. 所以∠PEB為二面角P-AD-B的平面角.在△PAD中,由PA=PD=,AD=2,可解得PE=2,在 △ABD中,由BA=BD=,AD=2,可解得BE=1. 在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60°, 由余弦定理,可解得PB=, 從而∠PBE=90°,即BE⊥PB. 又BC∥AD,BE⊥AD,從而BE⊥BC, 因此BE⊥平面PBC, 又BE?平面ABCD,所以平面PBC⊥平面

17、ABCD. ②連接BF.由①知,BE⊥平面PBC, 所以∠EFB為直線EF與平面PBC所成的角, 由PB=及已知,得∠ABP為直角. 而MB=PB=,可得AM=, 故EF=.又BE=1,故在Rt△EBF中, sin∠EFB==. 所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為. 14.（xx·安徽高考文科·Ｔ19）如圖，四棱錐的底面邊長(zhǎng)為8的正方形，四條側(cè)棱長(zhǎng)均為.點(diǎn)分別是棱上共面的四點(diǎn)，平面平面，平面. (1) 證明： (2) 若，求四邊形的面積. 【解題提示】（1）由線面平行得出BC平行于線線EF、GH； （2）設(shè)BD相交EF于點(diǎn)K，則K為OB的中點(diǎn)，由面面垂直得

18、出，再由梯形面積公式計(jì)算求解。 【解析】（1）因?yàn)锽C//平面GEFH,BC平面PBC，，且平面PBC平面GEFH=GH，所以GH//BC,同理可證EF//BC，因此GH//EF。 （2）連接AC,BD交于點(diǎn)O，BD交EF于點(diǎn)K，連接OP,GK,因?yàn)镻A=PC,O是AC的中點(diǎn)，所以,同理可得,又，且AC,BD都在底面內(nèi)，所以底面ABCD，又因?yàn)槠矫鍳EFH平面ABCD,且平面GEFH,所以PO//平面GEFH，因?yàn)槠矫鍼BD平面GEFH=GK,所以PO//GK,且GK底面ABCD,從而,所以GK是梯形GEFH的高，由AB=8，EB=2得EB：AB=KB:DB=1:4,從而,即K是OB的中點(diǎn)

19、。再由PO//GK得，即G是PB的中點(diǎn)，且，由已知可得，所以GK=3，故四邊形GEFH的面積 15、（xx·安徽高考理科·Ｔ20）如圖，四棱柱中，底面.四邊形為梯形，,且.過三點(diǎn)的平面記為，與的交點(diǎn)為. （1） 證明：為的中點(diǎn)； （2） 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比； （3） 若，，梯形的面積為6，求平面與底面所成二面角大小. 【解題提示】 （1）由及得； （2）將問題轉(zhuǎn)化為求出特殊幾何體的體積，即+，，從而得出結(jié)果； （3）利用平面ABCD，作證明為平面與底面ABCD所成二面角的平面角，解求得。 【解析】（1）因?yàn)樗云矫鍽BC//平面A1AD，從而平面

20、A1CD與這兩個(gè)平面的交線相互平行，即QC//A1D，故的對(duì)邊相互平行，于是，所以,即Q為BB1的中點(diǎn)。 （2）如圖所示，連接QA,QD,設(shè)AA1=h,梯形ABCD的高位d,四棱柱被平面分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC=a,則AD=2a， ，， 所以+，又， 所以。 所以。 （3）如上圖所示，在中，作,垂足為E，連接A1E，又，所以,于是，所以為平面與底面ABCD所成二面角的平面角。因?yàn)锽C//AD,AD=2BC,所以,又因?yàn)樘菪蜛BCD的面積為6，DC=2，所以，于是，故所求二面角的大小。 16. （xx·四川高考文科·Ｔ18）在如圖所示的多面體中，四邊形和都為矩

21、形． （1）若，證明：直線平面； （2）設(shè)，分別是線段，的中點(diǎn)，在線段上是否存在一點(diǎn)，使直線平面？請(qǐng)證明你的結(jié)論. 【解題提示】本題主要考查空間線面平行和垂直的判斷與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查空間想象能力、推理論證能力. 【解析】（1）因?yàn)樗倪呅魏投际蔷匦?，所? 因?yàn)闉槠矫鎯?nèi)兩條相交直線，所以平面. 因?yàn)橹本€平面，所以. 又由已知，，，為平面內(nèi)兩條相交直線， 所以平面. （2）取線段的中點(diǎn)，連接.設(shè)為的交點(diǎn). 由已知，為的中點(diǎn)，連接,則分別為為的中位線， 所以∥,∥,因此∥， 連接,從而四邊形為平行四邊形，則. 因?yàn)橹本€平面,平面,所以直線∥平面. 即線段上存在一點(diǎn)(線段的中點(diǎn))，使直線平面.