新版高考數(shù)學備考復習 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)

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2、 1 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 一、選擇題 1.(20xx·新課標全國Ⅱ高考理科·T4)已知m,n為異面直線,m⊥平面α,n⊥平面β.直線l滿足l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,則　(　　) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α與β相交,且交線垂直于l D.α與β相交,且交線平行于l 【解題指南】結(jié)合已知的線面關(guān)系,畫出圖形,分析推斷得正確結(jié)論. 【解

3、析】選D 因為m,n為異面直線,所以過空間內(nèi)一點P,作,則,即垂直于與確定的平面,又平面,平面,所以平面,平面,所以平面既垂直平面,又垂直平面,所以與相交,且交線垂直于平面,故交線平行于,選D. 2.(20xx·浙江高考文科·T4)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面　(　　) A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m∥α,m∥β,則α∥β C.若m∥n,m⊥α,則n⊥α D.若m∥α,α⊥β,則m⊥β 【解題指南】根據(jù)線、面平行、垂直的定義與性質(zhì)判斷. 【解析】選C. A選項中m與n還有可能相交或異面;B選項中α與β還有可能相交;D選項中m與β還有可能平行或

4、m?β. 3. （20xx·山東高考理科·Ｔ4）已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直,體積為 ,底面積是邊長為的正三角形，若P為底面A1B1C1的中心,則PA與平面ABC所成角的大小為 ( )? 　A. B. C. D. 【解題指南】本題考查直線與平面所成的角，注意線面角的做法：垂-連-證-求. 【解析】選 B. 取正三角形ABC的中心，連結(jié),則是PA與平面ABC所成的角. 因為底面邊長為，所以,.三棱柱的體積為,解得，即,所以，即. 4. （20xx·大綱版全國卷高考文科·Ｔ11）與（20xx·大綱版全國卷高考理科

5、·Ｔ10）相同 已知正四棱柱的正弦值等于（ ） A. B. C. D. 【解題指南】利用體積相等法求出三棱錐的高為即可確定與平面所成角的正弦值. 【解析】選A.如圖，設(shè)，則，三棱錐的高為，與平面所成的角為. 因為，即，解得.所以. 5.(20xx·浙江高考理科·T10)在空間中,過點A作平面π的垂線,垂足為B,記B=fπ(A).設(shè)α,β是兩個不同的平面,對空間任意一點P,Q1=fβ[fα(P)],Q2=fα[fβ(P)],恒有PQ1=PQ2,則　(　　) A.平面α與平面β垂直 B.平面α與平面β所成的(銳)二面角為45° C.平面

6、α與平面β平行 D.平面α與平面β所成的(銳)二面角為60° 【解題指南】充分理解題意,依據(jù)立體幾何中的面面之間的位置關(guān)系判斷. 【解析】選A.由于P是空間任意一點,不妨設(shè)P∈α,如圖所示, 則Q1=fβ[fα(P)]=fβ(P),Q2=fα[fβ(P)]=fα(Q1),又PQ1=PQ2,顯然B,C,D不滿足,故選A. 二、解答題 6. （20xx·重慶高考文科·Ｔ19）如圖，四棱錐中，⊥底面，，， ． （Ⅰ）求證：⊥平面； （Ⅱ）若側(cè)棱上的點滿足，求三棱錐的體積． 【解題指南】直接利用線面垂直的判定定理證明⊥平面,通過轉(zhuǎn)化可求解三棱錐的體積. 【解析】（Ⅰ）證明:

7、因,即為等腰三角形,又,故.因為⊥底面，所以.從而與平面內(nèi)兩條相交直線都垂直,所以⊥平面. （Ⅱ）三棱錐的底面的面積 由⊥底面，得 由,得三棱錐的高為,故 所以 7.（20xx·廣東高考文科·Ｔ18）如圖①，在邊長為1的等邊中，分別是邊上的點，，是的中點，與交于點，將沿折起，得到如圖②所示的三棱錐，其中． ① ② (1) 證明：//平面； (2) 證明：平面； (3) 當時，求三棱錐的體積． 【解題指南】本題以折疊問題為背景，考查線面平行與垂直的證明及空間幾何體體積的求法，對

8、于立體幾何中的折疊問題要注意折疊前后變與不變量. 【解析】（1）在等邊中，，所以, 在折疊后的三棱錐中也成立，所以. 因為平面，平面，所以平面； （2）在等邊中，是的中點，所以①，. 因為在三棱錐中，，所以② 因為，所以平面； （3）由（1）可知，結(jié)合（2）可得平面. . 8. （20xx·遼寧高考文科·Ｔ18）如圖， 是圓的直徑，垂直圓所在的平面，是圓上的點. 求證：平面平面; 設(shè)為的中點, 為的重心,求證: ∥平面. 【解題指南】利用條件證明線線垂直，進而證明線面垂直；借助線線平行去證明線面平行,再由面面平行的性質(zhì)得到線面平行。 【證明】由是圓的直徑，得；

9、由垂直于圓所在的平面，得平面;又平面，得； 又 所以 連接并延長交于, 連接 由為的重心,知為的中點， 由為的中點,則∥, 又因為平面,平面 所以∥平面 又由為的中點,則∥，同理可證，∥平面 因為,平面,平面,[來源:Z,xx,k.Com] 所以，據(jù)面面平行的判定定理，平面∥平面 又平面,故∥平面. 9. （20xx·大綱版全國卷高考文科·Ｔ19） 如圖，四棱錐都是邊長為的等邊三角形. （I）證明： （II）求點 【解析】（I）取的中點，連結(jié)，則四邊形為正方形. 過作平面，垂足為. 連結(jié)，，，. 由和都是等邊三角形知, 所以，即點為正方形對角線

10、的交點， 故，從而. 因為是的中點，是的中點，所以∥， 因此. （II）取的中點,連結(jié),則∥. 由（I）知，,故. 又,, 故為等腰三角形，因此. 又，所以平面. 因為∥，平面,平面,所以∥平面. 因此到平面的距離就是到平面的距離，而, 所以到平面的距離為1. 10. （20xx·四川高考文科·Ｔ19） 如圖，在三棱柱中，側(cè)棱底面，，，分別是線段的中點，是線段上異于端點的點。 （1）在平面內(nèi)，試作出過點與平面平行的直線，說明理由，并證明直線平面； （2）設(shè)（1）中的直線交于點，求三棱錐的體積。（錐體體積公式：，其中為底面面積，為高） 【解題指南】本題第（1）問

11、求解時要首先明確證明直線與平面垂直的定理需要滿足的條件，在第（2）問的求解過程中要注意等體積法的轉(zhuǎn)化. 【解析】（1）如圖, 在平面ABC內(nèi),過點P作直線l∥BC,因為l在平面A1BC外,BC在平面A1BC內(nèi),由直線與平面平行的判定定理可知,l∥平面A1BC.由已知,AB=AC,D是BC的中點,所以,BC⊥AD,則直線l⊥AD. 因為AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥直線l. 又因為AD,AA1在平面ADD1A1內(nèi),且AD與AA1相交, 所以直線l⊥平面ADD1A1. (2)過D作DE⊥AC于E. 因為AA1⊥平面ABC,所以DE⊥AA1, 又因為AC,AA1在平面AA1C1

12、C內(nèi),且AC與AA1相交, 所以DE⊥平面AA1C1C. 由AB=AC=2,∠BAC=120°,有AD=1,∠DAC=60°, 所以在中，, 又, 所以 因此三棱錐的體積是 11. (20xx·天津高考文科·T17)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABC,且各棱長均相等.D,E,F分別為棱AB,BC,A1C1的中點. (1)證明EF∥平面A1CD. (2)證明平面A1CD⊥平面A1ABB1. (3)求直線BC與平面A1CD所成角的正弦值. 【解題指南】(1)連接ED,通過證明四邊形A1DEF為平行四邊形,得出EF∥A1D,以證明EF∥平面A1CD

13、. (2)由側(cè)棱A1A⊥底面ABC證明A1A⊥CD,再由三角形ABC為等邊三角形得出CD⊥AB,以證明CD⊥平面A1ABB1,進而證明平面A1CD⊥平面A1ABB1. (3)根據(jù)(2)的結(jié)論,過點B作A1D的垂線,以作出直線BC與平面A1CD所成角,化歸到直角三角形中求解. 【解析】（1）如圖, 在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC∥A1C1,且AC=A1C1,連接ED,在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點,所以DE=AC且DE∥AC,又因為F為A1C1的中點,可得A1F=DE,且A1F∥DE,即四邊形A1DEF為平行四邊形,所以EF∥DA1,又EF?平面A1CD,DA

14、1?平面A1CD,所以EF∥平面A1CD. (2)由于△ABC是正三角形,D為AB的中點,故CD⊥AB,又由于側(cè)棱A1A⊥底面ABC,CD?平面ABC,所以A1A⊥CD,又A1A∩AB=A,因此CD⊥平面A1ABB1,而CD?平面A1CD,所以平面A1CD⊥平面A1ABB1. (3)在平面A1ABB1內(nèi),過點B作BG⊥A1D交直線A1D于點G,連接CG.由于平面A1CD⊥平面A1ABB1,而直線A1D是平面A1CD與平面A1ABB1的交線,故BG⊥平面A1CD,由此得∠BCG為直線BC與平面A1CD所成的角. 設(shè)棱長為a,可得A1D=,由△A1AD∽△BGD,易得BG=,在Rt△BGC中

15、, 所以直線BC與平面A1CD所成角的正弦值為.[來源:Z&xx&k.Com] 12.(20xx·浙江高考文科·T20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA=3,∠ABC=120°,G為線段PC上的點. (1)證明:BD⊥面PAC. (2)若G為PC的中點,求DG與平面PAC所成的角的正切值. (3)若G滿足PC⊥平面BGD,求PGGC的值. 【解題指南】(1)證明線面垂直可以根據(jù)定義證明; (2)首先要找出DG與平面PAC所成的角,再在三角形中去解決; (3)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)求解. 【解析】(1)設(shè)點O為AC,BD的交點

16、, 由AB=BC,AD=CD,得BD是線段AC的中垂線. 所以O(shè)為AC的中點,BD⊥AC. 又因為PA⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以PA⊥BD, 所以BD⊥平面APC. (2)連結(jié)OG,由(1)可知OD⊥平面APC, 則DG在平面APC內(nèi)的射影為OG, 所以∠OGD是DG與平面APC所成的角. 由題意得 在△ABC中， 所以 在Rt△OCD中， 在Rt△OGD中， 所以與平面所成角的正切值為. (3)連結(jié)OG.因為PC⊥平面BGD,OG?平面BGD, 所以PC⊥OG, 在Rt△PAC中，得， 所以，從而， 所以 13.(20xx·江蘇高考

17、數(shù)學科·T16) 如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB,過A作AF⊥SB,垂足為F,點E,G分別是棱SA,SC的中點. 求證:(1)平面EFG∥平面ABC. (2)BC⊥SA. 【解題指南】(1)利用面面平行的判定定理證明.(2)先證線面垂直再證線線垂直. 【證明】(1)因為AS=AB,AF⊥SB,垂足為F,所以F是SB的中點.又因為E是SA的中點,所以EF∥AB. 因為EF?平面ABC,AB?平面ABC, 所以EF∥平面ABC. 同理EG∥平面ABC. 又因為EF∩EG=E, 所以平面EFG∥平面ABC. (2)因為平面SAB⊥平

18、面SBC,且交線為SB,又因為AF?平面SAB,AF⊥SB, 所以AF⊥平面SBC,因為BC?平面SBC, 所以AF⊥BC. 又因為AB⊥BC,AF∩AB=A,AF?平面SAB,AB?平面SAB,所以BC⊥平面SAB. 又因為SA?平面SAB,所以BC⊥SA. 14.（20xx·湖南高考文科·Ｔ17）如圖.在直菱柱ABC-A1B1C1中， ∠BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中點，點E在棱BB1上運動。 （I） 證明：AD⊥C1E； （II） 當異面直線AC，C1E 所成的角為60°時，求三棱錐C1-A2B1E的體積 【解題指南】證明兩異面直線垂直，一

19、般是先轉(zhuǎn)化成線面垂直，后再證線線垂直。求三棱錐的體積關(guān)鍵是確定高和的長度 【解析】（I）證明：因為AB=AC，D是BC的中點，所以 ① 又在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，， 而， 所以 ② 由①②可得,因為點E在棱BB1上運動。 得, 所以AD⊥C1E。 (II)因為,所以是異面直線所成的角，所以，因為,所以, 又,從而,于是 故，又，所以 從而 15.（20xx·江西高考文科·Ｔ19）如圖，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD=，AA1=3，E為CD上一點，DE=1，EC=3.

20、 (1)證明：BE⊥平面BB1C1C; (2)求點B1 到平面EA1C1 的距離. 【解題指南】（1）利用線面垂直的判定定理證明線面垂直，必須先證兩個線線垂直，本題中易得，只需借助長度關(guān)系證另一條即可；（2）三棱錐的點面距常利用等體積法. 【解析】(1)證明：過點B作CD的垂線交CD于點F，則BF=AD=,EF=AB-DE=1，F(xiàn)C=2.在BFE中，BE=,在CFB中，BC=.在中，因為, 所以,又由平面ABCD得,又BB1∩BC=B,故BE⊥平面BB1C1C. (2) .在中， 同理，則. 設(shè)點到平面的距離為d，則三棱錐B1-EA1C1的體積為從而. 16.（20x

21、x·安徽高考理科·Ｔ19）如圖，圓錐頂點為。底面圓心為O，其母線與底面所成的角為22.5°.和是底面圓上的兩條平行的弦，軸與平面所成的角為60°， （1）證明：平面與平面的交線平行于底面； （2）求。 【解題指南】（1）證明平面PAB與平面PCD的交線平行于底面上的直線AB；（2）取CD的中點F，得到為OP與面PCD所成的角，在中，求出，即可得出。 【解析】（1）設(shè)平面PAB與平面PCD的交線為，因為AB//CD,AB不在面PCD內(nèi)，所以AB//面PCD,又因為，面PAB與面PCD的交線為，所以AB//，由直線AB在底面上而在底面外可知，與底面平行。 （2）設(shè)CD的中點為F，連接

22、OF,PF,由圓的性質(zhì)，，因為所以,又，因此,從而直線OP在面PCD上的射影為直線PF，故為OP與面PCD所成的角，由題設(shè)知，，設(shè)OP=h， 則，根據(jù)題設(shè)有，得，由，可解得。因此，在 =，故= . 17.（20xx·安徽高考文科·Ｔ18） 如圖，四棱錐P-ABCD 的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=600。已知PB=PD=2，PA= . （1）證明：PC⊥BD （2）若E為PA的中點，求三菱錐P-BCE的體積。 【解題指南】 （1）通過證明BD⊥平面APC得PC⊥BD；（2）轉(zhuǎn)化為求解。 【解析】（1）連接AC,交BD于O點,連接PO,因為底面ABCD是菱形,所

23、以AC⊥BD,BO=DO,由PB=PD知,PO⊥BD,再由PO∩AC=O,知BD⊥平面APC,又PC?平面APC,因此PC⊥BD. （Ⅱ）因為E是PA的中點，所以,由PB=PD=AB=AD=2知，,因為， 所以PO=AO=,,又 =3， 由（1）知，因此, 18.（20xx·北京高考文科·Ｔ17）如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分別是CD和PC的中點，求證： （Ⅰ）PA⊥底面ABCD; （Ⅱ）BE∥平面PAD （Ⅲ）平面BEF⊥平面PCD. P A B C D E F 【解析

24、】(1)因為面PAD⊥面ABCD,交線為AD,PA⊥AD,所以PA⊥面ABCD. (2)因為AB∥CD,E為CD中點,CD=2AB,所以AB∥DE且AB=DE, 所以四邊形ABED為平行四邊形,所以BE∥AD. 又因為AD?面PAD,BE?面PAD,所以BE∥面PAD. (3)因為BA⊥平面PAD,而平面PAD⊥平面ABCD,交線AD, 所以BA⊥平面PAD, 因為AB∥CD,所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PD且CD⊥AD, 又因為在平面PCD中,EF∥PD(三角形的中位線),于是CD⊥FE. 因為在平面ABCD中,由(2),BE∥AD,于是CD⊥BE. 因為FE∩BE=E

25、,FE?平面BEF,BE?平面BEF,所以CD⊥平面BEF, 又因為CD?平面PCD,所以平面BEF⊥平面PCD. 19. （20xx·山東高考文科·Ｔ19）　如圖，四棱錐中，,,分別為的中點 (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，也可利用面面平行，來證明線面平行；(Ⅱ)本題考查了面面垂直的判定，在平面EMN中找一個直線MN平面EFG即可. 【解析】(I)方法一：取PA的中點H,連接EH,DH. 因為E為PB的中點，所以EH//AB,EH= AB. 又AB//CD,CD=AB,所以EH//CD,EH=CD. 因此四邊形DC

26、EH是平行四邊形. 所以CE//DH.又DH 平面PAD ,CE 平面PAD, 因此CE //平面PAD . 方法二： 連接CF.因為F為AB 的中點， 所以AF=AB.又CD =AB,所以AF=CD. 又AF//CD ，所以四邊形AFCD為平面四邊形.因此CF //AD. 又CF 平面PAD,所以CF//平面PAD. 因為E,F分別為PB,AB的中點，所以EF//PA.又EF 平面 PAD， 所以EF //平面 PAD.因為CF EF=F,故平面CEF//平面 PAD. 又CE平面 CEF ，所以CE//平面PAD. （II）證明：因為 E,F 分別為PB,AB的中點，

27、 所以EF//PA.又ABPA . 所以ABEF . 同理可證ABFG. 又 EFFG=F,EF平面EFG ,FG平面 EFG, 因此AB平面EFG, 又 M,N分別為 PD,PC 的中點， 所以MN//CD .又 AB//CD， 所以 MN//AB, 因此MN平面 EFG,又MN平面EMN, 所以平面EFG平面EMN. 20. （20xx·湖北高考文科·T20）如圖，某地質(zhì)隊自水平地面A，B，C三處垂直向地下鉆探，自A點向下鉆到A1處發(fā)現(xiàn)礦藏，再繼續(xù)下鉆到A2處后下面已無礦，從而得到在A處正下方的礦層厚度為．同樣可得在B，C處正下方的礦層厚度分別為，，且. 過，的

28、中點，且與直線平行的平面截多面體所得的截面為該多面體的一個中截面，其面積記為． （Ⅰ）證明：中截面是梯形； 第20題圖 （Ⅱ）在△ABC中，記，BC邊上的高為，面積為. 在估測三角形區(qū)域內(nèi)正下方的礦藏儲量（即多面體的體積）時，可用近似公式來估算. 已知，試判斷與V的大小關(guān)系，并加以證明. [來源:Z.xx.k.Com] 【解題指南】（Ⅰ）利用線面平行證明四邊形中，DE∥GF，利用中位線證明GD≠EF；（Ⅱ）用a，h和表示出與V，作差比較大小。 【解析】（Ⅰ）依題意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面ABC， 所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又

29、A1A2=d1，B1B2=d2, C1C2=d3,且d1