高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 8.5 直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 文

高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 8.5 直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 文 考點(diǎn)　直線、平面垂直的判定和性質(zhì) 1.(xx浙江,6,5分)設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面.(　　) A.若m⊥n,n∥α,則m⊥α B.若m∥β,β⊥α,則m⊥α C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α 答案　C　 2.(xx課標(biāo)Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,B1C的中點(diǎn)為O,且AO⊥平面BB1C1C. (1)證明:B1C⊥AB; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高. 解析　 (1)連結(jié)BC1,則O為B1C與BC1的交點(diǎn).因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO,故B1C⊥AB. (2)作OD⊥BC,垂足為D,連結(jié)AD.作OH⊥AD,垂足為H. 由于BC⊥AO,BC⊥OD,故BC⊥平面AOD,所以O(shè)H⊥BC. 又OH⊥AD,所以O(shè)H⊥平面ABC. 因?yàn)椤螩BB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又BC=1,可得OD=. 由于AC⊥AB1,所以O(shè)A=B1C=. 由OH·AD=OD·OA,且AD==, 得OH=. 又O為B1C的中點(diǎn),所以點(diǎn)B1到平面ABC的距離為. 故三棱柱ABC-A1B1C1的高為. 3.(xx遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點(diǎn). (1)求證:EF⊥平面BCG; (2)求三棱錐D-BCG的體積. 附:錐體的體積公式V=Sh,其中S為底面面積,h為高. 解析　(1)證明:由已知得△ABC≌△DBC. 因此AC=DC. 又G為AD的中點(diǎn),所以CG⊥AD. 同理BG⊥AD,因此AD⊥平面BGC. 又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG. (2)在平面ABC內(nèi),作AO⊥CB,交CB延長(zhǎng)線于O, 由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC. 又G為AD中點(diǎn),因此G到平面BDC的距離h是AO長(zhǎng)度的一半. 在△AOB中,AO=AB·sin 60°=,所以VD-BCG=VG-BCD=·S△DBC·h=×BD·BC·sin 120°·=. 4.(xx重慶,20,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M為BC上一點(diǎn),且BM=. (1)證明:BC⊥平面POM; (2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積. 解析　(1)證明:如圖,連結(jié)OB,因?yàn)锳BCD為菱形,O為菱形的中心,所以AO⊥OB. 因?yàn)椤螧AD=,所以O(shè)B=AB·sin∠OAB=2sin=1, 又因?yàn)锽M=,且∠OBM=,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=. 所以O(shè)B2=OM2+BM2,故OM⊥BM. 又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC. 從而B(niǎo)C與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM. (2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos=. 設(shè)PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形, 故PA2=PO2+OA2=a2+3. 又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+. 連結(jié)AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=. 由于MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=. 此時(shí)S四邊形ABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=. 所以VP-ABMO=·S四邊形ABMO·PO=××=. 5.(xx湖北,20,13分)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. 證明　(1)連結(jié)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B(niǎo)C1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ, 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)如圖,連結(jié)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PN∩MN=N,所以直線AC1⊥平面PQMN.