解密新高考数学人教A版一轮总复习作业8.5直线、平面垂直的判定及其性质(含答案详析)

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2020届高三理数一轮讲义：8.5-直线、平面垂直的判定及其性质(含答案)

知识梳理两直线垂直于同一个平面，
1.判断下列结论正误
表示两条不同的直线，
考点一线面垂直的判定与性质
2MB，求点C到平面
，O为AC的中点，
⊥平面POM.
的距离.
＝2
3BC＝
42
3，∠ACB
上的一点，若三棱锥E－ABC的体积为
；
－BCD的体积为
SAD，可得BD⊥SD
多维探究PCD；
AD的中点，
，使得AC⊥BM，若存在点
，所以MN⊥AC.
⊥平面MBN.
所成角的余弦值；
PDC，
的正切值.
PD2＝25，∴PA＝5. [思维升华]
证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件
基础巩固题组
如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG
中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D
不垂直，满足题意，故选D.
B.直线AB上D.△ABC内部
，所以PC垂直于直线
AB⊥平面PAC，又因为
BD，因为PA⊥
PAC，所以BD⊥PC
C1D1中，AB＝BC
________.
AC1与平面A1B1
AC＝22，
的中点，求证：BD⊥平面AOF.
G，连接FG，AG
是梯形CDPE的中位线，
；
PB上是否存在点F
C，所以DC⊥平面
AC，所以AB⊥AC
B.AH⊥平面EFH
D.HG⊥平面AEF AH⊥HE，AH⊥HF不变，又HE
C.4
上的射影为E，连接D1E
C1DF，
ADC；
与其在平面ABD内的正投影所成角的正切值为。

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质(精讲)-2021年新高考数学一轮复习学与练(解析版)

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质【考纲要求】1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义，掌握公理、判定定理和性质定理；2. 掌握公理、判定定理和性质定理.【知识清单】知识点1．直线与平面垂直的判定与性质定义：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．定理：⎭⎪⎬⎪⎫a αb αl ⊥a l ⊥ba ∩b ＝A ⇒l ⊥α知识点2．平面与平面垂直的判定与性质定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．定理：⎭⎪⎬⎪⎫AB βAB ⊥α⇒β⊥α⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNAB βAB ⊥MN⇒AB ⊥α 知识点3．线面、面面垂直的综合应用 1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法 ①定义法．②利用判定定理：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．③推论：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．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．②垂直于同一个平面的两条直线平行．③垂直于同一直线的两平面平行．2．斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法②利用判定定理：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．(2)平面与平面垂直的性质如果两平面互相垂直，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．【考点梳理】考点一：直线与平面垂直的判定与性质【典例1】（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，点E、F分别是AB和PC的中点．(1)求证：AB⊥平面P AD；(2)求证：EF//平面P AD．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）∵侧棱P A垂直于底面，∴P A⊥AB．又底面ABCD是矩形，∴AD⊥AB，这样，AB垂直于平面P AD内的两条相交直线，∴AB⊥平面P AD．（2）取CD的中点G，∵E、F分别是AB、PC的中点，∴FG是三角形CPD的中位线，∴FG∥PD，FG∥面P AD．∵底面ABCD是矩形，∴EG∥AD，EG∥平面P AD．故平面EFG ∥平面P AD ，∴EF ∥平面P AD ．【典例2】（2019·甘肃高三期末（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC ==，AB =，11B C =，1B C ⊥平面ABC .（1）证明：AC ⊥平面11BCC B ；（2）求点C 到平面11ABB A 的距离.【答案】（1）见解析；（2【解析】（1）证明：因为1B C ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1B C AC ⊥.因为1AC BC ==，AB ，所以AC BC ⊥，又1BC B C ⋂，所以AC ⊥平面11BCC B . （2）设点C 到平面11ABB A 的距离为h ，因为1B C ⊥平面ABC ，所以1B C AC ⊥，1B C BC ⊥.则1AB ，1BB AB =，所以1ABB ∆是等边三角形，故12ABB S ∆==111122C ABB A C ABB B ABC V V V ---==111233ABC B C S ∆=⨯⨯⨯=，11111123323C ABB A ABB A V S h h h -=⋅=⨯⨯⋅=.所以h【规律方法】(1)证明直线和平面垂直的常用方法：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. (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直. 【变式探究】1. （2019·河南南阳中学高三开学考试（文））如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是梯形，AB CD AD AB ⊥，，且24 3.AD CD AB PA PD PC ======，(1)若O 为AC 的中点，证明:PO ⊥平面.ABCD (2)求点C 到平面PAB 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】(1)证明：因为AB CD AD AB ⊥，，AD CD AC ∴⊥=，,又3PA PC ==，O 为AC 的中点PO AC ∴⊥，1PO ==连接OD ，在Rt ACD ∆中，O 为AC 的中点12OD AC ∴== ∵222OD OP PD +=，PO OD ∴⊥又ODAC O =∴PO ⊥平面ABCD(2)解：设点C 到平面PAB 的距离为h ，则12442ABC S ∆=⨯⨯=，PB ==在PAB ∆中，32PA AB PB ==，， ∴9452cos 2323PAB +-∠==⨯⨯.∴1322PAB S ∆=⨯⨯=由C PAB P ABC V V --=44PO =⨯=，解得h =2.（2019·陕西高一期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，2AB =,060BAD ∠=，面PAD ⊥面ABCD ,PAD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点．(1)求证：AD ⊥平面POB ；(2)若E 是PC 的中点，求三棱锥P EDB -的体积．【答案】（1）详见解析（2）12【解析】(1)证：因为O 为等边PAD ∆中边AD 的中点，所以AD PO ⊥,又因为在菱形ABCD 中，060BAD ∠=，所以ABD ∆为等边三角形，O 为AD 的中点，所以AD BO ⊥,而PO BO O =,所以AD ⊥平面POB .(2)解：由(1)知AD PO ⊥，面PAD ⊥面ABCD ,所以PO ⊥底面ABCD ，因为等边PAD ∆的边长为2，所以PO , 易知BCD ∆为边长为2的等边三角形，所以三棱锥P BCD -的体积为：21213P BCD V -==, 因为E 是PC 的中点，所以1122P EDB P BCD V V --==，所以三棱锥P EDB -的体积为12．考点二：平面与平面垂直的判定与性质【典例3】（2020·全国高考真题（文））如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO ，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ，P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==，ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC ≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，22AP AC ==在Rt PAO 中，PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333248P ABC ABC V PO S -=⋅=⨯⨯⨯=△.【典例4】（2020·五华·云南师大附中高三月考（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1A B ⊥平面ABC ，1AB AC ==，12AA =．（1）证明：平面1AA B ⊥平面11AAC C ；（2）求三棱锥111B A BC -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）6.【解析】（1）证明：∵1A B ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴1A B AC ⊥．又∵AB AC ⊥，∵1AB A B B ⋂=， ∴AC ⊥平面1A AB ．又∵AC ⊂平面11A ACC ， ∴平面1AA B ⊥平面11AAC C ．（2）111111111111111332B A BC B A B C A B C V V S A B --==⋅=⨯⨯⨯=△．【规律方法】 1.判定面面垂直的方法 ①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． 2．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．【变式探究】1.在四边形ABCD 中，//,,45AD BC ADAB BCD，90BAD ∠=︒，将ABD ∆沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，如图，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 【答案】D 【解析】在直角梯形ABCD 中，因为ABD ∆为等腰直角三角形，故45ABD ADB ∠=∠=︒，所以45DBC ∠=︒，故CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以CD ⊥平面ABD ，因AB 平面ABD ，所以CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，AD CD D =，所以AB ⊥平面ADC ，因AB平面ABC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .2．（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，BD 是线段AC 的中垂线，BD 与AC 交于点O ，8AC =，2PD =，3OD =，5OB =．（1）证明：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）求点B 到平面PAC 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AC ⊥．又因为BD AC ⊥，BDPD D =，所以AC ⊥平面PBD ．又AC ⊂平面PAC ，所以平面PBD ⊥平面PAC ．（2）因为8AC =，2PD =，3OD =，5OB =，所以由勾股定理得5AD CD ===，AP CP ==所以182PACS =⨯=△11852022ABC S AC OB =⋅=⨯⨯=△．设点B 到平面PAC 的距离为h ．由B PAC P ABC V V --=，得1133PAC ABC S h S PD ⋅=⋅△△，即1141320233h ⨯⨯=⨯⨯，解得101313h =．【总结提升】在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直．转化方法：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：线面、面面垂直的综合应用【典例5】（2020·安徽省舒城中学月考（文））设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：①若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n ；②若α⊥β，m ⊥β，m ⊄α，则m ∥α；③若m ⊥n ，m ⊥α，α∥β，则n ∥β；④若α⊥β，α∩β＝l ，m ∥α，m ⊥l ，则m ⊥β．其中正确的是（） A ．①② B ．②③C ．②④D ．③④【答案】C 【解析】由,m n 是空间两条不同的直线，,αβ是空间两个不同的平面．在①中，若//,//,//m n αβαβ，则m 与n 相交、平行或异面，故①错误；在②中，设,,n n l l ααβ⊂⋂=⊥，因为αβ⊥，所以n β⊥，又m β⊥，所以//m n ，又m α⊄，n ⊂α，所以//m α，故②正确；在③中，若,,//m n m ααβ⊥⊥，则n 与β平行或n β⊂，故③错误；在④中，设,m n γγα⊂⋂=，因为//m α，所以//m n ，又m l ⊥，所以n l ⊥，又因为,,l n αβαβα⊥⋂⊂＝，所以n β⊥，所以m β⊥，故④正确．故选：C ．【典例6】（2020·临猗县临晋中学月考（文））如图，在三棱锥P －ABC 中，P A －AB －P A －BC －AB －BC －P A －AB －BC －2－D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13【解析】（I ）因为PA AB ⊥，PA BC ⊥，所以PA ⊥平面ABC ，又因为BD ⊂平面ABC ，所以PA BD ⊥.（II ）因为AB BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，由（I ）知，PA BD ⊥，所以BD ⊥平面PAC . 所以平面BDE ⊥平面PAC .（III ）因为PA 平面BDE ，平面PAC ⋂平面BDE DE =，所以PA DE .因为D 为AC 的中点，所以112DE PA ==，BD DC ==由（I ）知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面PAC . 所以三棱锥E BCD -的体积1163V BD DC DE =⋅⋅=. 【规律方法】1.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.3.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．4.垂直关系的转化：【变式探究】1.（2019·四川高考模拟（理））如图所示，在RtΔABC中，AB=4，AC=3，BC=5，在BC边上任取一点D，并将ΔABD沿直线AD折起，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后B、C两点间距离的最小值为__________．【答案】√13【解析】如图所示，设∠BAD=θ，则∠CAD=π2−θ,过点C作CE⊥AD于E，过B作BF⊥AD交AD的延长线于点F，所以BF=4sinθ,CE=3sin(π2−θ)=3cosθ,AF=4cosθ,AE=3cos(π2−θ)=3sinθ，所以EF=4cosθ−3sinθ，所以|BC|=√CE2+EF2+BF2=√(3cosθ)2+(4cosθ−3sinθ)2+(4sinθ)2 =√9cos2θ+16cos2θ+9sin2θ−24sinθcosθ+16sin2θ=√25−24sinθcosθ=√25−12sin2θ，当sin2θ=1时，|BC|min=√13.2.（2019·云南高三月考（文））如图，在△ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D ，现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA 1，E 是A 1C 的中点．（1）若P 为AB 的中点，证明：DE ∥平面PBA 1．（2）若平面PDA 1⊥平面PDA ，且DE ⊥平面CBA 1，求四棱锥A 1﹣PBCD 的体积．【答案】（1）详见解析（2）12【解析】（1）证明：令1A B 的中点为F ，连接EF ，PF .因为P 为AB 的中点且//PD BC , 所以PD 是ABC △的中位线，所以//PD BC ,12PD BC =. 因为E 是1AC 的中点,且F 为1A B 的中点,所以EF 是1A BC 的中位线,所以//EF BC ，且12EF BC =，于是有PDEF ,所以四边形PDEF 为平行四边形,所以//DE PF , 又DE ⊄平面1PBA ，PF ⊂平面1PBA 所以有//DE 平面1PBA .（2）解：因为DE ⊥平面1CBA ，所以1DE AC ⊥. 又因为E 是1AC 的中点，所以1A D DC DA ==，即D 是AC 的中点.由//PD BC 可得，P 是AB 的中点.因为在ABC △中,90B ∠=︒，//PD BC ，PDA 沿PD 翻折至1PDA ，且平面1PDA ⊥平面PDA ，利用面面垂直的性质可得1PA ⊥平面PBCD ，所以111131·13322A PBCD PBCD V S A P -==⨯⨯=四棱锥四边形. 考点四：平行、垂直的综合应用【典例7】（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥ 1//MN BBMN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN∴BC ⊥平面1A AMN又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC又11BC ⊂平面11EBC F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF = 11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）连接NP//AO 平面11EB C F ，平面AONP ⋂平面11EB C F NP =∴//AO NP根据三棱柱上下底面平行，其面1A NMA ⋂平面ABC AM =，面1A NMA ⋂平面1111AB C A N = ∴//ON AP故：四边形ONPA 是平行四边形设ABC 边长是6m (0m >)可得：ON AP =，6NP AO AB m ===O 为111A B C △的中心，且111A B C △边长为6m∴16sin 603ON =⨯⨯︒=故：ON AP == //EF BC∴AP EPAM BM=3EP= 解得：EP m =在11B C 截取1B Q EP m ==，故2QN m =1B Q EP =且1//B Q EP∴四边形1B QPE 是平行四边形， ∴1//B E PQ由（1）11B C ⊥平面1A AMN故QPN ∠为1B E 与平面1A AMN 所成角在Rt QPN △，根据勾股定理可得：PQ ===sin10QN QPN PQ ∴∠===∴直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值：10.【典例8】（2018·全国高考真题（文））如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧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）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析【解析】（1）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）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．【总结提升】1.与探索性问题有关的解题策略(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．2．证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．【变式探究】1. （2020·江苏省震泽中学期末）如图，在三棱锥P ABC -中，AP AB =，,M N 分别为线段,PB PC 上的点（异于端点），平面PAB ⊥平面PBC .（1）若//BC 平面AMN ，求证：//BC MN ；（2）若M 为PB 的中点，求证：平面AMN ⊥平面PBC .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为//BC 平面AMN ，BC ⊂平面PBC ，平面AMN平面PBC MN =，由线面平行的性质可得//BC MN（2）因为M 为PB 的中点，且AP AB =，由等腰三角形的性质可得AM PB ⊥，又因为平面PAB ⊥平面PBC ，平面PAB ⋂平面PBC BC =，AM ⊂平面PAB ，由面面垂直的性质定理即可得：AM ⊥平面PBC ，又因为AM ⊂平面AMN ，所以平面AMN ⊥平面PBC2.如图(1)所示，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，D 为AC 的中点，AE ⊥BD 于点E (不同于点D )，延长AE 交BC 于点F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥A 1—BCD ，如图(2)所示．(1)若M 是FC 的中点，求证：直线DM ∥平面A 1EF . (2)求证：BD ⊥A 1F .(3)若平面A 1BD ⊥平面BCD ，试判断直线A 1B 与直线CD 能否垂直？请说明理由．【答案】【解析】(1)证明：∵D ，M 分别为AC ，FC 的中点， ∴DM ∥EF ，又∵EF ⊂平面A 1EF ，DM ⊄平面A 1EF ， ∴DM ∥平面A 1EF .(2)证明：∵EF ⊥BD ，A 1E ⊥BD ，A 1E ∩EF ＝E ，A 1E ，EF ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥平面A 1EF ，又A 1F ⊂平面A 1EF ， ∴BD ⊥A 1F .(3)直线A 1B 与直线CD 不能垂直．理由如下：∵平面BCD ⊥平面A 1BD ，平面BCD ∩平面A 1BD ＝BD ，EF ⊥BD ，EF ⊂平面CBD ， ∴EF ⊥平面A 1BD ，又∵A1B⊂平面A1BD，∴A1B⊥EF，又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，∵DM∩CD＝D，∴A1B⊥平面MCD，∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾，∴直线A1B与直线CD不能垂直．。

新高考一轮复习人教版直线、平面平行的判定和性质作业

8.3直线、平面平行的判定和性质基础篇固本夯基考点一直线与平面平行的判定和性质1.(2021江苏扬州大学附中2月检测,5)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B1,AB的中点,P点在线段B1C上,则NP与平面AMC1的位置关系是()A.垂直B.平行C.相交但不垂直D.要依P点的位置而定答案B2.(2021济南二模,7)已知正四面体ABCD的棱长为2,平面α与棱AB、CD均平行,则α截此正四面体所得截面面积的最大值为()A.1B.√2C.√3D.2答案A3.(多选)(2021山东青岛胶州调研,10)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是()A.平面AC1F∥平面B1CEB.直线FG∥平面B1CEC.直线CG与BF异面D.直线C1F与平面CGE相交答案AC4.(2020福建漳州适应性测试,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点,动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动,且QB∥平面D1NT,则动点Q的轨迹的长为.答案√105.(2022届山东潍坊10月过程性测试,18)如图,平面ABCD⊥平面AEBF,四边形ABCD为矩形,△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°.(1)求证:平面BCE⊥平面ADE;(2)若点G为线段FC上任意一点,求证:BG∥平面ADE.证明(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面AEBF,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF=AB,所以BC⊥平面AEBF,又因为AE⊂平面AEBF,所以BC⊥AE.因为∠AEB=90°,即AE⊥BE,且BC、BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,所以AE⊥平面BCE,又因为AE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE.(2)因为BC∥AD,AD⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,所以BC∥平面ADE.因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形,且∠BAF=∠AEB=90°,所以∠EAB=∠ABF=45°,所以AE∥BF,又AE⊂平面ADE,BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE,又BC∩BF=B,所以平面BCF∥平面ADE.又BG⊂平面FBC,所以BG∥平面ADE.6.(2022届广东佛山一中10月月考,20)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=√2,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=1AD=1,E为PA的中点.2(1)证明:EB∥平面PCD;(2)求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.解析(1)证明:取AD的中点O,连接EO,OB,∵E为PA的中点,O为AD的中点,∴OE∥PD,又OE⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,∴OE∥平面PCD,又∵BC ∥AD,BC=12AD,∴四边形BCDO 为平行四边形,∴BO ∥CD, 又OB ⊄平面PCD,CD ⊂平面PCD,∴BO ∥平面PCD,又OE ∩BO=O,∴平面EBO ∥平面PCD, 又∵BE ⊂平面EBO,∴BE ∥平面PCD.(2)连接PO,∵PA=PD,O 为AD 的中点,∴PO ⊥AD, 又平面PAD ⊥平面ABCD,平面PAD ∩平面ABCD=AD, 所以PO ⊥平面ABCD,取BC 的中点M,连接OM, ∵四边形ABCD 是等腰梯形,∴OM ⊥AD, 建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C (√32,12,0),∴PD⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),CD ⃗⃗⃗⃗ =(−√32,12,0),设平面PCD 的法向量为n=(x,y,z),则{n ·PD ⃗⃗⃗⃗ =y −z =0,n ·CD⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y =0,令x=1,则y=z=√3,则n=(1,√3,√3), 易知平面PAD 的一个法向量为m=(1,0,0), ∴|cos θ|=|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=√7,则sin θ=√427. 7.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D,E 分别为BC,AC 的中点,AB=BC.求证: (1)A 1B 1∥平面DEC 1; (2)BE ⊥C 1E.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.8.(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.证明(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C,又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.9.(2020北京,16,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1∥平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.解析 (1)证明:∵ABCD-A 1B 1C 1D 1为正方体,∴D 1C 1∥A 1B 1,D 1C 1=A 1B 1.又AB ∥A 1B 1,AB=A 1B 1,∴D 1C 1∥AB,D 1C 1=AB,∴四边形ABC 1D 1为平行四边形,∴AD 1∥BC 1,又AD 1⊂平面AD 1E,BC 1⊄平面AD 1E,∴BC 1∥平面AD 1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,以{AD ⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,2),D 1(2,0,2),E(0,2,1),∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2),AE ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),设平面AD 1E 的法向量为n=(x,y,z),直线AA 1与平面AD 1E 所成的角为θ, 则{n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +2z =0,2y +z =0,令z=-2,则{x =2,y =1,此时n=(2,1,-2),∴sin θ=|cos<n,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+4×2=23, ∴直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.考点二平面与平面平行的判定和性质1.(2022届重庆巴蜀中学11月月考,8)在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E,F,G,H 分别为棱AB,BC,C 1D 1,A 1D 1的中点,若平面α∥平面EFGH,且平面α与棱A 1B 1,B 1C 1,B 1B 分别交于点P,Q,S,其中点Q 是棱B 1C 1的中点,则三棱锥B 1-PQS 的体积为( ) A.1 B.12C.13D.16答案 D2.(2019课标Ⅱ文,7,5分)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面答案 B3.(2021河北邢台月考,19)在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 为正方形,AA 1=2AB=4,M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点.(1)证明:平面MNC ∥平面AD 1P;(2)求直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值.解析 (1)证明:因为M,N,P 分别是AD,DD 1,CC 1的中点,所以MN ∥AD 1,CN ∥PD 1.又AD 1⊄平面MNC,MN ⊂平面MNC,所以AD 1∥平面MNC,同理PD 1∥平面MNC, 又AD 1∩PD 1=D 1,所以平面MNC ∥平面AD 1P.(2)以D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),P(0,2,2),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0),则DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),MC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 设平面MNC 的法向量为n=(x,y,z),则{MN⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2z =0,MC ⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +2y =0,令z=1,得n=(2,1,1). 设直线DP 与平面MNC 所成角为θ,则sin θ=|cos<DP⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|DP⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=√33, 所以直线DP 与平面MNC 所成角的正弦值为√33.综合篇知能转换A 组考法一判断或证明线面平行的方法1.(2022届T8联考,7)如图,已知四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为平行四边形,E,F,G 分别为棱AA 1,CC 1,C 1D 1的中点,则( )A.直线BC 1与平面EFG 平行,直线BD 1与平面EFG 相交B.直线BC 1与平面EFG 相交,直线BD 1与平面EFG 平行C.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 平行D.直线BC 1、BD 1都与平面EFG 相交答案 A2.(2022届湖南岳阳一中入学考试,18)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧面ABB 1A 1是菱形,∠BAA 1=60°,E 是棱BB 1的中点,CA=CB,F 在线段AC 上,且AF=2FC. (1)证明:CB 1∥平面A 1EF;(2)若CA ⊥CB,平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,求二面角F-A 1E-A 的余弦值.解析 (1)证明:连接AB 1交A 1E 于点G,连接FG, 易得△AGA 1∽△B 1GE,所以AG GB 1=AA 1EB 1=2,又因为AF FC =2,所以AF FC =AGGB 1,所以FG ∥CB 1,又CB 1⊄平面A 1EF,FG ⊂平面A 1EF,所以CB 1∥平面A 1EF.(2)过C 作CO ⊥AB 于点O,因为CA=CB,所以O 是线段AB 的中点.因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1,平面CAB ∩平面ABB 1A 1=AB,所以CO ⊥平面ABB 1A 1.连接A 1B,OA 1,由题意易知△ABA 1是等边三角形,又O 是线段AB 的中点,所以OA 1⊥AB.以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗ ,OA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A 1(0,√3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F (13,0,23),B 1(-2,√3,0),E (−32,√32,0),则A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,−√32,0),A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ =13,-√3,23.设平面A 1FE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 13−√3y 1+23z 1=0,−32x 1−√32y 1=0,令x 1=1,则n 1=(1,-√3,-5).易知平面ABB 1A 1的一个法向量为n 2=(0,0,1), 则cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=-5√2929,由题图可知,二面角F-A 1E-A 的平面角为锐角,所以二面角F-A 1E-A 的余弦值为5√2929. 3.(2022届南京二十九中10月月考,20)如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AD ∥BC,AB ⊥AD,AB=2BC=4,E 是棱PD 上的动点(除端点外),F,M 分别为AB,CE 的中点. (1)证明:FM ∥平面PAD;(2)若直线EF 与平面PAD 所成的最大角为30°,求平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.解析 (1)证明:取CD 的中点N,连接FN,MN,因为F,N 分别为AB,CD 的中点,所以FN ∥AD,又FN ⊄平面PAD,AD ⊂平面PAD,所以FN ∥平面PAD,因为M,N 分别是CE,CD 的中点,所以MN ∥PD,又MN ⊄平面PAD,PD ⊂平面PAD,所以MN ∥平面PAD,又FN ∩MN=N,所以平面MFN ∥平面PAD,又因为FM ⊂平面MFN,所以FM ∥平面PAD.(2)连接AE,因为平面PAD ⊥平面ABCD,且平面PAD ∩平面ABCD=AD,AB ⊥AD,AB ⊂平面ABCD,所以AB ⊥平面PAD,所以∠AEF 即为直线EF 与平面PAD 所成的角,且tan ∠AEF=AF AE =2AE, 当AE 最小,即AE ⊥PD,亦即E 为PD 中点时,∠AEF 最大,为30°,又因为AF=2,所以AE=2√3,所以AD=4. 取AD 的中点O,连接PO,OC,易知PO ⊥平面ABCD,因为AO ∥BC 且AO=12AD=BC,所以四边形ABCO 为平行四边形,所以AB ∥CO,又AB ⊥AD,所以AO ⊥OC,以O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则O(0,0,0),C(4,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2√3),E(0,1,√3),F(2,-2,0),则CE ⃗⃗⃗⃗ =(-4,1,√3),FC ⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0),设平面CEF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·FC⃗⃗⃗ =0,n 1·CE ⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y =0,−4x +y +√3z =0,可取n 1=(√3,-√3,5).易知平面PAD 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos<n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√3√31=√9331,所以平面CEF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√9331.4.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.解析 (1)证明:连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,则MN ∥ED.又MN ⊄平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE.(2)由已知可得DE ⊥DA.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, A(2,0,0),A 1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m=(x,y,z)为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−x +√3y −2z =0,−4z =0.可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{−√3q =0,−p −2r =0.可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√32×√5=√155, 所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√105.5.(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB,AB ⊥AC,AB=AC=√2,PB=PC=√6,点M 是PA 的中点,点D 是AC 的中点,点N 在PB 上,且PN=2NB. (1)证明:BD ∥平面CMN;(2)求直线CN 与平面ABC 所成角的正切值.解析 (1)证明:如图,连接PD 交CM 于O,则O 为△PAC 的重心,PO=2OD,连接ON,因为PN=2NB,所以ON ∥BD,因为ON ⊂平面CMN,BD ⊄平面CMN,所以BD ∥平面CMN.(2)因为PB=PC,AB=AC,PA=PA,所以△PAB ≌△PAC,所以∠PAC=∠PAB=90°,所以PA=√PC 2−AC 2=√6−2=2,又因为PA ⊥AB,AB ∩AC=A,所以PA ⊥平面ABC,过N 作NH ⊥AB 于H,连接HC,因为NH ∥PA,所以NH ⊥平面ABC,所以NH ⊥HC,且AH=23AB,直线CN 与平面ABC 所成角为∠NCH,所以直线CN 与平面ABC 所成角的正切值tan ∠NCH=NH HC=13PA √AC 2+(23AB )2=13×2√(√2)2+(23×√2)2=√2613.6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点. (1)证明:直线CE ∥平面PAB;(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.解析 (1)证明:取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=12AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=12AD,所以EF BC,所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,√3),则PC⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,z),PM⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-1,z-√3).因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,所以|cos<BM⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin45°,即√(x−1)+y 2+z 2=√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设PM⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗ ,则 x=λ,y=1,z=√3-√3λ.②由①,②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{ x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则{m ·AM⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2−√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos<m,n>=m·n |m||n|=√105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D 的余弦值为√105.考法二判断或证明面面平行的方法(2021太原一模,19)如图,在三棱锥P-ABC 中,△PAB 是正三角形,G 是△PAB 的重心,D,E,H 分别是PA,BC,PC 的中点,点F 在BC 上,且BF=3FC. (1)求证:平面DFH ∥平面PGE;(2)若PB ⊥AC,AB=AC=2,BC=2√2,求二面角A-PC-B 的余弦值.解析 (1)证明:连接BG,GD,由题意得BG 与GD 共线,且BG=2GD, ∵E 是BC 的中点,BF=3FC,∴F 是CE 的中点, ∴BGGD =BEEF=2,∴GE ∥DF,∵GE ⊂平面PGE,DF ⊄平面PGE,∴DF ∥平面PGE, ∵H 是PC 的中点,∴FH ∥PE,∵HF ⊄平面PGE,PE ⊂平面PGE,∴FH ∥平面PGE, ∵DF ∩FH=F,∴平面DFH ∥平面PGE.(2)∵AB=AC=2,BC=2√2,∴AB 2+AC 2=8=BC 2,∴AB ⊥AC,又∵PB ⊥AC,AB ∩PB=B,∴AC ⊥平面PAB,以A 为坐标原点,向量AB ⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,由题意得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(1,0,√3),则AC⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-√3),BC ⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),设平面PAC 的法向量是m=(x 1,y 1,z 1),则{m ·AC⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AP⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2y 1=0,x 1+√3z 1=0,则y 1=0,令z 1=-1,则x 1=√3,∴m=(√3,0,-1), 设平面PBC 的法向量是n=(x 2,y 2,z 2),则{n ·PC⃗⃗⃗ =0,n ·BC⃗⃗⃗⃗ =0,∴{−x 2+2y 2−√3z 2=0,−2x 2+2y 2=0,令z 2=1,则{x 2=√3,y 2=√3,∴n=(√3,√3,1), ∴cos<m,n>=m·n |m||n|=√77,又知二面角A-PC-B 是锐二面角,∴二面角A-PC-B 的余弦值为√77. B 组1.(多选)(2021南京航空航天大学附中期中,10)已知棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,过对角线BD 1作平面α交棱AA 1于点E,交棱CC 1于点F,以下结论正确的是( ) A.四边形BFD 1E 不一定是平行四边形 B.平面α分正方体所得两部分的体积相等 C.平面α与平面DBB 1不可能垂直 D.四边形BFD 1E 面积的最大值为√2答案 BD2.(多选)(2021广东肇庆二模,12)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=AD=1,AA 1=2,P 是线段BC 1上的一动点,则下列说法中正确的是( ) A.A 1P ∥平面AD 1CB.A 1P 与平面BCC 1B 1所成角的正切值的最大值是2√55C.A 1P+PC 的最小值为√1705D.以A 为球心,√2为半径的球面与侧面DCC 1D 1的交线长是π2答案 ACD。

高考数学(人教a版,理科)题库：直线、平面垂直的判定及其性质(含答案)

第5讲直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．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⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m答案 B2．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解析由面面垂直的判定定理，知m⊥β⇒α⊥β.答案 B3．已知P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是()．A．P A＝PB＝PCB．P A⊥BC，PB⊥ACC．点P到△ABC三边所在直线的距离相等D．平面P AB、平面PBC、平面P AC与△ABC所在的平面所成的角相等解析条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心的必要条件，故选B.答案 B4. 如图，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．答案 A5．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()．A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β解析与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D，存在α∥β情况，故D错．由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确，选C.答案 C6．如图(a)，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，如图(b)所示，那么，在四面体A－EFH中必有()．A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面解析折成的四面体有AH⊥EH，AH⊥FH，∴AH⊥面HEF.答案 A二、填空题7. 如图，拿一张矩形的纸对折后略微展开，竖立在桌面上，折痕与桌面的位置关系是________．解析折痕与矩形在桌面内的两条相交直线垂直，因此折痕与桌面垂直．答案垂直8．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.其中正确命题的序号是________．解析由面面平行的性质和线面垂直的定义可知①正确；因为l⊥α，α⊥β⇒l ∥β或l⊂β，所以l，m平行、相交、异面都有可能，故②错误；由线面垂直的定义和面面垂直的判定定理可知③正确；因为l⊥α，l⊥m⇒m⊂α或m∥α，又m⊂β，所以α，β可能平行或相交，故④错误．答案①③9．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________．解析如图所示．∵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不一定垂直于BC.答案3个10. 如图，P A⊥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；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC.∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．答案①②③三、解答题11．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是直角三角形，∠C＝90°，点B1在底面上射影D落在BC上．(1)求证：AC⊥平面BB1C1C；(2)若AB 1⊥BC 1，且∠B 1BC ＝60°，求证：A 1C ∥平面AB 1D .解析 (1)∵B 1D ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴B 1D ⊥AC .又∵BC ⊥AC ，B 1D ∩BC ＝D ，∴AC ⊥平面BB 1C 1C .(2) ⎭⎬⎫AB 1⊥BC 1AC ⊥BC 1AB 1与AC 相交≠⇒⎭⎬⎫BC 1⊥平面AB 1C B 1C ⊂平面AB 1C ⇒BC 1⊥B 1C ， ∴四边形BB 1C 1C 为菱形，∵∠B 1BC ＝60°，B 1D ⊥BC 于D ，∴D 为BC 的中点．连接A 1B ，与AB 1交于点E ，在三角形A 1BC 中，DE ∥A 1C ，∴A 1C ∥平面AB 1D .12．如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DB＝BC ，DB ⊥AC ，点M 是棱BB 1上一点．(1)求证：B 1D 1∥平面A 1BD ；(2)求证：MD ⊥AC ；(3)试确定点M 的位置，使得平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .(1)证明由直四棱柱，得BB 1∥DD 1，又∵BB 1＝DD 1，∴BB 1D 1D 是平行四边形，∴B 1D 1∥BD .而BD ⊂平面A 1BD ，B 1D 1⊄平面A 1BD ，∴B 1D 1∥平面A 1BD .(2)证明 ∵BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又∵BD ⊥AC ，且BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D .而MD ⊂平面BB 1D ，∴MD ⊥AC .(3)解当点M 为棱BB 1的中点时，平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .取DC 的中点N ，D 1C 1的中点N 1，连接NN 1交DC 1于O ，连接OM ，如图所示．∵N 是DC 的中点，BD ＝BC ，∴BN ⊥DC .又∵DC 是平面ABCD 与平面DCC 1D 1的交线，而平面ABCD ⊥平面DCC 1D 1，∴BN ⊥平面DCC 1D 1.又可证得O 是NN 1的中点，∴BM ∥ON 且BM ＝ON ，即BMON 是平行四边形．∴BN ∥OM .∴OM ⊥平面CC 1D 1D .∵OM ⊂平面DMC 1，∴平面DMC 1⊥平面CC 1D 1D .13．如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去上底后的直观图与三视图中的侧视图、俯视图，在直观图中，M 是BD 的中点，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)若N 是BC 的中点，证明：AN ∥平面CME ；(2)证明：平面BDE ⊥平面BCD .(3)求三棱锥D －BCE 的体积．(1)证明连接MN ，则MN ∥CD ，AE ∥CD ，又MN ＝AE ＝12CD ，∴四边形ANME 为平行四边形，∴AN ∥EM .∵AN ⊄平面CME ，EM ⊂平面CME ，∴AN ∥平面CME .(2)证明 ∵AC ＝AB ，N 是BC 的中点，AN ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，∴AN ⊥平面BCD .由(1)，知AN ∥EM ，∴EM ⊥平面BCD .又EM ⊂平面BDE ，∴平面BDE ⊥平面BCD .(3)解 V D －BCE ＝V E －BCD ＝13S △BCD ·|EM |＝13×22×42×2＝83.14．如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AA 1綉BB 1，AB ＝AC ＝AA 1＝22BC ，B 1C 1綉12BC .(1)求证：A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)若D 是BC 的中点，求证：B 1D ∥平面A 1C 1C .(3)若BC ＝2，求几何体ABC －A 1B 1C 1的体积．(1)证明 ∵AB ＝AC ＝22BC ，AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AB ⊥AC ，又AA 1⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴AA 1⊥AB ，AA 1∩AC ＝A ，∴AB ⊥平面AA 1C ，又∵AA 1綉BB 1，∴四边形ABB 1A 1为平行四边形． ∴A 1B 1∥AB ，∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)证明 ∵B 1C 1綉12BC ，且D 是BC 的中点，∴CD 綉C 1B 1，∴四边形C 1CDB 1为平行四边形， ∴B 1D ∥C 1C ，B 1D ⊄平面A 1C 1C 且C 1C ⊂平面A 1C 1C ， ∴B 1D ∥平面A 1C 1C .(3)解连接AD ，DC 1，V ＝V 三棱柱A 1B 1C 1－ABD ＋V 四棱锥C －AA 1C 1D ＝12×1×1×2＋13×(2×1)×1＝526.。

高考数学全面突破一轮复习必考题型巩固提升学案直线平面垂直的判定及其性质

8.5直线、平面垂直的判定及其性质考情分析近年来，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。

基础知识1判断线线垂直的方法：①所成的角是直角，两直线垂直；②垂直于平行线中的一条，必垂直于另一条；③垂直于同一平面的两条直线平行。

2．线面垂直：①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。

直线l与平面α垂直记作：l⊥α。

②直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

③直线和平面垂直的性质定理：如果两条直线同垂直于一个平面,那么这两条直线平行。

3．面面垂直：①两个平面垂直的定义：相交成直二面角的两个平面叫做互相垂直的平面。

②两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直（线面垂直⇒面面垂直）。

③两平面垂直的性质定理：若两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面（面面垂直⇒线面垂直）。

注意事项1.垂直问题的转化关系线线垂直面面垂直判定性质线面垂直判定性质2. (1)证明线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°；②平面几何中证明线线垂直的方法；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 .(2)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.(3)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⊥题型一直线与平面垂直的判定与性质【例1】下列命题中错误的是( )A. 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βB. 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βC. 如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD. 如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β答案：D解析：对于命题A，在平面α内存在直线l平行于平面α与平面β的交线，则l平行于平面β，故命题A正确．对于命题B，若平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α与平面β垂直，故命题B正确．对于命题C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.∵γ⊥α，a⊥m，则a⊥α，∴a⊥l，同理有b⊥l.又a∩b ＝P，a⊂γ，b⊂γ，∴l⊥γ.故命题C正确．对于命题D，设α∩β＝l，则l⊂α，但l⊂β.故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D错误，故选D.【变式1】如图，已知BD ⊥平面ABC ，MC 綉12BD ，AC ＝BC ，N 是棱AB 的中点．求证：CN ⊥AD .证明 ∵BD ⊥平面ABC ，CN ⊂平面ABC ，∴BD ⊥CN .又∵AC ＝BC ，N 是AB 的中点．∴CN ⊥AB .又∵BD ∩AB ＝B ，∴CN ⊥平面ABD .而AD ⊂平面ABD ，∴CN ⊥AD .题型二平面与平面垂直的判定与性质【例2】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________．答案：垂直解析： ⎭⎪⎬⎪⎫AD ＝DC AB ＝BC E 为AC 的中点⇒DE ⊥AC 且BE ⊥AC .故AC⊥平面BDE .故平面ADC ⊥平面BDE .【变式2】如图所示，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M .证明∵A1B1⊥平面B1C1CB，BM⊂平面B1C1CB，∴A1B1⊥BM，由已知易得B1M＝2，又BM＝BC2＋CM2＝2，B1B＝2，∴B1M2＋BM2＝B1B2，∴B1M⊥BM.又∵A1B1∩B1M＝B1，∴BM⊥平面A1B1M.而BM⊂平面ABM，∴平面ABM⊥平面A1B1M.考向三平行与垂直关系的综合应用【例3】已知平面α，β和直线m，给出下列条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.(1)当满足条件________时，有m∥β；(2)当满足条件________时，有m⊥β(填所选条件的序号)．答案：(1)③⑤(2)②⑤解析：(1)∵α∥β，m⊂α，∴m∥β.(2)∵α∥β，m⊥α，∴m⊥β.【变式3】如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB ＝2，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE.证明(1)设AC与BD交于点G.因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1. 所以四边形AGEF 为平行四边形，所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)如图，连接FG .因为EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1，所以四边形CEFG 为菱形．所以CF ⊥EG .因为四边形ABCD 为正方形，所以BD ⊥AC .又因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，所以BD ⊥平面ACEF .所以CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G .所以CF ⊥平面BDE .考向四线面角【例4】如图，四棱锥PABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB ，且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．(1)证明∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC.又PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.(2)解设AC∩BD＝O，连接OE.由(1)知，AC⊥平面PDB于点O，∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角．∵点O、E分别为DB、PB的中点，∴OE∥PD，且OE＝12PD.又∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD，∴OE⊥AO.在Rt△AOE中，OE＝12PD＝22AB＝AO，∴∠AEO＝45°.即AE与平面PDB所成的角为45°.求直线与平面所成的角，一般分为两大步：(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．【训练4】如图，已知DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB ＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．(1)证明：PQ∥平面ACD；(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．(1)证明因为P，Q分别为AE，AB的中点，所以PQ∥EB.又DC ∥EB ，因此PQ ∥DC ，PQ ⊄平面ACD ，DC ⊂平面ACD ，从而PQ ∥平面ACD .(2)解如图，连接CQ ，DP .因为Q 为AB 的中点，且AC ＝BC ，所以CQ ⊥AB .因为DC ⊥平面ABC ，EB ∥DC ，所以EB ⊥平面ABC .因此CQ ⊥EB ，又AB ∩EB ＝B ，故CQ ⊥平面ABE .由(1)有PQ ∥DC ，又PQ ＝12EB ＝DC ，所以四边形CQPD 为平行四边形，故DP ∥CQ ，因此DP ⊥平面ABE ，∠DAP 为AD 和平面ABE 所成的角，在Rt △DPA 中，AD ＝5，DP ＝1，sin ∠DAP ＝55. 因此AD 和平面ABE 所成角的正弦值为55. 重难点突破【例4】如图，在四棱锥PABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，E ，F 分别是AP ，AD 的中点．求证：(1)直线EF ∥平面PCD ；(2)平面BEF ⊥平面PAD .解析(1)在△PAD 中，因为E ，F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF ∥PD .又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)如图，连结BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD ＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.巩固提高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，那么下列情形可能出现的是( )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.设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是( )A. 若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB. 若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC. 若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD. 若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β答案：C解析：与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行，故A错；对于B，存在n∥α情况，故B错；D，存在α∥β情况，故D错．由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m ⊥β，所以m⊥α，故C正确，选C.3.平面α⊥平面β的一个充分条件是( )A. 存在一条直线l，l⊥α，l⊥βB. 存在一个平面γ，γ∥α，γ∥βC. 存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βD. 存在一条直线l，l⊥α，l∥β答案：D解析：由A项可推出α∥β；由B项可推出α∥β；由C 项可推出α∥β或α⊥β，均不是α⊥β的充分条件．故应选D.4.如图，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°答案：A解析：因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故A正确；B 项中两个平面不垂直；C项中，AD与平面PAE相交，BC∥AD，故C错；D项中，PD与平面ABCDEF所成的角为45°，故D错．故选A.5.如图，以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是( )A. ①②④B. ①②③C. ②③④D. ①③④答案：B解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①对；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB ＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②对；易知DA＝DB＝DC，又由②知③对；由①知④错．故选B.第 11 页。

直线、平面垂直的判定及其性质(人教A版)(含答案)

直线、平面垂直的判定及其性质（人教A版）一、单选题(共12道，每道8分)1.在空间，下列命题正确的是( )①如果直线a，b都与直线平行，那么a∥b②如果直线a与平面β内的直线b平行，那么a∥β③如果直线a与平面β内的直线b，c都垂直，那么a⊥β④如果平面β内的直线a垂直于平面α，那么α⊥βA.①③B.①④C.②④D.②③答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间中直线与平面之间的位置关系2.已知α，β，γ是三个互不重合的平面，是一条直线，下列命题中正确命题是( ) A.B.C.D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：面面垂直的判定3.给出下列关于互不相同的直线m，，n，平面α，β及点A的四个命题：①若m⊂α，∩α=A，点A∉m，则与m不共面；②若m，是异面直线，∥α，m∥α，且n⊥，n⊥m，则n⊥α；③若∥α，m∥β，α∥β，则∥m；④若⊂α，m⊂α，∩m=A，∥β，m∥β，则α∥β．其中为假命题的是( )A.①B.②C.③D.④答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间中直线与平面之间的位置关系4.如图，在正方体中，点P是CD上的动点，则直线与直线所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：直线与平面垂直的判定5.如图，在三棱锥S-ABC中，底面是边长为1的正三角形，O为△ABC的中心，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为( )A. B. C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间中直线与平面之间的位置关系6.将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使，则三棱锥D-ABC的体积为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：棱柱、棱锥、棱台的体积7.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D-ABC中，给出下列三个命题：①△DBC是等边三角形；②AC⊥BD；③三棱锥D-ABC的体积是．其中正确命题的个数为( )A.0个B.1个C.2个D.3个答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：空间位置关系与距离8.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB=2，AD=，PA=2，则△PCD的面积为( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：直线与平面垂直的性质9.（上接试题8）异面直线BC与AE所成的角的大小为( )A.90°B.60°C.45°D.30°答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：异面直线及其所成的角10.如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，侧棱PA垂直于底面，且PA=3，则直线PC与平面ABCD所成角的正切值为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：直线与平面所成的角11.（上接试题10）异面直线PB与CD所成角的正切值为( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：异面直线及其所成的角12.（上接试题10，11）四棱锥P-ABCD的表面积为( )A.80B.68C.60D.48答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积第11页共11页。

统考版2022届高考数学一轮复习第八章8.5直线平面垂直的判定和性质学案理含解析

第五节直线、平面垂直的判定和性质【知识重温】一、必记6个知识点1．直线与平面垂直(1)定义：直线l与平面α内的①________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⇒l⊥α⇒a∥b(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的④________叫做这条直线和这个平面所成的角，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)X 围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3．平面与平面垂直(1)二面角：从一条直线出发的⑤________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⑥________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．4．平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果所成的二面角是⑦________，就说这两个平面互相垂直． 5．平面与平面垂直的判定定理与性质定理⇒α⊥β⇒l ⊥α(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)．二、必明3个易误点1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件． 2．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．3．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．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)l与平面α内的两条直线垂直，则直线l⊥平面α.( )(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直．( )(3)当α⊥β时，直线l过α内一点且与交线垂直，则l⊥β.( )(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( )二、教材改编2．下列命题不正确的是( )A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直B．过平面外一点，有无数条直线与这个平面平行C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行3．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是( )A．α⊥γ，β⊥γB．α∩β＝a，b⊥a，b⊂βC．a∥β，a∥αD．a∥α，a⊥β三、易错易混4．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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5．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________．四、走进高考6．[2019·卷]已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.(答案不唯一)考点一直线与平面垂直的判断与性质[互动讲练型][例1][2021·某某省豫北名校高三质量考评]如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求证：BE⊥平面CDF；(2)求点E到平面CDF的距离．悟·技法判定线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“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”．(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·某某市高三年级摸底测试卷]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中点，F是A1E上一点，且A1F＝2FE.(1)证明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱锥C1－A1FC的体积．考点二平面与平面垂直的判定与性质[互动讲练型][例2] [2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P－ABC的体积．悟·技法面面垂直的证明方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．[提醒] 两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·某某市重点高中高三毕业班摸底考试]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB＝BC ＝2，PA＝2.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值．考点三平面图形翻折成空间图形[互动讲练型][例3] [2019·全国卷Ⅲ]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，连结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中的四边形ACGD的面积．悟·技法对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2021·“超级全能生”联考]如图，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB ＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB.(1)求证：BC⊥AD；(2)求点E到平面BCD的距离．第五节直线、平面垂直的判定和性质【知识重温】①任意②a∩b＝O③a⊥αb⊥α④锐角⑤两个半平面⑥垂直于棱⑦直二面角⑧l⊥αl⊂β⑨α∩β＝a【小题热身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．答案：D3．解析：对A，α与β可能平行；对B，当α与β相交但不垂直时，也会有b⊥a，b⊂β；对C，α与β可能平行，也可能相交，故A，B，C均错误．故选D.答案：D4．解析：由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.答案：A5．解析：当a⊂α且a垂直于α、β的交线时，满足已知．答案：a∥α或a⊂α6．解析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．答案：①③⇒②或②③⇒①课堂考点突破考点一例1 解析：(1)证明：如图，分别取AD，BC，BE，DF的中点P，Q，M，N，连接AN，PN，PQ，QM，MN，则QM∥CE，PN∥AF，QM＝12CE，PN＝12AF.∵在矩形ACEF中，AF綊CE，∴QM綊PN，∴四边形PQMN为平行四边形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，∴AN∥BM.∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.同理FA ⊥AD .又由条件知AD ＝AF ，∴AN ⊥DF ，则BM ⊥DF ，即BE ⊥DF . ∵DC ⊥BC ，EC ⊥DC ，且BC ∩CE ＝C ，∴DC ⊥平面BCE ，∴DC ⊥BE .又BE ⊥DF ，DC ∩DF ＝D ，∴BE ⊥平面CDF .(2)设点E 到平面CDF 的距离为h .由(1)可得EC ⊥BC .又BC ⊥CD ，CD ∩CE ＝C ，∴BC ⊥平面CDE ，∴AD ⊥平面CDE .在矩形ACEF 中，AF ∥CE ，∴AF ∥平面CDE ，∴三棱锥F －CDE 的高等于AD 的长，且AD ＝1.由(1)易知CD ⊥平面ADF ，∵DF ⊂平面ADF ，∴CD ⊥DF ，∴S △CDF ＝12×1×2＝22. 设点E 到平面CDF 的距离为h ，∵V F －CDE ＝V E －DCF ，∴13×12×1×1×1＝13×22h ，解得h ＝22. 变式练1．解析：(1)如图，连接AE ，因为AB ＝AC ＝2，AB ⊥AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ，AE ＝ 2.由于三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，故AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥BC . 在直角三角形A 1AE 中，因为AA 1＝2，AE ＝2，所以A 1E ＝6，那么EF ＝63. 所以AE EF ＝A 1EAE ，所以△A 1AE ∽△AFE ，所以∠AFE ＝∠A 1AE ＝90°，即AF ⊥A 1E .由AE ⊥BC ，AA 1⊥BC ，AA 1∩AE ＝A ，得BC ⊥平面A 1AE ，AF ⊂平面A 1AE ⇒BC ⊥AF .由AF ⊥A 1E ，AF ⊥BC ，BC ∩A 1E ＝E ，得AF ⊥平面A 1BC .(2)过E 作ED ⊥AC ，交AC 于点D ，连接A 1D ，过F 作FG ∥ED ，交A 1D 于点G .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥ED ，又ED ⊥AC ，AC ∩AA 1＝A ，所以ED ⊥平面AA 1C ，所以FG ⊥平面AA 1C .因为FG ∥ED ，A 1F ＝2FE ，所以FG ＝23ED ＝23×12AB ＝23. S △A 1CC 1＝12×2×2＝2，所以V 三棱锥C 1－A 1FC ＝V 三棱锥F －A 1CC 1＝13S △A 1CC 1·FG ＝13×2×23＝49. 考点二例2 解析：(1)由题设可知，PA ＝PB ＝PC .由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ，△PAC ≌△PBC .又∠APC ＝90°，故∠APB ＝90°，∠BPC ＝90°.从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l .由题设可得rl ＝3，l 2－r 2＝2. 解得r ＝1，l ＝ 3.从而AB ＝ 3.由(1)可得PA 2＋PB 2＝AB 2，故PA ＝PB ＝PC ＝62. 所以三棱锥P －ABC 的体积为13×12×PA ×PB ×PC ＝13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫623＝68. 变式练2．解析：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥BD ，取AC 的中点O ，连接OB ，OD ，则AC ⊥OB ，AC ⊥OD ，∴点O ，B ，D 共线，即AC ⊥BD .又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC .∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PAC ⊥平面PBD .(2)取CD 的中点N ，连接MN ，BN ，则MN ∥PD .∴∠BMN 或其补角是异面直线PD 与BM 所成的角．Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2，∴PD ＝22，∴MN ＝ 2.连接OM ，则OM ∥PA ，∴OM ⊥平面ABCD ，Rt △MOB 中，MO ＝OB ＝1，∴BM ＝2. △BDN 中，BD ＝3＋1，DN ＝1，∠BDN ＝30°，由余弦定理BN 2＝BD 2＋DN 2－2BD ·DN ·cos 30°，得BN 2＝2＋3.△BMN 中，cos ∠BMN ＝BM 2＋MN 2－BN 22·BM ·MN ＝2＋2－(2＋3)2×2×2＝2－34，∴直线PD 与BM 所成角的余弦值为2－34. 考点三例3 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 ，BC ∩BE ＝B ，故AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)取CG 的中点M ，连接EM ，DM .因为AB ∥DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE .故DE ⊥CG .由已知，四边形BCGE 是菱形，且∠EBC ＝60°得EM ⊥CG ，故CG ⊥平面DEM .又DM ⊂平面DEM .因此DM ⊥CG .在Rt △DEM 中，DE ＝1，EM ＝3，故DM ＝2.所以四边形ACGD 的面积为4.变式练3．解析：(1)证明：作CH ⊥AB 于点H ，如图，则BH ＝12，AH ＝32. ∵BC ＝1，∴CH ＝32，∴CA ＝3，易得AC ⊥BC .∵平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ADC .又AD ⊂平面ADC ，∴BC ⊥AD .(2)∵E 为AB 的中点，∴点E 到平面BCD 的距离等于点A 到平面BCD 距离的一半．由(1)可得平面ADC ⊥平面BCD ，∴过点A 作AQ ⊥CD 于Q ，如图．∵平面ADC ∩平面BCD ＝CD ，且AQ ⊂平面ADC ，∴AQ ⊥平面BCD ，AQ 就是点A 到平面BCD 的距离．由(1)知AC ＝3，AD ＝DC ＝1，∴cos ∠ADC ＝12＋12－(3)22×1×1＝－12. 又0<∠ADC <π，∴∠ADC ＝2π3， ∴在Rt △QAD 中，∠QDA ＝π3，AD ＝1，∴AQ＝AD·sin∠QDA＝1×32＝32.∴点E到平面BCD的距离为3 4 .。

2023年新高考数学一轮复习8-5 直线、平面垂直的判定及性质(知识点讲解)含详解

专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】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，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理的两条相交直线都垂直，2.(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角． (2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°. (3)范围：[0,]2π.3．二面角的有关概念(1)二面角：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：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角． (3)范围：[0，π]． 4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理5.(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线. (2)若两条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)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直． (5)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．【常考题型剖析】题型一：与线、面垂直相关命题的判定例1.（浙江·高考真题（理））下列命题中错误的是（） A ．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βB ．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βC ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥平面γD ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β例2.（2023·全国·高三专题练习）设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下面说法正确的是（）A ．若αβ⊥，αγ⊥，则//βγB ．若αβ⊥，//m α，则m β⊥C ．若m α⊥，//m β，则αβ⊥D ．若//m n ，n ⊂α，则//m α例3.（江苏·高考真题）设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；（2）若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；（3）设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直；（4）直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直. 上面命题中，真命题的序号（写出所有真命题的序号）例4.(2019·北京高考)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： . 【方法技巧】判定定理与性质定理的合理转化是证明垂直关系的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正、余弦定理及勾股定理的应用．题型二：直线与平面垂直的判定与性质例5.（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B例6.【多选题】（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ． B ．C ．D ．【总结提升】证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：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)证明线面垂直的关键是证线线垂直，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．题型三：平面与平面垂直的判定与性质例8. （2022·江西·高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，AB CD ⊥，1AB CD ==，BD =，BC AD == ）A ．2B ．3C ．4D ．5例9.（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．例10. （2020·全国·高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【总结提升】1.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．2.垂直关系的转化：3.判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)． 4．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑． (2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．题型四：平行和垂直的综合问题例11.（2018·江苏·高考真题）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥．求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．例12.（2019·北京·高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的中点.（Ⅰ）求证：BD ⊥平面P AC ；（Ⅱ）若∠ABC =60°，求证：平面P AB ⊥平面P AE ；（Ⅲ）棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面P AE ？说明理由.例13．（2020·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，M 为棱AC 的中点，AB BC =，2AC =，12AA =.(1)求证：1//B C 平面1A BM ； (2)求证：1AC ⊥平面1A BM ；(3)在棱1BB 上是否存在点N ，使得平面1AC N ⊥平面11AAC C ？如果存在，求此时1BNBB 的值；如果不存在，请说明理由.例14.（2018·全国·高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（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23BP DQ DA==，求三棱锥Q ABP-的体积．【规律方法】1.对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：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．途径三：将几何问题转化为代数问题．2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．3.探索性问题(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般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n等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】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，运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题，凸显逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．【知识点展示】1．直线与平面垂直(1)定义：如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理的两条相交直线都垂直，2.(1)平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角． (2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°. (3)范围：[0,]2π.3．二面角的有关概念(1)二面角：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：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．(3)范围：[0，π]．4．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理与性质定理5.(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条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)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直．(5)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．【常考题型剖析】题型一：与线、面垂直相关命题的判定例1.（浙江·高考真题（理））下列命题中错误的是（）A．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βB．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βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【答案】D【解析】【分析】利用面面垂直的性质定理和线面平行的判定定理证明A正确；利用面面垂直的判定定理证明B正确；利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明C正确；举反例可得D错误.【详解】对于A ，设平面α∩平面β=直线a , 设直线b α⊂，且b //a , 则显然直线b ⊄平面β，根据线面平行的判定定理可得直线b //β，故A 正确；对于B ，如果α内存在直线与β平行，则由面面垂直的判定定理可知平面α⊥平面β，与已知矛盾，故B 正确；对于C ，设平面α平面a =，平面β平面γb =, 在γ内作直线,m a n b ⊥⊥，由面面垂直的性质定理可得,m n αβ⊥⊥，又∵直线,l l αβ⊂⊂,∴,m l n l ⊥⊥, 又∵α∩β＝l ，∴,m n 为相交直线，又∵⊂m,n 平面γ，∴l ⊥平面γ，故C 正确；平面α⊥平面β，设平面α∩平面βa =，在平面α内与a 平行的直线都不与平面β垂直，故 D 项错误．故选:D.例2.（2023·全国·高三专题练习）设m ，n 是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下面说法正确的是（）A ．若αβ⊥，αγ⊥，则//βγB ．若αβ⊥，//m α，则m β⊥C ．若m α⊥，//m β，则αβ⊥D ．若//m n ，n ⊂α，则//m α 【答案】C 【解析】【分析】由线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质、面面垂直的判定等判断各选项的正误.【详解】A ：由αβ⊥，αγ⊥，则//βγ或,βγ相交，错误；B ：由αβ⊥，//m α，则//m β或m β⊂或,m β相交，错误；C ：由//m β，则存在直线l β⊂且//l m ，而m α⊥则l α⊥，根据面面垂直的判定易知αβ⊥，正确；D ：由//m n ，n ⊂α，则//m α或m α⊂，错误.故选：C例3.（江苏·高考真题）设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；（2）若α外一条直线l 与α内的一条直线平行，则l 和α平行；（3）设α和β相交于直线l ，若α内有一条直线垂直于l ，则α和β垂直；（4）直线l 与α垂直的充分必要条件是l 与α内的两条直线垂直.上面命题中，真命题的序号（写出所有真命题的序号）【答案】（1）（2）【解析】【详解】由线面平行的判定定理知，（2）正确；相应地（1）可转化为一个平面内有两相交直线分别平行于另一个平面，所以这两个平面平行．直线与平面垂直必须直线与平面内两条相交直线垂直，所以（3）（4）都不正确. 例4.(2019·北京高考)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： .【答案】②③⇒①或①③⇒②【解析】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线，由①l ⊥m 与②m ∥α，不能推出③l ⊥α，因为l 可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l ⊥m 与③l ⊥α能推出②m ∥α；由②m ∥α与③l ⊥α可以推出①l ⊥m .故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.【方法技巧】判定定理与性质定理的合理转化是证明垂直关系的基本思想；另外，在解题中要重视平面几何知识，特别是正、余弦定理及勾股定理的应用．题型二：直线与平面垂直的判定与性质例5.（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCDB ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【详解】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.例6.【多选题】（2021·全国·高考真题）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线MN 构造所考虑的线线角后可判断AD 的正误.【详解】设正方体的棱长为2，对于A ，如图（1）所示，连接AC ，则//MN AC ，故POC ∠（或其补角）为异面直线,OP MN 所成的角，在直角三角形OPC ，OC 1CP =，故tanPOC ∠==，故MN OP ⊥不成立，故A 错误.对于B ，如图（2）所示，取NT 的中点为Q ，连接PQ ，OQ ，则OQ NT ⊥，PQ MN ⊥，由正方体SBCM NADT -可得SN ⊥平面ANDT ，而OQ ⊂平面ANDT ，故SN OQ ⊥，而SN MN N =，故OQ ⊥平面SNTM ，又MN ⊂平面SNTM ，OQ MN ⊥，而OQ PQ Q =，所以MN ⊥平面OPQ ，而PO ⊂平面OPQ ，故MN OP ⊥，故B 正确.对于C ，如图（3），连接BD ，则//BD MN ，由B 的判断可得OP BD ⊥，故OP MN ⊥，故C 正确.对于D ，如图（4），取AD 的中点Q ，AB 的中点K ，连接,,,,AC PQ OQ PK OK ，则//AC MN ，因为DP PC =，故//PQ AC ，故//PQ MN ，所以QPO ∠或其补角为异面直线,PO MN 所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQ AC ==，22123OQ AO AQ =+=+=，PO 222QO PQ OP <+，故QPO ∠不是直角，故,PO MN 不垂直，故D 错误.故选：BC.例7.（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连CO ，知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD OD P ， CD 平面PDO ，OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥PD PE ==∵，2PC =．sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=， PO CO ∴⊥，CO 为ACB ∠平分线，451,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===2PC =，PO ∴==【总结提升】证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法：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)证明线面垂直的关键是证线线垂直，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．题型三：平面与平面垂直的判定与性质例8. （2022·江西·高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，AB CD ⊥，1AB CD ==，BD =，BC AD == ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B【解析】【分析】分别证明出平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD ，平面ACD ⊥平面ABD ，即可得到答案.【详解】因为1AB =，BD =AD =所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥.又AB CD ⊥，BD CD D ⋂=，BD ⊂平面BCD ,CD ⊂平面BCD .所以AB ⊥平面BCD .又AB 平面ABC ，AB 平面ABD ，所以平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABD ⊥平面BCD .因为1CD =，BD =，BC =所以222CD BD BC +=，所以CD BD ⊥.又CD AB ⊥，BD AB B ⋂=，BD ⊥平面ABD ，AB ⊥平面ABD ，所以CD ⊥平面ABD ，又CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面ABD ，综上可知有3对.故选:B.例9.（2021·全国·高考真题（文））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD AM ⊥，又PB AM ⊥，PB PD P =，所以AM ⊥平面PBD ，而AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥，从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =，则BM AB AB AD =，即221x =，解得x =AD = 因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P ABCD -的体积为(1113V =⨯⨯．例10. （2020·全国·高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC –A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B –EB 1C 1F 的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）24.【解析】【分析】（1）由,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN CC ，根据条件可得11//AA BB ，可证1MN AA //，要证平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，只需证明EF ⊥平面1A AMN 即可；（2）根据已知条件求得11EB C F S 四边形和M 到PN 的距离，根据椎体体积公式，即可求得11B EB C F V -.【详解】（1）,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴又11//AA BB1//MN AA ∴在等边ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥ 又侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥1//MN BB MN BC ⊥由MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ∴BC ⊥平面1A AMN 又11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC 又11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =11//B C EF ∴//EF BC ∴又BC ⊥平面1A AMN ∴EF ⊥平面1A AMNEF ⊂平面11EB C F∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN（2）过M 作PN 垂线，交点为H ，画出图形，如图//AO 平面11EB C FAO ⊂平面1A AMN ，平面1A AMN ⋂平面11EB C F NP =//AO NP ∴又//NO AP∴6AO NP ==O 为111A B C △的中心.∴1111sin 606sin 6033ON AC =︒=⨯⨯︒=故：ON AP ==3AM AP ==平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN∴MH ⊥平面11EB C F 又在等边ABC 中EF AP BC AM=即2AP BC EF AM ⋅=== 由（1）知，四边形11EB C F 为梯形∴四边形11EB C F 的面积为：111126=62422EB C F EF B C S NP ++=⋅⨯=四边形 111113B EBC F EB C F V S h -∴=⋅四边形，h 为M 到PN 的距离sin 603MH =︒=， ∴1243243V =⨯⨯=. 【总结提升】1.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．2.垂直关系的转化：3.判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a ⊥β，a ⊂α⇒α⊥β)．4．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．题型四：平行和垂直的综合问题例11.（2018·江苏·高考真题）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =,111AB B C ⊥．求证：（1）11//AB A B C 平面；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB 1A 1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：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A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．-中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD为菱形，例12.（2019·北京·高考真题（文））如图，在四棱锥P ABCDE为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面P AC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面P AB⊥平面P AE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面P AE？说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.【详解】（Ⅰ）证明：因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA BD ⊥；因为底面ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥;因为PA AC A =,,PA AC ⊂平面PAC ,所以BD ⊥平面PAC .（Ⅱ）证明：因为底面ABCD 是菱形且60ABC ∠=︒，所以ACD ∆为正三角形，所以AE CD ⊥,因为//AB CD ,所以AE AB ⊥；因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ,所以AE PA ⊥；因为PA AB A =所以AE ⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAE ,所以平面PAB ⊥平面PAE .（Ⅲ）存在点F 为PB 中点时，满足//CF 平面PAE ；理由如下:分别取,PB PA 的中点,F G ，连接,,CF FG EG ,在三角形PAB 中，//FG AB 且12FG AB =；在菱形ABCD 中，E 为CD 中点，所以//CE AB 且12CE AB =，所以//CE FG 且CE FG =，即四边形CEGF 为平行四边形，所以//CF EG ;又CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以//CF 平面PAE .例13．（2020·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，M 为棱AC 的中点，AB BC =，2AC =，1AA(1)求证：1//B C 平面1A BM ；(2)求证：1AC ⊥平面1A BM ；(3)在棱1BB 上是否存在点N ，使得平面1AC N ⊥平面11AAC C ？如果存在，求此时1BN BB 的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)存在，112BN BB =. 【解析】【分析】（1）连接1AB 与1A B ，两线交于点O ，连接OM ，利用三角形中位线性质得到1//OM B C ，再利用线面平行的判定即可证.（2）应用线面垂直的性质、判定可得BM ⊥平面11ACC A ，从而得到1BM AC ⊥，根据11AC C A MA ∠=∠和111190AC C C AC A MA C AC ∠+∠=∠+∠=得到11A M AC ⊥，再利用线面垂直的判定即可证. （3）当点N 为1BB 的中点，设1AC 的中点为D ，连接DM ，DN ，易证四边形BNDM 为平行四边形，从而得到//BM DN ，进而有DN ⊥平面11ACC A ，再利用面面垂直的判定即可证.(1)连接1AB 与1A B ，两线交于点O ，连接OM ，在1B AC △中M ，O 分别为AC ，1AB 的中点，所以1//OM B C ，又OM ⊂平面1A BM ，1B C ⊄平面1A BM ，所以1//B C 平面1A BM .(2)因为1AA ⊥底面ABC ，BM ⊂平面ABC ，所以1AA BM ⊥.又M 为棱AC 的中点，AB BC =，所以BM AC ⊥.因为1AA AC A =，1AA ，AC ⊂平面11ACC A ，所以BM ⊥平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ，所以1BM AC ⊥.因为2AC =，所以1AM =.又1AA =在1Rt ACC 和1Rt A AM中，11tan tan AC C AMA ∠=∠ 所以11AC C A MA ∠=∠，即111190AC C C AC A MA C AC ∠+∠=∠+∠=，所以11A M AC ⊥，又1BMA M M =，BM ，1A M ⊂平面1A BM ，所以1AC ⊥平面1A BM .(3)当点N 为1BB 的中点，即112BN BB =时，平面1AC N ⊥平面11AAC C . 证明如下：设1AC 的中点为D ，连接DM ，DN ，因为D ，M 分别为1AC ，AC 的中点，所以1//DM CC 且112DM CC =，又N 为1BB 的中点，所以//DM BN 且DM BN =，所以四边形BNDM 为平行四边形，故//BM DN ，由（2）知：BM ⊥平面11ACC A ，所以DN ⊥平面11ACC A ，又DN ⊂平面1AC N ，所以平面1AC N ⊥平面11ACC A .例14.（2018·全国·高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥．（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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】【详解】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且ACAD 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 =32．又23BP DQ DA ==，所以BP = 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE =13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1．因此，三棱锥Q ABP -的体积为111131332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=．【规律方法】1.对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：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．途径三：将几何问题转化为代数问题．2．解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．3.探索性问题(1)处理空间中平行或垂直的探索性问题，一般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n 等分点中的某一个，需根据相关的知识确定点的位置．(2)利用向量法，设出点的坐标，结论变条件，求出点的坐标，并指明点的位置．。

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时间：45分钟满分：100分班级：________姓名：________学号：________得分：________一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，在下列四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2013·广东)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：由m⊥α，m∥n⇒n⊥α，又n∥β，则n平行于β内某一直线n′，此时n′∥m，于是α⊥β.答案：D2．(2014·石家庄诊断)教室内任意放一支笔直的铅笔，则在教室的地面上必存在直线与铅笔所在的直线()A．平行B．相交C．异面D．垂直解析：这支铅笔与地面存在三种位置关系，若在地面内，则C排除；若与地面平行则B排除；若与地面相交，则A排除，选D.答案：D3．(教材改编题)设P是△ABC所在平面外一点，P到△ABC各顶点的距离相等，而且P到△ABC各边的距离也相等，那么△ABC()A．是非等腰的直角三角形B．是等腰的直角三角形C．是等边三角形D．不是A、B、C所述的三角形解析：设O是点P在平面ABC内的射影，因为P到△ABC各顶点的距离相等，所以O是三角形的外心，又P到△ABC各边的距离也相等，所以O是三角形的内心，故△ABC是等边三角形，选C.答案：C4．(2014·徐州模拟)如果一个二面角的两个半平面与另一个二面角的两个半平面互相垂直，则这两个二面角的大小是()A．相等B．互补C．相等或互补D．无法确定解析：如图一个二面角α－BC－δ与另一个二面角γ－BA－β的两个半平面分别垂直，即α⊥γ且δ⊥β，其中α⊥β，当δ面绕BC转动时，α－CB－δ的角度变化，∴这两个二面角的大小无法确定. 故选D.答案：D5．(2014·泉州二模)把等腰直角△ABC沿斜边上的高AD折成直二面角B－AD－C，则BD与平面ABC所成角的正切值为()A. 2B.2 2C．1 D.3 3解析：如图，在面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，所以BD⊥平面ADC，故BD⊥AC.由以上可知，AC⊥平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC，故∠DBE就是BD与平面ABC所成角，在Rt△DBE中，易求tan∠DBE＝22，故选B.答案：B6．(理)(2014·山西大学附中)三棱锥P —ABC 的两侧面P AB 、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( )A ．90°B ．30°C ．45°D ．60°解析：取PB 的中点M ，连结AM 、CM ，则AM ⊥PB ，CM ⊥PB ，所以∠AMC 为二面角A —PB —C 的平面角．易得AM ＝CM ＝3a ，则△AMC 为正△，所以∠AMC ＝60°.答案：D(文)(2013·山东)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，由点P 向面ABC 作垂线，其垂足M 为△ABC 的中心，连接P A ，AM ，则∠P AM 即为P A 与面ABC 所成的角．设棱柱的高为h ，则V ＝34(3)2h ＝94，故h ＝3，∴PM ＝3，又AM ＝1，故在Rt △PMA 中可知tan ∠P AM ＝3，∴∠P AM＝π3.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上)7．(2014·泰州模拟)正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC 的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．解析：如图，取CD的中点F、SC的中点G，连接EF，EG，FG，EF交AC 于点H，易知AC⊥EF，又GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD，∴AC⊥GH，∴AC⊥平面EFG，故点P的轨迹是△EFG，其周长为2＋ 6.答案：2＋ 68．(2014·天门模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.解析：由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.由Rt△CAF∽Rt△F A1D，得ACA1F＝AFA1D，即2a3a－x＝xa，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.答案：a或2a9．(2014·卫辉月考)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；②若m∥α，α⊥β，则m⊥β；③若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂α；④若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β.则其中正确命题的序号为________．解析：①③④正确．②中，可能有m∥β或m⊂β，故②不正确．答案：①③④10．(2014·豫北六校精英联考)a、b表示直线α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则a⊥b④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内的无数条直线；⑤若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β.上述五个命题中，正确命题的序号是________．解析：对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；对④只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．答案：②⑤三、解答题(本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤)11．(2014·江西上饶中学二模)如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2，AB＝4，AD＝BC＝2，E、F分别为CD、AB中点，沿EF将梯形AFED折起，使得∠AFB＝60°，点G为FB的中点．(1)求证：AG⊥平面BCEF；(2)求DG的长度．解：(1)证明：因为AF＝BF，∠AFB＝60°，则△AFB为等边三角形，又G 为FB的中点，所以AG⊥FB.在等腰梯形ABCD中，因为E、F分别是CD、AB 中点，所以EF⊥AB，于是EF⊥AF，EF⊥BF，则EF⊥平面ABF，所以AG⊥EF.又EF与FB交于一点F，所以AG⊥平面BCEF.(2)取EC的中点M，连结DM、GM、CG，易得平面ABF∥平面DCE，DM ∥AG，因为AG⊥BCEF，则DM⊥BCEF，则DM⊥MG.知EC＝FG＝BG＝1，从而CG∥EF.在Rt△CGB中，CG⊥BG，BG＝1，BC＝2，则CG＝1，则在Rt△CGM中，GM＝GC2＋CM2＝52.又易知DM＝32.那么在Rt△DGM中，DG＝GM2＋DM2＝ 2.12．(理)(2013·四川)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点．(Ⅰ)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1；(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角A－A1M－N 的余弦值．解：(Ⅰ)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，因为l在平面A1BC 外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.由已知，AB＝AC，D是BC的中点，所以，BC⊥AD，则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交．所以直线l⊥平面ADD1A1.(Ⅱ)解法一：连接A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A1M于F，连接AF.由(Ⅰ)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥AE.所以A1M⊥平面AEF，则A1M⊥AF.故∠AFE为二面角A－A1M－N的平面角(设为θ)．设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP＝12，AM＝1.所以，在Rt △AA 1P 中，A 1P ＝52；在Rt △A 1AM 中，A 1M ＝ 2.从而AE ＝AA 1·AP A 1P ＝15，AF ＝AA 1·AM A 1M ＝12，所以sin θ＝AE AF ＝25. 所以cos θ＝1－sin 2θ＝1－(25)2＝155. 故二面角A －A 1M －N 的余弦值为155.解法二：设A 1A ＝1.如图，过A 1作A 1E 平行于B 1C 1，以A 1为坐标原点，分别以A 1E →，A 1D 1→，A 1A →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点A 1重合)．则A 1(0,0,0)，A (0,0,1)，B (3，1,1)，C (－3，1,1)．因为P 为AD 的中点，所以M ，N 分别为AB ，AC 的中点，故M (32，12，1)，N (－32，12，1)．所以A 1M →＝(32，12，1)，A 1A →＝(0,0,1)，MN →＝(－3，0,0)．设平面AA 1M 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥A 1M →，n 1⊥A 1A →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1M →＝0，n 1·A 1A →＝0.故有 ⎩⎨⎧(x 1，y 1，z 1)·(32，12，1)＝0，(x 1，y 1，z 1)·(0，0，1)＝0，从而⎩⎨⎧ 32x 1＋12y 1＋z 1＝0，z 1＝0.取x 1＝1，则y 1＝－3，所以n 1＝(1，－3，0)．设平面A 1MN 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥A 1M →，n 2⊥MN →，即⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·A 1M →＝0，n 2·NM →＝0，故有⎩⎨⎧ (x 2，y 2，z 2)·(32，12，1)＝0，(x 2，y 2，z 2)·(－3，0，0)＝0.从而⎩⎨⎧ 32x 2＋12y 2＋z 2＝0，3x 2＝0.取y 2＝2，则z 2＝－1，所以n 2＝(0,2，－1)．设二面角A －A 1M －N 的平面角为θ，又θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝|(1，－3，0)·(0，2，－1)2·5|＝155. 故二面角A －A 1M －N 的余弦值为155.(文)(2013·四川)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA1＝2，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段AD 上异于端点的点．(Ⅰ)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1；(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线l 交AC 于点Q ，求三棱锥A 1－QC 1D 的体积．(锥体体积公式：V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高)解：(Ⅰ)如图，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .由已知，AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以，BC ⊥AD ，则直线l ⊥AD .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥直线l .又因为AD ，AA 1在平面ADD 1A 1内，且AD 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面ADD 1A 1.(Ⅱ)过D 作DE ⊥AC 于E .因为AA 1⊥平面ABC ，所以DE ⊥AA 1.又因为AC ，AA 1在平面AA 1C 1C 内，且AC 与AA 1相交，所以DE ⊥平面AA 1C 1C ，由AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，有AD ＝1，∠DAC ＝60°，所以在△ACD 中，DE ＝32AD ＝32.又S △A 1QC 1＝12A 1C 1·AA 1＝1.所以VA 1－QC 1D ＝VD －A 1QC 1＝13DE ·S △A 1QC 1＝13×32×1＝36.因此三棱锥A 1－QC 1D 的体积是36.13．(理)(2013·北京)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(Ⅰ)求证：AA 1⊥平面ABC ；(Ⅱ)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；(Ⅲ)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .并求BD BC 1的值．解：(Ⅰ)因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(Ⅱ)由(Ⅰ)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC.如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz ，则B (0,3,0)，A 1(0,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(4,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0.即⎩⎨⎧3y －4z ＝0，4x ＝0. 令z ＝3，则x ＝0，y ＝4，所以n ＝(0,4,3)．同理可得，平面B 1BC 1的法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1625.由题知二面角A 1－BC 1－B 1为锐角，所以二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为1625.(Ⅲ)设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)．解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ.所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD →·A 1B →＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时，BD BC 1＝λ＝925.(文)(2013·北京)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：(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.所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.。