浙江专用2021届高考数学一轮复习专题八立体几何8.4直线平面垂直的判定与性质试题含解析

§8。

4 直线、平面垂直的判定与性质基础篇固本夯基【基础集训】考点一直线与平面垂直的判定与性质1。

已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A。

α⊥β且m⊂α B.α⊥β且m∥αC。

m∥n且n⊥β D.m⊥n且n∥β答案C2.下列命题中错误的是（）A.如果平面α外的直线a不平行于平面α，则平面α内不存在与a平行的直线B.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么直线l⊥平面γC。

如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面βD.一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必与另一个平面相交答案C3.如图，PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E、F分别是A在PB、PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是.答案①②③4.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑。

如图，在阳马P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE,DF,BD，BE。

证明：PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑，若是,写出其每个面的直角（只需写出结论）;若不是，说明理由.解析因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形,得BC⊥CD,因为PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,因为DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE。

又因为PD=CD，点E是PC的中点,所以DE⊥PC.因为PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC。

因为PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E，所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF，∠EFB,∠DFB.考点二平面与平面垂直的判定与性质5.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形，给出下列结论:①AD∥平面PBC;②平面PAC⊥平面PBD；③平面PAB⊥平面PAC；④平面PAD⊥平面PDC.其中正确结论的序号是.答案①②④6.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB,PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.（1)求证：PA⊥BD；（2）求证:平面BDE⊥平面PAC;（3）当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积。

解析 (1）证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB∩BC=B ， 所以PA ⊥平面ABC 。

因为BD⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD. (2）证明：因为AB=BC,D 为AC 的中点,所以BD ⊥AC.由(1)知，PA ⊥BD ，又AC∩PA=A ，所以BD ⊥平面PAC 。

因为BD⊂平面BDE,所以平面BDE ⊥平面PAC.(3)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DE=12PA=1,BD=DC=√2.由（1)知,PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC 。

所以三棱锥E —BCD 的体积V=13×12BD·DC·DE=13.7.如图，在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA=PD,E,F 分别为AD ，PB 的中点。

（1)求证：PE ⊥BC ；(2）求证:平面PAB ⊥平面PCD ； （3）求证:EF∥平面PCD.证明 （1）因为PA=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PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD。

所以AB⊥PD。

又因为PA⊥PD，PA∩AB=A，所以PD⊥平面PAB.因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.（3）取PC的中点G,连接FG，DG。

BC.因为四边因为F,G分别为PB,PC的中点，所以FG∥BC,FG=12BC。

形ABCD为矩形，且E为AD的中点,所以DE∥BC，DE=12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。

综合篇知能转换【综合集训】考法一证明直线与平面垂直的方法1。

（2017课标全国Ⅲ，10,5分)在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E为棱CD的中点，则（)A。

A1E⊥DC1 B.A1E⊥BDC。

A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC答案C2.(2018课标全国Ⅱ，19,12分）如图,在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2√2，PA=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。

解析 （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OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB,OP ⊥AC 且OB∩AC=O 知PO ⊥平面ABC.(2）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=4√23，∠ACB=45°。

所以OM=2√53，CH=OC ·MC ·sin∠ACBOM=4√55.所以点C 到平面POM 的距离为4√55。

3。

（2019 5·3原创题）如图，在以P 为顶点,母线长为√2的圆锥中,底面圆O 的直径AB 长为2，点C 在圆O 所在平面内,且AC 是圆O 的切线，BC 交圆O 于点D ，连接PD ，OD. (1）求证：PB ⊥平面PAC;（2)若AC=2√33,求点O 到平面PBD 的距离.解析 (1)证明：因为AB 是圆O 的直径,AC 与圆O 切于点A ，所以AC ⊥AB 。

又在圆锥中，PO 垂直于底面圆O, 所以PO ⊥AC ，而PO∩AB=O ， 所以AC ⊥平面PAB ，从而AC ⊥PB. 在三角形PAB 中，PA=PB=√2,AB=2,故有PA 2+PB 2=AB 2，所以PA ⊥PB,又PA∩AC=A ， 所以PB ⊥平面PAC 。

(2)解法一:作OE ⊥BD 于E,连接PE.又PO ⊥BD ，PO∩OE=O ，所以BD ⊥平面POE 。

又BD⊂平面PBD,所以平面PBD ⊥平面POE,作OF ⊥PE 于F,因为平面PBD∩平面POE=PE,所以OF ⊥平面PBD ，故OF 的长为点O 到平面PBD 的距离. 连接AD.在Rt △POE 中,PO=1,OE=12AD=AB ·AC 2BC=12,所以OF=PO ·OE PE=√55。

即点O 到平面PBD 的距离为√55。

解法二：因为AB=2,AC=2√33,AC ⊥AB ，所以在直角△ABC中,∠ABC=π6。

又OD=OB=1,则△OBD 是等腰三角形,所以BD=√3,S △OBD =12×1×1×sin 2π3=√34。

又PB=PD=√2,所以S △PBD =12×√3×√52=√154,设点O 到平面PBD 的距离为d,由V P-OBD =V O —PBD ，即13S △OBD ·PO=13S △PBD ·d,可得d=√55。

解法三：因为AB=2，AC=2√33,AC ⊥AB,所以S △ABC =12×2×2√33=2√33。

又由(1）可知，AC ⊥平面PAB,则AC ⊥PA,所以PC=√2+43=√303。

又PB ⊥平面PAC ，所以PB ⊥PC,则S △PBC =12×√2×√303=√153.设点O 到平面PBD 的距离为d,则A 到平面PBC 的距离为2d,由V P-ACB =V A-PBC ， 即13S △ABC ·PO=13S △PBC ·2d,可得d=√55.考法二 平面与平面垂直的判定与性质问题4。

（2018广东六校4月联考,18）如图，在四棱锥P —ABCD 中,四边形ABCD 是平行四边形,AB=BC=1,∠BAD=120°,PB=PC=√2,PA=2，E,F 分别是AD ，PD 的中点。

(1)证明:平面EFC ⊥平面PBC ； (2)求二面角A-BC —P 的余弦值.解析 （1)证明：取BC 的中点G ，连接PG ，AG ，AC,∵PB=PC,∴PG⊥BC，∵四边形ABCD是平行四边形,∠BAD=120°，∴∠ABC=60°.又AB=BC=1,∴△ABC是等边三角形,∴AG⊥BC。

∵AG∩PG=G,∴BC⊥平面PAG，∴BC⊥PA。

（3分)∵E，F分别是AD，PD的中点，∴EF∥PA,易知四边形EAGC为平行四边形，∴EC∥AG，∴BC⊥EF，BC⊥EC,∵EF∩EC=E,∴BC⊥平面EFC,(5分)∵BC⊂平面PBC,∴平面EFC⊥平面PBC.（6分)（2)由（1）知PG⊥BC，AG⊥BC,∴∠PGA是二面角A-BC—P的平面角.（7分)∵PG=√2-14=√72,AG=√32，PA=2，∴在△PAG中，cos∠PGA=PG2+AG2-PA22PG·AG =-√217,(11分)∴二面角A-BC-P的余弦值为—√217.(12分)5.（2019北京，18,14分）如图，在四棱锥P—ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形，E为CD的中点.（1）求证:BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE；(3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.解析(1）因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD。

又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC。

（2）因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE。

因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°,且E为CD的中点，所以AE⊥CD。

所以AB⊥AE。

所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE。