新高考数学复习资料84直线平面垂直的判定与性质试题及参考答案Word文档下载推荐.docx

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②EF⊥PB;

③AF⊥BC;

④AE⊥平面PBC.

其中正确命题的序号是　　　　. 

【参考答案】①②③

4.《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.

【试题解析】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　　　　　　. 

【参考答案】①②④

6.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.

【试题解析】

（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＝PA＝1,BD＝DC＝.

由

（1）知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V＝×

BD·

DC·

DE＝.

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.

PE⊥BC;

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.

因为F,G分别为PB,PC的中点,所以FG∥BC,FG＝BC.因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以DE∥BC,DE＝BC.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⊥BD　　　

C.A1E⊥BC1　　　　　D.A1E⊥AC

2.（2018课标全国Ⅱ,19,12分）如图,在三棱锥P-ABC中,AB＝BC＝2,PA＝PB＝PC＝AC＝4,O为AC的中点.

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.

因为AP＝CP＝AC＝4,O为AC的中点,

所以OP⊥AC,且OP＝2.

连接OB,因为AB＝BC＝AC,

所以△ABC为等腰直角三角形,

且OB⊥AC,OB＝AC＝2.

由OP2+OB2＝PB2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＝AC＝2,CM＝BC＝,∠ACB＝45°

.

所以OM＝,CH＝.

所以点C到平面POM的距离为.

3.（20195·

3原创题）如图,在以P为顶点,母线长为的圆锥中,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.

PB⊥平面PAC;

（2）若AC＝,求点O到平面PBD的距离.

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＝,AB＝2,

故有PA2+PB2＝AB2,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＝AD＝,所以OF＝.即点O到平面PBD的距离为.

解法二:

因为AB＝2,AC＝,AC⊥AB,所以在直角△ABC中,∠ABC＝.又OD＝OB＝1,则△OBD是等腰三角形,所以BD＝,S△OBD＝×

1×

sin.又PB＝PD＝,所以S△PBD＝×

×

设点O到平面PBD的距离为d,由VP-OBD＝VO-PBD,即S△OBD·

PO＝S△PBD·

d,可得d＝.解法三:

因为AB＝2,AC＝,AC⊥AB,

所以S△ABC＝×

2×

.又由

（1）可知,AC⊥平面PAB,则AC⊥PA,所以PC＝.又PB⊥平面PAC,所以PB⊥PC,则S△PBC＝×

.设点O到平面PBD的距离为d,则A到平面PBC的距离为2d,由VP-ACB＝VA-PBC,

即S△ABC·

PO＝S△PBC·

2d,可得d＝.

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＝,PA＝2,E,F分别是AD,PD的中点.

平面EFC⊥平面PBC;

（2）求二面角A-BC-P的余弦值.

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＝,AG＝,PA＝2,

∴在△PAG中,cos∠PGA＝＝-,（11分）

∴二面角A-BC-P的余弦值为-.（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.

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.

（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.

（3）棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则FG∥AB,且FG＝AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE＝AB.所以FG∥CE,且FG＝CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.

【5年高考】

1.（2019北京,13,5分）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:

　　　　　　　　　　. 

【参考答案】若l⊥m,l⊥α,则m∥α（答案不唯一）

2.（2019课标全国Ⅱ,17,12分）如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

BE⊥平面EB1C1;

（2）若AE＝A1E,AB＝3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.

【试题解析】本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.

（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.

（2）由

（1）知∠BEB1＝90°

.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°

故AE＝AB＝3,AA1＝2AE＝6.

作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF＝AB＝3.

所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V＝×

3×

6×

3＝18.

思路分析　

（1）由长方体的性质易得B1C1⊥BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;

（2）求该四棱锥的体积的关键是求高,利用