2024新高考数学第一轮章节复习
8.4 直线、平面垂直的判定和性质
基础篇
考点一 直线与平面垂直的判定和性质
1.(多选)(2023届南京学情调研,9)已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列选项中,l⊥m的充分条件有 ( )
A.α⊥β,l⊥α,m∥β
B.α∥β,l∥α,m⊥β
C.α⊥β,l⊥α,m⊥β
D.α⊥β,l∥α,m∥β
答案 BC
2.(2022浙江杭州二中、温州中学、金华一中三校模考,6)
在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,若PB⊥AB,BA=BP=BC=2DC=2,则下列结论可能成立的是 ( )
A.PD=PC B.PD=
C.PD⊥BC D.PC⊥AD
答案 D
3.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 ( )
答案 BC
4.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号)
答案 ②③④
5.(2019课标Ⅱ文,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.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.
解析
(1)证明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE 平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,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.
6.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,PA⊥PD,PA=PD,AD=4,E为AB的中点,DE=AE,侧面PAD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥平面PBD;
(2)若AB=4,求点C到平面PDE的距离.
解析 (1)证明:取AD的中点O,连接OP,OE,∵EA=ED,且O是AD的中点,∴EO⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,EO 平面ABCD,
∴EO⊥平面PAD,∵PA 平面PAD,∴EO⊥PA,
又∵EO∥BD,∴PA⊥BD,
又PA⊥PD,BD∩PD=D,PD,BD 平面PBD,
∴PA⊥平面PBD.
(2)∵EO⊥AD,BD∥EO,∴BD⊥AD.
在Rt△ABD中,AB=4,AD=4,∴BD=4,DE=2.
连接PE.∵PA=PD,O是AD的中点,∴PO⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,∵OE 平面ABCD,∴PO⊥OE.在Rt△POE中,PO=OE=2,∴PE=2.
在△PDE中,PD=PE=DE=2,∴S△PDE=.
设点C到平面PDE的距离为h,
∵DE⊥AB,AB∥CD,∴DE⊥CD,
∴S△CDE==8,∵PO⊥底面ABCD,∴三棱锥P-CDE的高为PO=2,由等体积法得×8×2,解得h=.故点C到平面PDE的距离为.
考点二 平面与平面垂直的判定和性质
1.(2022全国乙,理7,文9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 ( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案 A
2.(2022浙江宁波专题练,5)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β
B.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β
C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ
D.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
3.(2019课标Ⅲ,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
答案 B
4.(多选)(2023届浙南名校联盟联考,11)如图,AC是圆O的直径,PA与圆O所在的平面垂直且PA=AC=2,
B为圆周上不与点A、C重合的动点,M,N分别为点A在线段PC、PB上的投影,则下列结论正确的是 ( )
A.平面AMN⊥平面PBC
B.点N在圆上运动
C.当△AMN的面积最大时,二面角A-PC-B的平面角为
D.PA与MN所成的角可能为
答案 ABC
5.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
解析 (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO 平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD 平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,
则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,
∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,又二面角E-BC-D的大小为45°,
∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN==EN=ND,∴AO=OD=1,∴VA-BCD=.故三棱锥A-BCD的体积为.
综合篇
考法一 判定或证明直线与平面垂直的方法
1.(2021浙江,6,4分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
答案 A
2.(多选)(2023届广东三校联考,11)下列四个正方体图形中,l是正方体的一条体对角线,点M、N、P分别为其所在棱的中点,能得出l⊥平面MNP的是 ( )
A B
C D
答案 ACD
3.(2022湖北部分重点中学联考,19)如图,在几何体PABCDQ中,四边形ABCD是边长为4的正方形,PD⊥平面ABCD,PD=4,点E为PD的中点,四棱锥Q-ABCD是高为4的正四棱锥.
(1)求证:QB⊥平面EAC;
(2)求平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)证明:连接BD,与AC交于点O,因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.连接OQ,因为四棱锥Q-ABCD是正四棱锥,所以OQ⊥平面ABCD,因为AC 平面ABCD,所以OQ⊥AC,因为OQ∩BD=O,所以AC⊥平面QBD,因为BQ 平面QBD,所以AC⊥BQ.
延长QO与PB交于点F,因为PD⊥平面ABCD,DQ⊥平面ABCD,所以PD∥QO,因为O为BD的中点,所以F为PB的中点,则OF=PD=2,又OQ=4,OB=2,所以QF=6,BF2=OF2+OB2=22+=12,QB2=OQ2+OB2=42+=24,所以BF2+QB2=QF2,所以QB⊥BF.
连接OE,因为点E为PD的中点,点O为BD的中点,所以OE∥BF,所以QB⊥OE,
因为OE∩AC=O,所以QB⊥平面EAC.
(2)以D为原点,DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(4,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),B(4,4,0),Q(2,2,-4),所以=(-4,4,0),=(-4,0,4),=(0,4,0),=(-2,2,-4).
设平面PAC的法向量为n=(x1,y1,z1),则取z1=1,得n=(1,1,1).
设平面QAB的法向量为m=(x2,y2,z2),
则
取z2=1,得m=(-2,0,1).
设平面PAC与平面QAB所成锐二面角的大小为θ,
则cos θ=,所以平面PAC与平面QAB所成锐二面角的余弦值为.
4.(2022辽宁大连一中期中,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧面PAD是正三角形,侧面PAD⊥底面ABCD,M是PD的中点.
(1)证明:AM⊥平面PCD;
(2)若AD=2,且二面角M-BC-D的大小为30°,求四棱锥P-ABCD的体积.
解析 (1)证明:因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,CD 平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,因为AM 平面PAD,所以CD⊥AM.
又△PAD是正三角形,M是PD的中点,
所以PD⊥AM,又PD∩CD=D,PD,CD 平面PCD,所以AM⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O,过点O作AB的平行线ON交BC于N,连接OP,易证OP⊥平面ABCD.
以O为原点,OA,ON,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,),M,A(1,0,0),
设AB=a,a>0,则B(1,a,0),C(-1,a,0),
设平面MBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1⊥,n1⊥,
从而则可得n1=(0,,2a),
因为OP⊥平面ABCD,
所以平面ABCD的法向量与共线,可取n2=(0,0,1),
因为二面角M-BC-D的大小为30°,
所以cos 30°=|cos
解得a=,所以四棱锥P-ABCD的体积为V=.
考法二 判定或证明平面与平面垂直的方法
1.(多选)(2022长沙月考,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,N为底面ABCD的中心,P为棱A1D1上的动点(不包括两个端点),M为线段AP的中点,则下列结论正确的是 ( )
A.CM与PN是异面直线
B.||
C.过P,A,C三点的正方体的截面一定不是等腰梯形
D.平面PAN⊥平面BDD1B1
答案 BD
2.(2023届重庆南开中学质检,19)如图,在三棱锥P-ABC中,底面ABC是边长为6的等边三角形,且满足,M,N分别为BC,AB的中点,,PD⊥平面ABC.
(1)证明:平面PDF⊥平面PMN;
(2)若二面角P-MN-D的余弦值为,求PM与平面PDF所成角的正切值.
解析 (1)证明:因为,AC=6,所以AD=4,CD=2,因为M,N分别为BC,AB的中点,所以MN∥AC,MN=AC=3,因为,所以MF=,在△ABC内,取AC的中点K,连接BK交MN于H,则BK⊥AC,KD=1,MH=,则FH=1,所以FH KD,所以四边形FDKH为平行四边形,所以DF∥BK,所以DF⊥AC,所以DF⊥MN.
又PD⊥平面ABC,MN 平面ABC,所以PD⊥MN,
因为PD∩DF=D,PD,DF 平面PDF,
所以MN⊥平面PDF,因为MN 平面PMN,
所以平面PDF⊥平面PMN.
(2)由(1)可得∠PFD即是二面角P-MN-D的平面角,所以cos∠PFD=,又PD⊥DF,所以.
又△ABC是边长为6的等边三角形,所以DF=,
则PD=,PF=3.
由MN⊥平面PDF可得∠MPF即是PM与平面PDF所成角,在Rt△PFM中,tan∠MPF=,
即PM与平面PDF所成角的正切值为.
3.(2020课标Ⅱ文,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.
(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;
(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=,求四棱锥B-EB1C1F的体积.
解析 (1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形,N为B1C1的中点,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,A1N∩MN=N,故B1C1⊥平面A1AMN.因为B1C1 平面EB1C1F,所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)AO∥平面EB1C1F,AO 平面A1AMN,平面A1AMN∩平面EB1C1F=PN,所以AO∥PN.又AP∥ON,所以四边形APNO是平行四边形,所以PN=AO=6,AP=ON=,PM=,EF=BC=2.
易证BC∥平面EB1C1F,
所以四棱锥B-EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离.
作MT⊥PN,垂足为T,则由(1)知,MT⊥平面EB1C1F,
故MT=PMsin∠MPN=3.
底面EB1C1F的面积为×(B1C1+EF)·PN=×(6+2)×6=24.所以四棱锥B-EB1C1F的体积为×24×3=24.
4.(2022全国乙文,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积.
解析 (1)证明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ADB≌△CDB,∴AB=BC,
又E为AC的中点,∴BE⊥AC,
在△ADC中,AD=CD,E为AC的中点,∴DE⊥AC,
又DE 平面BED,BE 平面BED,DE∩BE=E,
∴AC⊥平面BED,
∵AC 平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)由(1)可知AB=BC且∠ACB=60°,
∴△ABC为等边三角形,∴AC=AB=2.
又AD=DC,AD⊥CD,∴AD=DC=,
连接EF,由(1)知AC⊥平面BED,
∵EF 平面BED,∴AC⊥EF,
∴S△ACF=AC×EF=EF,
在Rt△ADC中,可得DE=1,在△ABC中,可得BE=,
又BD=2,∴BD2=DE2+BE2,
∴△BED为直角三角形,且∠EBD=30°,
∴EF的最小值为Rt△BED斜边上的高h,
且h=BEsin∠EBD=,∵AC⊥平面BEF,
∴VF-ABC=×AC
=×2
=.
考法三 翻折问题的处理方法
1.(2022湖南衡阳一中月考,6)如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,构成四面体ABCD,则下列说法正确的是 ( )
A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ACD⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BCD
D.平面ACD⊥平面ABC
答案 D
2.(2023届福建泉州质量监测一,7)已知矩形ABCD中,AB=2,BC=1,将△CBD沿BD折起至△C'BD,当C'B与AD所成角最大时,三棱锥C'-ABD的体积等于 ( )
A.
答案 C
3.(2018课标Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:由已知可得BF⊥EF,
又已知BF⊥PF,且PF、EF 平面PEF,PF∩EF=F,
所以BF⊥平面PEF,
又BF 平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则H(0,0,0).
由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=,
又PF=1,EF=2,故PE2+PF2=EF2,故PE⊥PF,
可得PH=,EH=,则P,D,易知为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
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