《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第57講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)練習 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第九章 直線、平面、簡單幾何體和空間向量 第57講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)練習 理（含解析）新人教A版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第57講　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 夯實基礎　【p130】 【學習目標】 1．掌握空間中線面垂直位置關系的定義、判定定理與有關性質(zhì)；運用公理、定理證明或判定空間圖形的垂直關系的簡單命題．不論何種“垂直”都能化歸到“線線垂直”． 2．會應用“化歸思想”進行“線線垂直問題、線面垂直問題、面面垂直問題”的互相轉(zhuǎn)化． 【基礎檢測】 1．已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【解析】對于A，m與l可能平行或異面，故A錯； 對于B、D，m與n可能平行、相交或異面，故B、D錯； 對于C，因為

2、n⊥β，l?β，所以n⊥l，故C正確． 【答案】C 2．已知直線a?α，則α⊥β是a⊥β的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【解析】由面面垂直的判定定理可得a?α，a⊥β?α⊥β，反之不成立，∴直線a?α，則α⊥β是a⊥β的必要不充分條件． 【答案】B 3．下面命題中： ①兩平面相交，如果所成的二面角是直角，則這兩個平面垂直； ②一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面一定垂直； ③一直線與兩平面中的一個平行與另一個垂直，則這兩個平面垂直； ④一平面與兩平行平面中的一個垂直，則與另一個平面也垂直； ⑤兩平

3、面垂直，經(jīng)過第一個平面上一點垂直它們交線的直線必垂直第二個平面． 其中正確命題的個數(shù)有(　　) A．2個B．3個C．4個D．5個 【解析】由直線與平面、平面與平面垂直的判定和性質(zhì)知，命題①②③④正確． 【答案】C 4．在下列四個正方體中，能得出AB⊥CD的是(　　) A．①B．①②C．②③D．④ 【解析】在①中，設平面BCD上的另一個頂點為A1，連接BA1，易得CD⊥BA1，CD⊥AA1，則CD⊥平面ABA1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD. 【答案】A 5．α、β是兩個不同的平面，m、n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n

4、⊥β；④m⊥α.以其中三個論斷作為條件，余下一個論斷作為結論，寫出你認為正確的一個命題____________________． 【解析】考慮如圖所示的直觀模型，將圖①固定，圖②進行平移或旋轉(zhuǎn)，從而把α與β的位置關系轉(zhuǎn)化為研究m、n的位置關系，于是易得如下正確命題： (1)?m∥β或m?β， 又m?β??m⊥n.∴②③④?①. (2)?n∥α或n?α， 又n?α??α⊥β.∴①③④?②. 【答案】②③④?①(或①③④?②) 【知識要點】 1．直線與直線、直線與平面、平面與平面垂直的定義 (1)如果兩條異面直線所成的角是直角，則這兩條異面直線垂直． (2)如果一條直線和平

5、面內(nèi)__任意一條直線__都垂直，那么這條直線和這個平面垂直． (3)兩個平面相交，如果所成的二面角是直二面角，那么這兩個平面互相垂直． 2．直線與平面、平面與平面垂直的判定定理 (1)直線與平面垂直的判定定理：如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面． 即a?α，b?α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b?l⊥α. (2)平面與平面垂直判定定理：如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直． 即a⊥β，a?α?α⊥β. 3．直線與平面、平面與平面垂直的性質(zhì)定理 (1)直線與平面垂直的性質(zhì)定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平

6、行． 即a⊥α，b⊥α?a∥b． (2)平面與平面垂直的性質(zhì)定理：如果兩個平面垂直，那么在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面． 即α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a?α?a⊥β. 典例剖析　【p131】 考點1　直線與平面垂直的判定與性質(zhì) 如圖①、②，已知異面直線a，b的公垂線為AB，試證： (1)若a，b都平行于平面α，則AB⊥α； (2)若a，b分別垂直于平面α，β，設α∩β＝c，則AB∥c. 【解析】(1)在平面α內(nèi)任取一點P，設直線a與P確定的平面與α相交于a′，直線b與P確定的平面與α相交于b′. ∵a∥α，b∥α，∴a∥a′，b∥b′， 又AB⊥a

7、，AB⊥b，∴AB⊥a′，AB⊥b′，∴AB⊥α. (2)過B作直線BB′⊥α，則BB′與b是相交直線， 設BB′與b確定平面γ. ? 　　　?c⊥γ， BB′⊥α? 　　? 　　　　　　　?AB⊥γ， ?AB∥c. 【點評】1.證明線面垂直的方法主要有： ①利用線面垂直的定義：a與α內(nèi)任何直線垂直?a⊥α； ②利用判定定理：?l⊥α. ③利用第二個判定定理：a∥b，a⊥α?b⊥α； ④利用面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，a⊥α?a⊥β. ⑤利用面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. 2．由已知想性質(zhì)，即根據(jù)條件得出結論——應用性

8、質(zhì)． 考點2　平面與平面垂直的判定與性質(zhì) 如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是AB的中點，沿DE將△ADE折起． (1)如果二面角A′－DE－C是直二面角，求證：A′B＝A′C； (2)如果A′B＝A′C，求證：平面A′DE⊥平面BCDE. 【解析】(1)如圖，過點A′作A′M⊥DE于點M，則A′M⊥平面BCDE，所以A′M⊥BC. 又A′D＝A′E， 所以M是DE的中點． 取BC的中點N，連接MN，A′N，則MN⊥BC. 又A′M⊥BC，A′M∩MN＝M， 所以BC⊥平面A′MN，所以A′N⊥BC. 又因為N是BC的中點，所以A′B＝A′C. (2)如圖

9、，取BC的中點N，連接A′N. 因為A′B＝A′C，所以A′N⊥BC. 取DE的中點M，連接MN，A′M，所以MN⊥BC. 又A′N∩MN＝N， 所以BC⊥平面AMN，所以A′M⊥BC. 又M是DE的中點，A′D＝A′E，所以A′M⊥DE. 又因為DE與BC是平面BCDE內(nèi)的相交直線， 所以A′M⊥平面BCDE. 因為A′M在平面A′DE內(nèi)， 所以平面A′DE⊥平面BCDE. 【點評】1.證明面面垂直的方法有： ①利用定義：α和β所成的二面角為直二面角?α⊥β； ②利用判定定理：a⊥β，a?α?α⊥β. 2．掌握性質(zhì)定理： ①α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥

10、β，用來證明線面垂直，也用來確定點到平面的垂線段； ②α⊥β，點P∈α，P∈a，a⊥β?a?α. 3．注意轉(zhuǎn)化思想的靈活應用． 考點3　垂直關系中的探索性問題 如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，各個側(cè)面均是邊長為2的正方形．D為線段AC的中點． (1)求證：BD⊥平面ACC1A1； (2)求證：直線AB1∥平面BC1D； (3)設M為線段BC1上任意一點，在△BC1D內(nèi)的平面區(qū)域(包括邊界)是否存在點E，使CE⊥DM？請說明理由． 【解析】(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1中，各個側(cè)面均是邊長為2的正方形， ∴CC1⊥BC，CC1⊥AC， ∴CC1⊥平面ABC，

11、 又∵BD?平面ABC， ∴CC1⊥BD， 又底面為等邊三角形，D為線段AC的中點， ∴BD⊥AC， 又AC∩CC1＝C， ∴BD⊥平面ACC1A1. (2)連接B1C交BC1于O，連接OD，則O為B1C的中點， ∵D是AC的中點， ∴OD∥AB1， 又OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D， ∴直線AB1∥平面BC1D. (3)在△BC1D內(nèi)的平面區(qū)域(包括邊界)存在點E，使CE⊥DM，此時E在線段C1D上， 證明如下：過C作CE⊥C1D交線段C1D與E， 由(1)可知，BD⊥平面ACC1A1，而CE?平面ACC1A1， ∴BD⊥CE， 由CE⊥C1D，BD

12、∩C1D＝D，得CE⊥平面BC1D， ∵DM?平面BC1D， ∴CE⊥DM. 【點評】解決探究某些點或線的存在性問題，一般方法是先研究特殊點(中點、三等分點等)、特殊位置(平行或垂直)，再證明其符合要求，一般來說是與平行有關的探索性問題常常尋找三角形的中位線或平行四邊形．對于是否存在問題，首先要分析條件，看結論需要的條件已有哪些，分析欲使結論成立，還需要什么條件，結合所求，不難作出輔助線． 方法總結　　【p132】 1．證明直線與平面垂直常運用判定定理，即轉(zhuǎn)化為線線的垂直關系來證明． 2．證明線面垂直的方法主要有(以下A，P表示點，m，n，l，a，b表示直線，α，β表示平面)：

13、(1)利用線面垂直的定義：a與α內(nèi)任何直線垂直?a⊥α； (2)利用判定定理： ?l⊥α； (3)利用第二判定定理：a∥b，a⊥α，則b⊥α； (4)利用面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，a⊥α，則a⊥β. (5)利用面面垂直的性質(zhì)定理： α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l，則a⊥β. 3．面面垂直的證明方法： (1)利用定義：α和β所成的二面角為直二面角?α⊥β； (2)利用判定定理：若a⊥β，a?α，則α⊥β. 4．性質(zhì)定理的恰當應用： (1)若α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l，則a⊥β，用來證明線面垂直，也用來確定點到平面的垂線段； (2)若α⊥β，點P∈α，P∈a，

14、a⊥β，則a?α. 5．垂直關系的轉(zhuǎn)化程序 線線垂直?線面垂直?面面垂直． 走進高考　　【p132】 1．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當三棱錐M－ABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值． 【解析】(1)由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因為BC⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.

15、 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz. 當三棱錐M－ABC體積最大時，M為的中點． 由題設得D(0，0，0)， A(2，0，0)，B(2，2，0)， C(0，2，0)，M(0，1，1)， ＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)． 設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則 即 可得n＝(1，0，2)． 是平面MCD的法向量，因此 cosn，＝＝， sinn，＝， 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 2．(2018·全國卷Ⅱ)如圖

16、，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值． 【解析】(1)因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點， 所以OP⊥AC，且OP＝2. 連結OB.因為AB＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系O－xyz. 由已知得O(0

17、，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2)，取平面PAC的法向量＝(2，0，0)． 設M(a，2－a，0)(0

18、b的關系是(　　) A．a(chǎn)∥b B．a(chǎn)⊥b C．a(chǎn)、b異面D．a(chǎn)、b相交 【解析】設法在平面α內(nèi)尋求一條直線與b平行． 【答案】B 2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列說法中： ①若m⊥α，m⊥β，則α∥β；②若m∥α，α∥β，則m∥β； ③若m⊥α，m∥β，則α⊥β；④若m∥α，n⊥m，則n⊥α. 所有正確說法的序號是(　　) A．②③④ B．①③ C．①② D．①③④ 【解析】①若m⊥α，m⊥β，則α∥β，顯然一條直線垂直兩不同平面，則這兩個平面平行，所以正確；②若m∥α，α∥β，則m∥β，這種情況要排除m在面β內(nèi)，所以錯誤；③若m⊥α，

19、m∥β，則α⊥β，顯然成立；④若m∥α，n⊥m，則n⊥α，此種情況n可以和α平行或相交或在α內(nèi)，故錯誤． 【答案】B 3．已知α，β，γ為不同的平面，m，n為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件是(　　) A．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ B．α⊥β，β⊥γ，m⊥α C．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n D．n⊥α，n⊥β，m⊥α 【解析】A、B、C項錯誤，滿足條件的m和平面β可能平行；D項正確，n⊥α，n⊥β?α∥β，結合m⊥α知m⊥β. 【答案】D 4．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面

20、BCD，構成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列結論正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 【解析】∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB. 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC. 又AB?平面ABC， ∴平面ADC⊥平面ABC. 【答案】D 5．ABCD是正方形，P為平面A

21、BCD外一點，且PA⊥平面ABCD，則平面PAB、平面PBC、平面PDC、平面PAD、平面ABCD這五個平面中，互相垂直的平面有________對． 【解析】如圖，可得平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PAB，平面PDC⊥平面PAD，共5對． 【答案】5 6．下列五個正方體圖形中，l是正方體的一條對角線，點M、N、P分別為其所在棱的中點，能得出l⊥面MNP的圖形的序號是________．(寫出所有符合要求的圖形序號) 【解析】①、④易判斷，⑤中△PMN是正三角形且AM＝AP＝AN，因此三棱錐A－PMN是正三棱錐．所以圖⑤

22、中l(wèi)⊥平面MNP，由此法，還可否定③，∵AM≠AP≠AN.也易否定②.故填①④⑤. 【答案】①④⑤ 7．如圖，三棱錐P－ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA＝90°，PB＝BC＝CA＝2，E為PC的中點，點F在PA上，且2PF＝FA. (1)求證：平面PAC⊥平面BEF； (2)求三棱錐A－BFC的體積． 【解析】(1)∵PB⊥底面ABC，且AC?底面ABC，∴AC⊥PB， 由∠BCA＝90°，可得AC⊥CB， 又∵PB∩CB＝B，∴AC⊥平面PBC. 注意到BE?平面PBC，∴AC⊥BE， ∵PB＝BC，E為PC中點，∴BE⊥PC， ∵PC∩AC＝C，∴BE⊥平面PA

23、C. 而BE?平面BEF，∴平面PAC⊥平面BEF. (2)VA－BFC＝VF－ABC，作FH∥PB， ∵PB⊥平面ABC，∴FH⊥平面ABC， FH＝，∴VF－ABC＝Sh＝··2·2·＝. 8．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中(側(cè)棱與底面垂直的棱柱)，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中點． (1)求證：C1D⊥平面AA1B1B； (2)當點F在BB1上的什么位置時，AB1⊥平面C1DF？并證明你的結論． 【解析】(1)∵ABC－A1B1C1是直三棱柱， ∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°. 又D是A1B1的中點， ∴C

24、1D⊥A1B1. ∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D， ∴C1D⊥平面AA1B1B. (2)作DE⊥AB1交AB1于點E，延長DE交BB1于點F，連接C1F，則AB1⊥平面C1DF，點F即所求． 事實上，∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B， ∴C1D⊥AB1. 又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D， ∴AB1⊥平面C1DF. ∵AA1＝A1B1＝， ∴四邊形AA1B1B為正方形． 又D為A1B1的中點，DF⊥AB1， ∴F為BB1的中點， ∴當點F為BB1的中點時，AB1⊥平面C1DF. B組題 1．某幾何體的三

25、視圖如圖所示，該幾何體的各面中互相垂直的面的對數(shù)是(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 【解析】由三視圖還原直觀圖，知該幾何體是正方體截去兩個三棱柱后剩余的平行六面體ABCD－A1B1C1D1，如圖所示． 顯然，上、下兩個底面都與前、后兩個側(cè)面垂直，即4對面面垂直；左、右兩個側(cè)面均與前、后兩個側(cè)面垂直，即4對面面垂直．綜上得面面垂直的位置關系共有8對． 【答案】D 2．在棱長為1的正方體ABCD－A′B′C′D′中，E是AA′的中點，P是三角形BDC′內(nèi)的動點，EP⊥BC′，則P的軌跡長為(　　) A.B.C.D. 【解析】先找到一個平面總是保持與BC′垂直

26、，取BB′，BC，AD的中點F，H，G. 連接EF，F(xiàn)H，EG，GH，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，有BC′⊥面EFHG，又P是三角形BDC′內(nèi)的動點，根據(jù)平面的基本性質(zhì)得：點P的軌跡為面EFHG與面BDC′的交線段MN，在直角三角形MNH中，NH＝，MH＝. ∴MN＝＝. 【答案】D 3．如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出四個結論： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 則在翻折過程中，可能成立的結論的個

27、數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】對于①：因為BC∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯誤； 對于②：設點D在平面BCF上的射影為點P，當BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿足，所以②正確； 對于③：當點P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確； 對于④：因為點D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯誤． 【答案】B 4．如圖，菱形ABCD與四邊形BDEF相交于BD，∠ABC＝120°，BF⊥平面ABCD，DE∥BF，BF＝2DE，AF⊥F

28、C，M為CF的中點，AC∩BD＝G. (1)求證：GM∥平面CDE； (2)求證：平面ACE⊥平面ACF. 【解析】(1)取BC的中點N，連接GN，MN. 因為G為菱形對角線的交點，所以G為AC中點，所以GN∥CD，又因為M，N分別為FC，BC的中點，所以MN∥FB， 又因為DE∥BF，所以DE∥MN， 又MN∩GN＝N， 所以平面GMN∥平面CDE， 又GM?平面GMN，所以GM∥平面CDE. (2)連接GE，GF，因為四邊形ABCD為菱形， 所以AB＝BC，又BF⊥平面ABCD，所以AF＝CF， 所以FG⊥AC. 設菱形的邊長為2，∠ABC＝120°， 則GB＝GD＝1，GA＝GC＝， 又因為AF⊥FC，所以FG＝GA＝， 則BF＝，DE＝，且BF⊥平面ABCD，DE∥BF，得DE⊥平面ABCD， 在直角三角形GED中，GE＝＝， 又在直角梯形BDEF中，得EF＝＝， 從而EF2＝GF2＋GE2，所以FG⊥GE，又AC∩GE＝G， 所以FG⊥平面ACE，又FG?平面ACF， 所以平面ACE⊥平面ACF. 16