《湘教版高考數(shù)學文一輪題庫 第7章第5節(jié)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湘教版高考數(shù)學文一輪題庫 第7章第5節(jié)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、△+△2019年數(shù)學高考教學資料△+△ 高考真題備選題庫 第7章 立體幾何 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 考點 垂直關(guān)系 1.（2012廣東，13分）如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中點，F(xiàn)是DC上的點且DF＝AB，PH為△PAD中AD邊上的高． (1)證明：PH⊥平面ABCD； (2)若PH＝1，AD＝，F(xiàn)C＝1，求三棱錐E－BCF的體積； (3)證明：EF⊥平面PAB. 解：(1)證明：因為AB⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD；因為PH為△PAD中AD邊上的高，所以PH⊥AD，又平面PAD∩平面

2、ABCD＝AD，PH?平面PAD，所以PH⊥平面ABCD. (2)因為E為PB的中點，所以E點到平面ABCD的距離為PH＝， S△BCF＝CFAD＝1＝. 所以三棱錐E－BCF的體積V＝＝. (3)證明：如右圖，取AB的中點M，連接MF、EM，取PA的中點N，連接NE、DN. 因為AB∥CD，DF＝AB，所以NE綊AM綊DF，所以四邊形DNEF為平行四邊形，所以EF綊DN. 因為PD＝AD，所以DN⊥PA，又因為AB⊥平面PAD，所以DN⊥AB，PA∩AB＝A，所以DN⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB. 2.（2012福建，12分）如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，A

3、B＝AD＝1，AA1＝2，M為棱DD1上的一點． (1)求三棱錐A－MCC1的體積； (2)當A1M＋MC取得最小值時，求證：B1M⊥平面MAC. 解：(1)由長方體ABCD－A1B1C1D1知， AD⊥平面CDD1C1， ∴點A到平面CDD1C1的距離等于AD＝1， 又S△MCC1＝CC1CD＝21＝1， ∴VA－MCC1＝ADS△MCC1＝. (2)證明：將側(cè)面CDD1C1繞DD1逆時針轉(zhuǎn)90展開，與側(cè)面ADD1A1共面(如圖)，當A1，M，C′共線時，A1M＋MC取得最小值． 由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M為DD1中點． 連接C1M，在△C1MC中，MC1＝，MC

4、＝，CC1＝2， ∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90，即CM⊥MC1. 又由長方體ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1， ∴B1C1⊥CM. 又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M； 同理可證，B1M⊥AM， 又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC. 3.(2011新課標全國，12分)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD. (1)證明：PA⊥BD； (2)設PD＝AD＝1，求棱錐D－PBC的高． 解：(1)證明：因為∠DAB＝60，AB＝2AD， 由余弦定

5、理得BD＝AD. 從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD. (2)如圖，作DE⊥PB，垂足為E. 已知PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC. 由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，BC⊥DE. 則DE⊥平面PBC. 由PD＝AD＝1知BD＝，PB＝2. 由DEPB＝PDBD，得DE＝. 即棱錐D－PBC的高為. 4．(2010廣東，14分)如圖，是半徑為a的半圓，AC為直徑，點E為的中點，點B和點C為線段AD的三等分點，平面AEC外一點F滿足FC⊥平面BED，

6、FB＝a. (1)證明：EB⊥FD； (2)求點B到平面FED的距離． 解：(1)證明：∵點E為的中點，且AB＝BC，AC為直徑， ∴EB⊥AC. ∵FC⊥平面BED，且BE?平面BED. ∴FC⊥EB. ∵FC∩AC＝C， ∴EB⊥平面BDF， ∵FD?平面BDF， ∴EB⊥FD. (2)∵FC⊥平面BED，且BD?平面BED， ∴FC⊥BD. 又∵BC＝DC， ∴FD＝FB＝a. ∴VE－FBD＝S△FBDEB＝2aa＝. ∵EB⊥平面BDF，且FB?平面BDF，∴EB⊥BF， ∴EF＝＝＝a. ∵EB⊥BD， ∴ED＝＝＝a. ∴S△FED＝a＝a2. ∴點B到平面FED的距離d＝＝a. 高考數(shù)學復習精品 高考數(shù)學復習精品