2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质学案，共10页。


1.[多选题]下列说法正确的是( )
A.垂直于同一个平面的两条直线平行
B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直
C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行
D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直
2.[2020合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m⊂α,则“n⊥m”是“n⊥α”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
3.[2019全国卷Ⅲ]如图8 - 4 - 1,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
4.[2017全国卷Ⅲ]在正方体ABCD - A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC
5.[2020湖南省岳阳市三校第二次联考]如图8 - 4 - 2,在三棱锥V - ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是( )
A.AC=BC
B.AB⊥VC
C.VC⊥VD
D.S△VCD·AB=S△ABC·VO
6.[2019北京高考]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: .
7.[2019北京高考]如图8 - 4 - 3,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.
图8 - 4 – 3
考法1 线面垂直的判定与性质
1如图8 - 4 - 4,在直三棱柱ABC - A1B1C1中, AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F 是CC1上一点.
(1)当CF =2时,证明:B1F ⊥平面ADF ;
(2)若F D⊥B1D,求三棱锥B1 - ADF 的体积.
(1)证明B1F 与两直线AD,DF 垂直,利用线面垂直的判定定理得出B1F ⊥平面ADF ;(2)若F D⊥B1D,则Rt△CDF ∽Rt△BB1D,可求DF ,即可求三棱锥B1 - ADF 的体积.
(1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.(等腰三角形底边中线与底边高线重合)
在直三棱柱ABC - A1B1C1中,因为BB1⊥底面ABC,AD⊂底面ABC,所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B=B,所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F ⊂平面B1BCC1,所以AD⊥B1F .
由题意,可知C1F =CD=1,B1C1=CF =2,∠B1C1F =∠F CD=90°,
所以Rt△DCF ≌Rt△F C1B1,所以∠CF D=∠C1B1F ,所以∠B1F D=90°,(利用平面几何知识找垂直)
所以B1F ⊥F D.
因为AD⊥B1F ,B1F ⊥F D,AD,F D⊂平面ADF ,且AD∩F D=D,所以B1F ⊥平面ADF .(线面垂直的判定定理)
(2)由(1)知AD⊥平面B1DF , CD=1,AD=22,
在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,
所以B1D=BD2+BB12=10.
因为F D⊥B1D,所以Rt△CDF ∽Rt△BB1D,
所以DFB1D=CDBB1,即DF =13×10=103,
所以VB1-ADF=VA-B1DF=13S△B1DF×AD=13×12×103×10×22=1029.
1.[2020陕西省部分学校高三测试]如图8 - 4 - 5,在三棱柱ABC - A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1.
(1)求证:BB1⊥平面ABC;
(2)求多面体DBCA1B1C1的体积.
考法2 面面垂直的判定与性质
2 [2018北京高考]如图8 - 4 - 6,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.
(Ⅰ)求证:PE⊥BC;
(Ⅱ)求证:平面PAB⊥平面PCD;
(Ⅲ)求证:EF ∥平面PCD.
(Ⅰ)欲证PE⊥BC,只需证明PE⊥AD即可;(Ⅱ)先证PD⊥平面PAB,进而可证明平面PAB⊥平面PCD;(Ⅲ)取PC的中点G,连接F G,DG,通过证明EF ∥DG,可证得EF ∥平面PCD.
(Ⅰ)因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PE⊥AD.(等腰三角形的中线也是高线)
因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,(矩形对边平行)
所以PE⊥BC.
(Ⅱ)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.(矩形邻边垂直)
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.(面面垂直的性质定理)
所以AB⊥PD.
又PA⊥PD, PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB,
又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(面面垂直的判定定理)
(Ⅲ)如图8 - 4 - 7,取PC的中点G,连接F G,GD.
因为F ,G分别为PB和PC的中点,所以F G∥BC,且F G=12BC.(构造中位线)
因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以ED∥BC,ED=12BC,
所以ED∥F G,且ED=F G,所以四边形EF GD为平行四边形,(构造平行四边形)
所以EF ∥GD.
又EF ⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,所以EF ∥平面PCD.(线面平行的判定定理)
解后反思
空间中垂直关系的证明几乎都是从平面图形中的垂直关系入手的,如该题第(Ⅱ)问利用矩形邻边垂直与已知的面面垂直的条件等得到PD⊥平面PAB.当然,第(Ⅱ)问也可以通过证明PA⊥平面PCD证得结论:因为平面PAD⊥平面ABCD,两平面的交线为AD,且CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,故CD⊥PA,又PA⊥PD,CD∩PD=D,所以PA⊥平面PCD,又PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.
2.[2020四川五校联考]如图8 - 4 - 8,在三棱锥P - ABC中,底面ABC与侧面PAB均为正三角形,AB=2,PC=6,M为AB的中点.
(1)证明:平面PCM⊥平面PAB;
(2)N为线段PA上一点,且S△CMN=34,求三棱锥P - CMN的体积.
思想方法 转化思想在立体几何中的应用
3 [2019山东烟台模拟]如图8 - 4 - 9,四边形ABCD为矩形,A,E,B,F 四点共面,且△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,∠BAE=∠AF B=90°.
(1)求证:平面BCE∥平面ADF ;
(2)若平面ABCD⊥平面AEBF ,AF =1,BC=2,求三棱锥A - CEF 的体积.
(1)由线面平行的判定定理证明BC∥平面ADF ,BE∥平面ADF ,然后利用面面平行的判定定理可证得结论;(2)由四边形ABCD为矩形,得BC⊥AB,结合面面垂直的性质定理可得BC⊥平面AEBF ,由已知条件并结合等体积法求三棱锥A - CEF 的体积.
(1)因为四边形ABCD为矩形,
所以BC∥AD,
又BC⊄平面ADF ,AD⊂平面ADF ,
所以BC∥平面ADF .
因为△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAE=∠AF B=90°,
所以∠BAF =∠ABE=45°,
所以AF ∥BE,
又BE⊄平面ADF ,AF ⊂平面ADF ,
所以BE∥平面ADF .
又BC⊂平面BCE,BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,
所以平面BCE∥平面ADF . (三种平行关系的转化)
(2)因为四边形ABCD为矩形,
所以BC⊥AB,又平面ABCD⊥平面AEBF ,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF =AB,
所以BC⊥平面AEBF .
由AF =1,易知AE=2,
所以S△AEF =12AF ×AE×sin 135° =12×1×2×22=12,
所以V三棱锥A - CEF =V三棱锥C - AEF =13S△AEF ×BC=13×12×2=13. (等体积转化)
3.[2019江苏高考]如图8 - 4 - 10,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
1.ABC 对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;
对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确;
对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确;
对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选ABC.
2.B 当直线m,n都在平面α内时,不能由m⊥n推出n⊥α;若n⊥α,且m⊂α,由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件,故选B.
3.B 取CD的中点O,连接ON,EO,因为△ECD为正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2,则EO=3,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=32,CP=32,所以BM2=MP2+BP2=(32)2+(32)2+22=7,得BM=7,所以BM≠EN.连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线,故选B.
4.C 由正方体的性质得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故选C.
5.C 因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.而VO∩VD=V,所以AB⊥平面VCD.因为CD⊂平面VCD,所以AB⊥CD,所以AC=BC,可知A一定成立.
因为VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,可知B一定成立.
因为S△VCD=12VO·CD,S△ABC=12AB·CD,所以S△VCD·AB=S△ABC·VO,可知D一定成立.
由题中条件无法判断VC⊥VD,可知C不一定成立.故选C.
6.若l⊥m,l⊥α,则m∥α.(答案不唯一) 若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;若l⊥m,m∥α,则l∥α或l与α相交,故①②⇒③不正确;若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确.
7.(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A,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.
又PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.
又AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.理由如下.
取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG,如图D 8 - 4 - 1所示.
图D 8 - 4 - 1
则FG∥AB,且FG=12AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,
所以CE∥AB,且CE=12AB.
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.
1.(1)因为AC=BC,D为AB的中点,
所以CD⊥AB,又DC⊥DA1,AB∩DA1=D,
所以CD⊥平面AA1B1B,又BB1⊂平面AA1B1B,
所以CD⊥B1B,又B1B⊥AB,AB∩CD=D,
所以B1B⊥平面ABC.
(2)V多面体DBCA1B1C1=V三棱柱ABC-A1B1C1 - V三棱锥A1-ADC
=S△ABC·AA1 - 13S△ACD·AA1
=S△ABC·AA1 - 13×12S△ABC·AA1
=56S△ABC·AA1
=56×12×2×2×2
=103.
2.(1)因为△ABC是边长为2的正三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB,CM=3.
同理得PM=3,又PC=6,
所以CM2+PM2=PC2,所以CM⊥PM.
又AB∩PM=M,所以CM⊥平面PAB,
又CM⊂平面PCM,所以平面PCM⊥平面PAB.
(2)解法一 由(1)得CM⊥平面PAB,
又MN⊂平面PAB,所以CM⊥MN,△CMN为直角三角形,
所以S△CMN=12·CM·MN=34,且CM=3,解得MN=32.
在△AMN中,cs∠NAM=AN2+AM2-MN22AN·AM,即cs 60°=AN2+12-(32)22AN,
解得AN=12,所以PN=32.
所以PNPA=34,S△PNM=34S△PAM=38S△PAB=38×3=338,
V三棱锥P - CMN=V三棱锥C - PMN
=13S△PMN·CM
=13×338×3
=38.
解法二 由(1)可得CM⊥平面PAB,
又NM⊂平面PAB,所以CM⊥NM,
则S△CMN=12CM·NM,
即34=12×3·NM,解得NM=32,
所以NMPM=AMPA=12,得△ANM∽△AMP,则∠ANM=∠AMP=90°,
所以NM⊥PA,又CM⊥PA,NM∩CM=M,
所以PA⊥平面CNM,
在Rt△PNM中,PN=PM2-NM2=32,
所以V三棱锥P - CMN=13S△CMN·PN=38.
3.(1)如图D 8 - 4 - 2所示,因为D,E分别为BC,AC的中点,
图D 8 - 4 - 2
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC - A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以A1B1∥ED.
又ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC - A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.
又BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.