05 第43讲　直线、平面垂直的判定与性质 【答案】听课 高考数学二轮复习练习

这是一份05 第43讲　直线、平面垂直的判定与性质 【答案】听课 高考数学二轮复习练习，共6页。
【知识聚焦】
1.(1)任意一条直线 垂线 垂面 (2)两条相交直线
一条直线 另一条直线 任意一条直线 平面
2.(1)直二面角
(2)直二面角 ∠AOB=90° 垂线 二面角的平面角 ∠AOB=90° 交线 垂直
【对点演练】
1.4 3 [解析] 由PD⊥平面ABCD,得平面PAD⊥平面ABCD,平面PDB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面ABCD.因为AC⊥BD,AC⊥PD,BD∩PD=D,所以AC⊥平面PDB,所以平面PAC⊥平面PDB,故互相垂直的平面有4对.与AC垂直的直线有PD,BD,PB,共3条.
2.②④ [解析] 在①中,如图甲,a⊂α,b⊂β,且a,b与l都不垂直,则a,b不一定垂直,故①错误;在②中,如图乙,a⊂α,b⊂β,b⊥l,则b⊥α,所以β内所有与b平行的直线都与a垂直,故②正确;在③中,如图丙,a⊂α,但a与l不垂直,则a与β不垂直,故③错误;在④中,如图丁,由两平面垂直的性质定理可知④正确.故填②④.
3.(1)外 (2)垂 [解析] (1)如图①,连接OA,OB,OC,在Rt△POA,Rt△POB和Rt△POC中,PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,即O为△ABC的外心.
(2)如图②,延长AO,BO,CO,分别交BC,AC,AB于点H,D,G.因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又AB⊂平面PAB,所以PC⊥AB,因为AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面POC,所以AB⊥平面POC,又CG⊂平面POC,所以AB⊥CG,即CG为△ABC的边AB上的高.同理可得BD,AH分别为△ABC的边AC,BC上的高,所以O为△ABC的垂心.
4.必要不充分 [解析] 根据直线与平面垂直的定义,知“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面α垂直”,反之则可以,所以应填必要不充分.
5.②③ [解析] 在①中,若α∥β,n⊂α,m⊂β,则m与n平行或异面,故①错误;在②中,若m⊥α,m⊥β,则α∥β,又n⊥α,所以n⊥β,故②正确;在③中,若m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,又n⊥β,所以α⊥β,故③正确;在④中,若m∥α,n∥β,α⊥β,则m与n平行、相交或异面,故④错误;在⑤中,若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m,n平行、相交或异面,所以⑤错误.故填②③.
6.5 [解析] 由底面ABCD是边长为a的正方形,PA=a,PB=PD=2a,得PA⊥AB,PA⊥AD,又AB∩AD=A,所以PA⊥底面ABCD,由PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAD,可得平面PAB⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.由BC⊥AB,BC⊥PA,AB∩PA=A,得BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC.由CD∥AB,得CD⊥平面PAD,又CD⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.故共有5对互相垂直的面.
7.一定 [解析] 因为PA=PB=PC,所以点P在平面ABC内的射影O为△ABC的外心,因为
∠BAC=90°,所以O为BC的中点,所以PO在平面PBC内,所以平面PBC⊥平面ABC.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的性质定理、判定定理逐一判断各选项.(2)利用线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理判断.
(1)D (2)B [解析] (1)对于A,由面面平行的判定定理可知,在平面α内需要两条相交直线与平面β平行才能得出两平面平行,故A错误;对于B,由l⊂β,m∥l得m∥β或m⊂β,故B错误;对于C,由面面垂直的性质定理可知,当平面α内的直线m与α,β两个平面的交线垂直时,才能得出m⊥β,故C错误;对于D,由面面垂直的判定定理可知D正确.故选D.
(2)∵PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,∴平面ABC⊥平面PAC,故D中说法正确.∵BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,∴平面PAB⊥平面PBC,故C中说法正确.∵AN⊂平面PAB,∴BC⊥AN,∵AN⊥PB,BC∩PB=B,∴AN⊥平面PBC,又AN⊂平面ANS,∴平面ANS⊥平面PBC,故A中说法正确.对于B,假设平面ANS⊥平面PAB,∵AN⊥平面PBC,NS⊂平面PBC,∴AN⊥NS,∵平面PAB⊥平面ANS,平面PAB∩平面ANS=AN,∴NS⊥平面PAB,∴NS⊥PB,∴PB⊥平面ANS,又AS⊂平面ANS,∴PB⊥AS,∵AS⊥PC,PB∩PC=P,∴AS⊥平面PBC,与AN⊥平面PBC矛盾,故B中说法不正确.故选B.
变式题 (1)C (2)BC [解析] (1)对于选项A,若l∥α,且m∥α,则l,m可能平行、相交或异面,不一定垂直,故A错误;对于选项B,若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m,n可能平行、相交或异面,不一定平行,故B错误;对于选项C,若m∥l,且m⊥α,则l⊥α,故C正确;对于选项D,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α与β相交或平行,不一定垂直,故D错误.故选C.
(2)折叠前后得到AH⊥HE,AH⊥HF不变,又EH∩FH=H,所以根据线面垂直的判定定理,可得AH⊥平面EFH,故B正确;过点A只有一条直线与平面EFH垂直,且AH⊥平面EFH,点G与H不重合,故A不正确;AG⊥EF,EF⊥HG,由线面垂直的判定定理可得EF⊥平面AGH,故C正确;因为HG与AG不垂直,所以HG与平面AEF不垂直,故D不正确.故选BC.
例2 证明:∵底面ABCD是边长为2的正方形,∴CO=2,CD=CB.
平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,C1C=A1A=2.
在△C1OC中,∠C1CO=45°,C1C=2,CO=2,
由余弦定理得cs∠C1CO=C1C2+CO2-C1O22·C1C·CO=22+2-C1O22×2×2=22, 解得C1O=2,
∴C1O2+CO2=CC12,∴C1O⊥CO.
如图,连接C1D,C1B,在△C1CD与△C1CB中,
∵CD=CB,∠C1CD=∠C1CB,C1C=C1C,
∴△C1CD≌△C1CB,∴C1B=C1D,即△BC1D为等腰三角形,则C1O⊥BD.
∵CO⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,CO∩BD=O,
∴C1O⊥平面ABCD.
变式题 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,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
所以PD⊥平面PAB.
又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.
例3 [思路点拨] 由△C'CD∽△DBE,证得C'D⊥DE,再根据题意证得AD⊥平面BCC'B',得到AD⊥C'D,进而证得C'D⊥平面ADE,即可证得平面AC'D⊥平面ADE.
证明:由题意知BC=2AA',可得CC'CD=2,BDBE=2,
所以△C'CD∽△DBE,所以∠CDC'+∠BDE=90°,所以C'D⊥DE.因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC,
因为AA'⊥平面ABC,且AD⊂平面ABC,所以AD⊥AA',又BB'∥AA',所以AD⊥BB'.
因为BC∩BB'=B,所以AD⊥平面BCC'B',
又C'D⊂平面BCC'B',所以AD⊥C'D.
因为AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE,所以C'D⊥平面ADE,又C'D⊂平面AC'D,所以平面AC'D⊥平面ADE.
变式题 证明:取AD的中点为O,连接OM,OB,
因为四边形ABCD为菱形,且AD=BD=2,
所以△ABD为正三角形,所以BO⊥AD,且BO=3.
因为MA=MD=2,AD=2,所以MO⊥AD,
所以MO=MA2-AO2=(2)2-12=1,
又因为MB=2,所以MO2+BO2=MB2,所以MO⊥BO,
因为AD∩BO=O,AD⊂平面ABCD,BO⊂平面ABCD,
所以MO⊥平面ABCD,又因为MO⊂平面MAD,
所以平面MAD⊥平面ABCD.
例4 [思路点拨] (1)由线面平行的性质定理证明;(2)先假设平面PDC⊥平面DEQ,由面面垂直、线面垂直的性质定理得PC⊥QE,最后由三角形相似得到PBQB的值.
解:(1)证明:在梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,∴AB∥平面PDC,
又AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PDC=l,∴AB∥l.
(2)存在点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此时PBQB=3.证明如下:
如图,连接BD,易知BD=2,BC=12+(2-1)2=2,
∵PD⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥DB,
则PC=4+4=22,PB=22+(2)2=6,
则PB2+BC2=PC2,∴PB⊥BC,∵PD=DC,E为PC的中点,∴DE⊥PC,∵平面PDC⊥平面DEQ,平面PDC∩平面DEQ=DE,PC⊂平面PDC,PC⊥DE,
∴PC⊥平面DEQ,又QE⊂平面DEQ,∴PC⊥QE,
关注公众号《全元高考》
微信搜索微信公众号「全元高考」
后台回复「网盘群」获取最新最全初高中网盘资源（4000 G+）
扫码加微信查看朋友圈最新资源
备用联系方式QQ：2352064664
群文件全套无水印资料+更多精品网课在网盘群，高考路上必备!
最新最全高一高二高三试卷&九科全新一手网课&学科资料专辑&名校独家资料
更新速度极快!
进群了就不用到处找资料了，一网打尽!
(进群送往届全部资料)则△PQE∽△PCB,则PEPB=PQPC,∴PQ=PE·PCPB=2×226=263,此时PBQB=PBPB-PQ=66-263=3.
故存在点Q,使得平面PDC⊥平面DEQ,此时PBQB=3.
变式题 解:(1)证明:∵G是BP的中点,∴PG=12BP=1,
又AE=1,∴AE=PG.又AE∥PG,AE⊥EP,∴四边形AEPG是矩形,∴AG∥EP.∵AG⊄平面α,PE⊂平面α,∴AG∥平面α.∵F,G分别是BC,BP的中点,∴FG是△BCP的中位线,∴FG∥PC.
∵FG⊄平面α,PC⊂平面α,∴FG∥平面α.∵AG∩FG=G,且AG,FG⊂平面AFG,∴平面AFG∥平面α.
(2)由题意得AD⊥平面ABPE,
∴V四棱锥D-ABPE=13S梯形ABPE·AD=13×1+22×3×1=32.
如图,过点P作PH⊥AB,垂足为H,∵平面ABCD⊥平面ABPE,平面ABCD∩平面ABPE=AB,PH⊂平面ABPE,PH⊥AB,∴PH⊥平面ABCD,即PH是三棱锥P-BCD的高.
∵AG=EP=3,PG=AE=BG=1,
∴AB=AG2+BG2=(3)2+12=2,
∴CD=AB=2,sin∠ABG=AGAB=32,
∴PH=BP·sin∠ABG=2×32=3,∴V三棱锥P-BCD=13×S△BCD×PH=13×12×2×1×3=33,∴四棱锥D-ABPE与三棱锥P-BCD的体积之比为3233=32.