高考数学一轮复习策略

1、揣摩例题。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。

2、精练习题

复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。

3、加强审题的规范性

每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。

4、重视错题

“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。

专题8.5   直线、平面垂直的判定及性质

1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面，若直线，则“”是“”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

【答案】B

【解析】

根据面面垂直的判定定理，可知若且，可推出，即必要性成立；反之，若，则与的位置关系不确定，即充分性不成立；

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

2．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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

【答案】A

【解析】

由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.

【详解】

根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；

反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；

所以“”是“”的充分不必要条件，

故选：A.

3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（    ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，为异面直线，，，，，则

【答案】AB

【解析】

举反例可判断A和B；由线面平行的性质定理可判断C；由反证法可判断D.

【详解】

对于选项A：反例如图，故A错误；

对于选项B：反例如图，故B错误；

对于选项C：是“线面平行的性质定理”的符号语言，故C正确；

对于选项D：若平面与平面不平行，设，因为，，由线面平行的性质定理得，同理，所以，这与，为异面直线矛盾，所以.故D正确.

故选：AB.

4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．平面

C．平面 D．三棱锥的体积为定值

【答案】ACD

【解析】

选项A，连接BD，通过证明平面，可判定；选项B，通过可判定；选项C，利用平面ABCD平面可判定平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定.

【详解】

选项A：

连接BD，底面ABCD是正方形，，

又平面ABCD，平面ABCD，，

，平面，

又平面，，故选项A正确；

选项B：

若平面，平面，，

但显然，所以平面不成立，故选项B错误；

选项C：

正方体中，平面ABCD平面，平面，平面ABCD，故选项C正确；

选项D：

点A到平面BEF的距离也是点A到平面的距离，等于AC的一半，

即三棱锥高为定值，而的边为定值，高为为定值，故体积为定值，

故选项D正确.

故选：ACD.

5．（2020·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).

【答案】充分不必要

【解析】

面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.

因为直线且

所以由判断定理得.

所以直线，且

若，直线则直线，或直线，或直线l与平面相交，或直线l在平面内.

所以“”是“”成立的充分不必要条件.

故答案为：充分不必要.

6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.

【答案】垂

【解析】

根据题意可证明面PBC，结合PH为三棱锥的高可以证明，同理：，进而得到答案.

【详解】

如图，因为，所以面PBC，则PA⊥BC，

又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而，所以面PAH，所以，同理可证：，所以点H为垂心.

故答案为：垂.

7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱中，，分别是，的中点．求证：

（1）平面//平面；

（2）平面平面．

【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析

【解析】

（1）连接，由已知条件可得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，则‖,‖,，再结棱柱的特点可得四边形为平行四边形，‖，所以由线面平行的判定可得‖平面，‖ 平面，再由面面平行的判 定可得结论，

（2）由已知可得，，从而可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论

【详解】

证明：（1）连接，

因为，分别是，的中点，

所以，

因为， ‖，

所以，‖ ，‖，

所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，

所以‖,‖,，

因为平面，平面，

所以‖平面，

因为，‖，

所以‖，，

所以四边形为平行四边形，

所以‖，

因为 平面，平面，

所以//平面，

因为，所以平面//平面；

（2）因为为正三角形，是的中点，

所以，

因为平面，平面，

所以，

因为，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面．

8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，E，F分别为AB和PD的中点.

（1）求证：平面PBD；

（2）求证：平面PBC.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

（1）首先证出，，再利用线面垂直的判定定理即可证明.

（2）取PC的中点G，连接FG，BG，证出四边形BEFG是平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理即可证明.

【详解】

证明：（1）设，则O是AC，BD中点，连接PO，

∵底面ABCD是菱形，∴，

又∵，O是AC中点，

∴，

又，平面PBD，平面PBD，

∴平面PBD.

（2）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示：

∵F是PD的中点，

∴，且.

又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，

∴，且，

∴，且，

∴四边形BEFG是平行四边形，

∴，

又平面PBC，平面PBC，

∴平面PBC.

9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱中，，，.

（1）证明：平面平面；

（2）求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；

（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．

【详解】

（1）如图，取的中点，连，，

因为，，

所以，，

又因为，所以，

在中，由，满足，

所以，且，，平面，

所以平面，

又平面，所以平面平面，

又平面平面，所以平面平面.

（2）由（1）可知平面，，

所以四棱锥的体积.

10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，且平面平面，，，为中点.

（1）证明：平面；

（2）求到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）因为平面，平面，所以

因为，，为中点，

所以为正三角形，则，

在中，因为，，，

由余弦定理可得：，

又因为，所以

所以，

又，平面，且，

所以平面

（2）在中，

设点到平面的距离为，

由得

解得：，

所以点到平面的距离为.

1. （2019·福建高考模拟（理））已知等边△的边长为2，现把△绕着边旋转到△的位置．给出以下三个命题：①对于任意点，； ②存在点，使得平面；  ③三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【答案】B

【解析】

由题意，取中点，由于，，根据线面垂直的判定定理，得平面，平面，所以，故①正确；

假设平面，则，又，这不可能，故②错误；

由，当平面平面时，达到最大，此时，故③正确. 故选B．

2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：

①BD⊥AC；    ②△BAC是等边三角形；

③三棱锥D－ABC是正三棱锥；    ④平面ADC⊥平面ABC．

其中正确的是___________

【答案】①②③

【解析】

设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，

D为BC的中点，∴AD⊥BC，
又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，
∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，
∴BD⊥AC，故①正确；
②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，
∴BD⊥CD，又∴由勾股定理得：，又AB=AC=a，
∴△ABC是等边三角形，故②正确；
③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC，
∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确．
④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，

∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，
由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．

3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点.

（1）证明：；

（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.

【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析，.

【解析】

（1）由，证得面，从而，结合，证得面，从而证得.

（2）点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离，由条件证得面，则为点到面的距离，求得即可.

【详解】

解：（1）连，，四边形为正方形，

又，直棱柱中，，，

面，

面，

又，

面，

面，

（2）点到面的距离为定值.

，面，

面，

点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离

令，则，

又面，面，

，

，

，

面，

为点到面的距离

在等腰中，，

到面的距离为定值，且定值为

4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱中，，点分别是 ，的中点，是棱上的动点.

（1）求证: 平面；

（2）若∥平面，试确定点的位置，并给出证明.

【答案】（1）证明详见解析；（2）点是的中点，证明详见解析.

【解析】

（1）即证平面，只需证，即可；

（2）点是的中点时，平面，取的中点，只需证四边形是平行四边形即可.

【详解】

（1）要证明平面，即证平面.

依题意知平面，又平面，则，又，且，所以平面，又平面，所以.

依题意知，且点是的中点，所以，又，所以平面，即平面.

（2）点是的中点时，平面. 证明如下：

取的中点，连接，，. 则，且；

依题意知四边形为正方形，则且，又是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，

则，又平面，平面，故平面.

5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥中，，是梯形，且，，.

(1)求证：；

(2)求三棱锥的体积；

(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）见证明；（2）（3）见解析

【解析】

 (1)由题意，可知 ，则，

所以，，面，所以，

又因为，所以

(2) 因为，，为等腰直角三角形，所以，

在中，，，，

又，

.

(3)在棱上取点，使得，过作交于，

则，又且，

所以且，所以四边形为平行四边形，

所以，平面，平面，

所以平面，

故在棱上存在点，当时，使得平面.

6.如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，，.

（1）求证：平面平面；

（2）若点分别为上的点，且，在线段上是否存在一点，使得平面；若存在，求出三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）见解析（2）线段上存在一点，使得平面．

【解析】

（Ⅰ）证明：由已知，得，

∵，，

又，∴．

又底面，平面，则，

∵平面，平面，且，

∴平面．

∵平面，∴平面平面．

（Ⅱ）线段上存在一点，使得平面．

证明：在线段上取一点，使，连接

∵，∴，且，

又∵，且，

∴，且，

∴四边形是平行四边形，∴，

又平面，平面，∴平面．

∴．

7．（2021·江苏高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．

（1）若为线段的中点，求证：平面平面；

（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）由线面垂直的判定，推得AC⊥平面PDO，再由面面垂直的判定定理，可得证明；
（2）在三棱锥 P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，由三点共线取得最值的性质，计算可得所求最小值．

【详解】

解：（1）在中，因为， 为的中点，

所以．     

又垂直于圆所在的平面，因为圆所在的平面，所以．

因为，所以平面，

因为平面，所以平面平面． 

（2）在中，，，所以．

同理，所以．

在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，

如图所示．当，，共线时，取得最小值．  

又因为，，所以垂直平分，即为中点．

从而，

亦即的最小值为．

8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图

（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；

（2）若为的中点，求证：平面；

（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.

【解析】

（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；

（2）证得，，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；

（3）由等体积法可得结果.

【详解】

（1）因为分别为的中点，则，

又平面，平面，所以//平面.

又平面与平面有公共点，

则由公理3可知平面与平面必然相交，设交线为，

因为//平面，平面，所以由线面平行的性质定理得到.

（2）因为，且，所以平面，

由（1）知，则平面，又平面，所以.

因为，是中点，所以，

又，故平面.

（3）设，由三棱锥的体积得，

则，，，

从而，等腰三角形底边上的高，

所以三角形的面积.

三棱锥的体积，设点到平面的距离为，则，

由得，解得.

故到平面的距离为.

9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，E是的中点，F是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求证：平面；

（3）求与平面所成的角．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．

【解析】

（1）取的中点M，根据中位线定理以及公理4可得，且，从而有，再根据线面平行的判定定理即可证出；

（2）根据正三角形性质可得，再根据线面垂直的定义可得，即可根据线面垂直的判定定理证出；

（3）易证平面，从而可知是与平面所成的角，解三角形即可求出．

【详解】

（1）证明：取的中点为M，连接，

∵E是的中点，∴是的中位线．

∴，

又∵F是的中点，且由于是菱形，

∴，∴，且．

∴四边形是平行四边形，∴．

∵平面，平面．∴平面．

（2）证明：∵平面，平面，

∴．连接，∵底面是菱形，，∴为正三角形

∵F是的中点，∴．∵，∴平面．

（3）连结交于O，∴底面是菱形，∴，

∴平面，∴，∴平面．

∴，即是在平面上的射影．

∴是与平面所成的角．

∵O，E分别是中点，∴，

∴为等腰直角三角形，∴，即与平面所成的角的大小为．

10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形是矩形，平面平面，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）过点作平面，若，，，为的中点，设，在线段上是否存在点，使得与平面所成角为.若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.

【解析】

（1）结合面面垂直的性质定理得到，由此证得平面.

（2）作出在底面上的射影，结合线面角的知识确定正确结论.

【详解】

（1）证明：∵在该组合体中，平面底面，

且平面底面，，

∴底面，

故有，

同理可证，

又，是底面的两条相交直线，

∴底面.

（2）取的中点，连，，

由于是中点，所以，

则底面，故在底面的射影是，

当点与重合时，所成的线面角最大，此时

，，

在中，，故，

故不可能在上存在点，满足条件.

1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面

B．直线与直线平行，直线平面

C．直线与直线相交，直线平面

D．直线与直线异面，直线平面

【答案】A

【解析】

由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.

【详解】

连，在正方体中，

M是的中点，所以为中点，

又N是的中点，所以，

平面平面，

所以平面.

因为不垂直，所以不垂直

则不垂直平面，所以选项B,D不正确；

在正方体中，，

平面，所以，

，所以平面，

平面，所以，

且直线是异面直线，

所以选项C错误，选项A正确.

故选：A.

2．（2020·山东海南省高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ）

A．20° B．40°

C．50° D．90°

【答案】B

【解析】

画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，

根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..

由于，所以，

由于，

所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.

故选：B

3．（2019·全国高考真题（文））已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．

【答案】.

【解析】

作分别垂直于，平面，连，

知，，

平面，平面，

，．，

，

，为平分线，

，又，

．

4.（2018·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．

（1）证明：平面平面；

（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析

【解析】

（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．

因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．

又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．

而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．

（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．

证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．

连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．

MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

5．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)详见解析(2)

【解析】

（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；

（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.

【详解】

（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD

因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，

因此AO⊥平面BCD，

因为平面BCD，所以AO⊥CD

(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM

因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD

所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC

因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME

则为二面角E-BC-D的平面角,

因为,为正三角形,所以为直角三角形

因为,

从而EF=FM=

平面BCD,

所以

6．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；

（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．

【详解】

（1）因为底面，平面，

所以，

又，，

所以平面，

而平面，

所以平面平面．

（2）由（1）可知，平面，所以，

从而，设，，

则，即，解得，所以．

因为底面，

故四棱锥的体积为．