(新高考)高考数学一轮复习课时练习8.4《直线、平面垂直的判定与性质》(含解析)

1、第4讲直线、平面垂直的判定与性质最新考纲考向预测从定义和公理出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.命题趋势直线、平面垂直的判定及性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成的角等内容多出现在解答题的第(1)问，难度中等.核心素养逻辑推理、直观想象1直线与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直eq blc rc(avs4alco1(a，b,abO,la,lb)l性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq blc rc(

2、avs4alco1(a,b)ab2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言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eq blc rc(avs4alco1(l,l)性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直eq blc rc(avs4alco1(,l,a,la)l3.空间角(1)直线与平面所成的角定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，PAO就是斜线AP与平面所成的角线面角的范围：eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)(2)二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二

3、面角这条直线叫做二面角的棱两个半平面叫做二面角的面如图的二面角，可记作：二面角l或二面角PABQ二面角的平面角如图，过二面角l的棱l上一点O在两个半平面内分别作BOl，AOl，则AOB就叫做二面角l的平面角二面角的范围设二面角的平面角为，则0，当eq f(,2)时，二面角叫做直二面角常用结论1直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面(3)垂直于同一条直线的两个平面平行(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它

4、们的交线也垂直于第三个平面2三种垂直关系的转化：线线垂直eq o(,sup7(判定定理),sdo5(性质定理)线面垂直eq o(,sup7(判定定理),sdo5(性质定理)面面垂直常见误区1证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件2两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”这一条件1判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)已知直线a，b，c，若ab，bc，则ac.()(2)直线l与平面内的无数条直线都垂直，则l.()(3)设m，n是两条不同的直线，是一个平面，若mn，m，则n.()(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于

5、另一个平面()(5)若平面内的一条直线垂直于平面内的无数条直线，则.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2(易错题)已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m的是()A且mBmn且nCmn且n Dmn且解析：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确3(多选)四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中正确的是()AACSB BADSCC平面SAC平面SBD DBDSA解析：选ABC.由SD底面ABCD，得SB在平面ABCD内的射影为DB.又DB与AC垂直，所以SBAC，A正确；由SC在平面ABCD内的射影DC与AD垂

6、直，得SCAD，B正确；由ACSB，ACBD，SBBDB，可得AC平面SBD，从而有平面SAC平面SBD，C正确；若BDSA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，与已知条件矛盾，D错误故选ABC.4已知直线l和平面，且l，则“l”是“”的_条件解析：由面面垂直的判定定理可得，若l，l，则，充分性成立；若l，则l与垂直、相交或平行，必要性不成立，所以若l，则“l”是“”的充分不必要条件答案：充分不必要5在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.若PAPBPC，则点O是ABC的_心解析：如图，连接OA，OB，OC，OP，在RtPOA，RtPOB和RtPOC中，PAPBPC，所以OA

7、OBOC，即O为ABC的外心答案：外线面垂直的判定与性质 (1)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2eq r(2)，PAPBPCAC4，O为AC的中点证明：PO平面ABC.(2)(2020高考全国卷节选)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.证明：当ABBC时，EFAC.【证明】(1)因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2eq r(3).连接OB.因为ABBCeq f(r(2),2)AC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBeq f(1,2)AC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPA

8、C且OBACO知PO平面ABC.(2)如图，连接BD，B1D1.因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD.又因为BB1平面ABCD.于是ACBB1.所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D，所以EFAC.eq avs4al()判定线面垂直的四种方法 1如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且ADeq f(1,3)DB，点C为圆O上一点，且BCeq r(3)AC，PD平面ABC，PDDB.求证：PACD.证明：因为AB为圆O的直径，所以ACCB，在RtABC中，由eq r(3)ACBC得ABC30，设AD1，由3ADDB得DB3，BC2eq r(3)，由余弦

9、定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303，所以CD2DB2BC2，即CDAO.因为PD平面ABC，CD平面ABC，所以PDCD，由PDAOD得，CD平面PAB，又因为PA平面PAB，所以PACD.2如图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EFAD.求证：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.证明：(1)在平面ABD中，因为ABAD，EFAD，所以EFAB.又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面

10、ABD.因为AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又因为AC平面ABC，所以ADAC.面面垂直的判定与性质 (1)(2020高考全国卷节选)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC90.证明：平面PAB平面PAC.(2)(2020开封市模拟考试)如图，已知在三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1C1C平面ABC，AA1AC，ACBC.证明：A1CAB1.【证明】(1)由题设可知，PAPBPC，由于ABC是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC.又APC90，故APB90，

11、BPC90，从而PBPA，PBPC，故PB平面PAC，所以平面PAB平面PAC.(2)因为AA1AC，所以四边形AA1C1C为菱形，所以A1CAC1.因为平面AA1C1C平面ABC，平面AA1C1C平面ABCAC，BC平面ABC，BCAC，所以BC平面AA1C1C.又BCB1C1，所以B1C1平面AA1C1C，所以B1C1A1C.因为AC1B1C1C1，所以A1C平面AB1C1，而AB1平面AB1C1，所以A1CAB1.eq avs4al()(1)证明面面垂直的方法定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题定理法：利用面面垂

12、直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直 如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABACa，BCeq r(2)a.求证：平面PAB平面PAC.证明：因为PA平面ABC，所以PAAB，PAAC，所以BAC即为二面角BPAC的平面角又ABACa，BCeq r(2)a，所以BAC90，所以平面PAB平面PAC.平行与垂直的综合问题 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分

13、别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.【证明】(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD，所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，所以ABPD.又因为PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.因为PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGeq f(1,2)BC

14、.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEeq f(1,2)BC.所以DEFG，DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.eq avs4al()平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决注意遵循“空间到平面”“低维”到“高维”的转化关系 (2020高考江苏卷)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点(1)求证：EF平面AB1C1；(2)求证：平面AB1C平面ABB1.证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EFAB1.又E

15、F平面AB1C1，AB1平面AB1C1，所以EF平面AB1C1.(2)因为B1C平面ABC，AB平面ABC, 所以B1CAB.又ABAC，B1C平面AB1C，AC平面AB1C，B1CACC，所以AB平面AB1C.又因为AB平面ABB1，所以平面AB1C平面ABB1.思想方法系列14构造几何模型解决空间问题判断空间线、面的位置关系，常利用正(长)方体及其他几何体模型来判断，把平面、直线看作正(长)方体内及其他几何体平面、侧棱、对角线等进行推导验证，使抽象的推理形象化、具体化 已知m，n是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；

16、若m，n，则mn.其中所有正确的命题是()ABC D【解析】对于，可以得到平面，互相垂直，如图(1)所示，故正确；对于，平面，可能垂直，如图(2)所示，故不正确；对于，平面，可能垂直，如图(3)所示，故不正确；对于，由m，可得m，因为n，所以过n作平面，且g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为mg，所以mn，故正确故选A项【答案】Aeq avs4al()(1)构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后利用模型对问题直观地作出判断这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致的解题错误 (2)由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系故构造

17、长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证 (2020贵阳市四校联考)如图所示，在三棱锥PABC中，AP平面ABC，ACB90，ACBC1，APeq r(3)，则该三棱锥外接球的体积为_解析：如图所示，根据题意可将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为1，1，eq r(3)的长方体，则三棱锥的外接球与长方体的外接球相同设外接球半径为R，则(2R)21212(eq r(3)25，所以该三棱锥外接球的体积Veq f(4,3)R3eq f(5r(5),6).答案：eq f(5r(5),6)A级基础练1已知平面和直线l，则内至少有一条直线与l()

18、A平行B相交C垂直 D异面解析：选C.当直线l与平面斜交时，在平面内不存在直线与l平行，故A项错误；当l时，在内不存在直线与l相交，故B项错误；当l时，在内不存在直线与l异面，故D项错误；无论哪种情形，在平面内都有无数条直线与l垂直故选C项2(多选)设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法正确的是()A若，m，mn，n，则nB若，n，则nC若m，m，则D若m，m，n，则n解析：选AD.选项A中，由面面垂直的性质定理知，正确；选项B中，直线n可以与平面相交、平行或n，不正确；选项C中，与直线m平行的平面有无数个，且这些平面可以与平面平行、相交，不正确；选项D中，根据m，m，知，又n

19、，所以n正确，故选AD.3如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中， 点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是()A与AC，MN均垂直B与AC垂直，与MN不垂直C与AC不垂直，与MN垂直D与AC，MN均不垂直解析：选A.因为DD1平面ABCD，所以ACDD1，又因为ACBD，DD1BDD，所以AC平面BDD1B1，因为OM平面BDD1B1，所以OMAC.设正方体的棱长为2，则OMeq r(12)eq r(3)，MNeq r(11)eq r(2)，ONeq r(14)eq r(5)，所以OM2MN2ON2，所以OMMN.故选A.4(2021山东济

20、宁模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()ACC1与B1E是异面直线BAC平面ABB1A1CAEB1C1DA1C1平面AB1E解析：选C.对于A，CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，又两直线不平行，故相交，A错误；对于B，AC与平面ABB1A1所成的角为60，所以AC不垂直于平面ABB1A1，故B错误；对于C，AEBC，BCB1C1，所以AEB1C1，故C正确；对于D，AC与平面AB1E有公共点A，ACA1C1，所以A1C1与平面AB1E相交，故D错误5.(多选)如图，AC2R为圆O的直径，

21、PCA45，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，ASPC于点S，ANPB于点N，则下列选项正确的是()A平面ANS平面PBCB平面ANS平面PABC平面PAB平面PBCD平面ABC平面PAC解析：选ACD.因为PA平面ABC，PA平面PAC，所以平面ABC平面PAC，故D正确；因为B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，所以BCAB，因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA，又ABPAA，所以BC平面PAB，又BC平面PBC，所以平面PAB平面PBC，故C正确；因为BC平面PAB，所以BCAN，又因为ANPB，PBBCB，所以AN平面PBC，又AN平面ANS，所

22、以平面ANS平面PBC，故A正确故选ACD.6.如图，在ABC中，ACB90，AB8，ABC60，PC平面ABC，PC4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为_解析：作CHAB于H，连接PH.因为PC平面ABC，所以PHAB，PH为PM的最小值，等于2eq r(7).答案：2eq r(7)7(2019高考北京卷)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.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：_解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题命题(1)：若lm，m，则l，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCDA1B

23、1C1D1中，设平面ABCD为平面，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立命题(2)：若lm，l，则m，此命题正确证明：作直线m1m，且与l相交，故l与m1确定一个平面，且lm1，因为l，所以平面与平面相交，设n，则ln，又m1，n，所以m1n，又m1m，所以mn，又m在平面外，n，故m.命题(3)：若m，l，则lm，此命题正确证明：过直线m作一平面，且与平面相交，交线为a，因为m，所以ma.因为l，a，所以la，又ma，所以lm.答案：若lm，l，则m(或m，l，则lm，答案不唯一)8如图，已知BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有

24、_；与AP垂直的直线有_解析：因为PC平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB9.如图，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC.(1)求证：DC平面PAC；(2)求证：平面PAB平面PAC.证明：(1)因为PC平面ABCD，DC平面ABCD，所以PCDC.又因为ACDC，且PCACC，所以DC平面PAC.(2)因为ABCD，DCAC，所以ABAC.因为PC平面ABCD，AB平面ABCD，所以PCAB.又因为PCACC，所以AB

25、平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAC.10(2020沈阳市教学质量监测(一)如图，已知ABC为等边三角形，ABD为等腰直角三角形，ABBD.平面ABC平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CEBD，BD2CE.F为AD的中点，连接EF.(1)求证：EF平面ABC；(2)求证：平面AED平面ABD.证明：(1)如图，取AB的中点为O，连接OC，OF，因为O，F分别为AB，AD的中点，所以OFBD且BD2OF，又CEBD且BD2CE，所以CEOF且CEOF，所以四边形OCEF为平行四边形，所以EFOC.又EF平面ABC且OC平面ABC，所以EF平面ABC.(2)因为三角形A

26、BC为等边三角形，所以OCAB，又平面ABC平面ABD且平面ABC平面ABDAB，所以OC平面ABD，因为EFOC，所以EF平面ABD，又EF平面AED，所以平面AED平面ABD.B级综合练11(多选)已知在四面体ABCD中，ABC，BCD均为边长为1的等边三角形，E，F分别为BC，BD的中点，则()ABCADB若AD1，则四面体ABCD的体积为eq f(r(2),6)C若ADeq f(r(6),2)，则平面ABC平面BCDD若AFeq f(1,2)，则截面AEF的面积为eq f(r(3),16)解析：选ACD.连接AE，DE，因为ABC，BCD均为边长为1的等边三角形，所以AEBC，DEBC

27、，又AEDEE，所以BC平面ADE，所以BCAD，故A正确；设点A在平面BCD内的射影为点O，则AOeq r(12blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)f(2,3)sup12(2)eq f(r(6),3)，所以四面体ABCD的体积为eq f(1,3)eq f(r(3),4)12eq f(r(6),3)eq f(r(2),12)，故B错误；易知AED为二面角ABCD的平面角，AEeq f(r(3),2)，DEeq f(r(3),2)，当ADeq f(r(6),2)时，AE2DE2AD2，所以AED90，所以平面ABC平面BCD，故C正确；因为E，F分别为BC，BD的中点，连接EF

28、，AF，易知EFeq f(1,2)CDeq f(1,2)，由余弦定理可得cosAEFeq f(blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)sup12(2),2f(r(3),2)f(1,2)eq f(r(3),2)，所以sinAEFeq f(1,2)，所以SAEFeq f(1,2)eq f(1,2)eq f(r(3),2)eq f(1,2)eq f(r(3),16)，故D正确12如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，D是A1

29、B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1平面C1DF，则线段B1F的长为_解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1eq r(2)，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEeq f(1,2)h，又2eq r(2)heq r(22（r(2)）2)，所以heq f(2r(3),3)，DEeq f(r(3),3).在RtDB1E中，B1E eq r(（f(r(2),2)）2（f(r(3),3)）2)eq f(r(6),6).由面积相等得eq f(r(6),6) eq r(x2（f(r(2),2)）2)eq f(r(2)

30、,2)x，得xeq f(1,2).即线段B1F的长为eq f(1,2).答案：eq f(1,2)13(2020成都市诊断性检测)如图，在四棱锥PABCD中，AP平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC60，E，F分别为BC，CD的中点(1)证明：BC平面PAE；(2)点Q在棱PB上，且eq f(PQ,PB)eq f(1,3)，证明：PD平面QAF.证明：(1)如图，连接AC.因为底面ABCD为菱形，且ABC60，所以三角形ABC为正三角形因为E为BC的中点，所以BCAE.因为AP平面PBC，BC平面PBC，所以BCAP.因为APAEA，AP，AE平面PAE，所以BC平面PAE.(2)连接BD交AF于点M，连接QM.因为F为CD的中点，所以在底面ABCD中，eq f(DM,MB)eq f(DF,AB)eq f(1,2)，所以eq f(DM,DB)eq f(1,3).所以eq f(PQ,PB)eq f(DM,DB)eq f(1,3)，所以在三角形BPD中，PDQM.又QM平面QAF，PD平面QAF，所以PD平面QAF.14(2020广东七校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAAB2，E是