高考数学 试题汇编 第四节 直线、平面垂直的判定与性质 理（含解析）

第四节直线、平面垂直的判定与性质与垂直相关的命题的判定考向聚焦高考的常考内容,常将定义、判定和性质结合起来,与线面平行相关知识命制试题,有时结合命题的真假判定或充要条件综合命题,考查学生对线面平行与垂直的判定定理及性质的理解,一般以选择题、填空题形式出现,难度中档以下,所占分值4~5分1.(年安徽卷,理6,5分)设平面α与平面β相交于直线m,直线a在平面α内.直线b在平面β内,且b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的()(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件解析:本题考查面面垂直的判定与性质,考查空间想象能力,考查充分必要条件.若α⊥β,由条件可以得出a⊥b,若a⊥b,b⊥m,由条件不能得出α⊥β,所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件.故选A.答案:A.本题解决的关键是对面面垂直的性质及判定定理的理解,属于概念识别问题,解决这类问题要注意直线与直线可能位置的多种情况,比如本题中b与m可能平行,也可能相交.2.(年浙江卷,理10,5分)已知矩形ABCD,AB=1,BC=2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中,()(A)存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直(B)存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直(C)存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直(D)对任意位置,三对直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直解析:假设A项正确,过点A作AO⊥平面BCD,垂足为O,连接CO交BD于H,连接AH,则BD⊥平面ACH,从而BD⊥AH,BD⊥CH,这是不可能的;假设B项正确,因为DC⊥BC,∴DC⊥平面ABC,此时∠ACD=90°,∵CD=1,AD=2,∴只需AC=1即可,这种情况是存在的,故选B.答案:B.3.(年浙江卷,理4)下列命题中错误的是()(A)如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面β(B)如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β(C)如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ(D)如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β解析:不妨取一个长方体,平面ABB1A1⊥平面A1B1C1D1,而C1D1⊂平面A1B1C1D1,C1D1∥平面ABB1A1,从而D错误,故选D.EQ答案:D.4.(年山东卷,理3)在空间,下列命题正确的是(EQ)(A)平行直线的平行投影重合(B)平行于同一直线的两个平面平行(C)垂直于同一平面的两个平面平行(D)垂直于同一平面的两条直线平行解析:A选项中平行直线的平行投影也可能是平行的;B选项中的两个平面也可以相交;C选项中的两个平面也可以相交.故选D.答案:D.5.(年陕西卷,理18,12分)(1)如图,证明命题“a是平面π内的一条直线,b是π外的一条直线(b不垂直于π),c是直线b在π上的投影,若a⊥b,则a⊥c”为真;(2)写出上述命题的逆命题,并判断其真假(不需证明).(1)证明:法一:设斜线b与平面π交于点A,在b上任取一点P(异于点A),过P作PB⊥平面π,则垂足B落在投影c上.∵PB⊥平面π,a⊂π∴PB⊥a.又b⊥a,且PB、b是平面PAB内的两条相交线,∴a⊥平面PAB,又c⊂平面PAB,∴a⊥c.法二:如图,过直线b上任一点作平面π的垂线d,则d⊥a,设直线a、b、c、d的方向向量分别为a、b、c、d,则b,c,d共面,由平面向量基本定理知,存在唯一的实数λ、μ使得c=λb+μd,∴a·c=a·(λb+μd)=λ(a·b)+μ(a·d)由于d⊥a,b⊥a,∴a·d=0,a·b=0,∴a·c=0,即a⊥c.(2)解:逆命题为:“a是平面π内的一条直线,b是平面π外的一条直线(b不垂直于π),c是直线b在π上的投影,若a⊥c,则a⊥b”.逆命题为真命题.抛开常规的柱、锥问题,考查线面的基本问题,要求将文字语言转化为几何语言,难度不大,中档.与垂直相关的问题的证明考向聚焦高考的必考内容,常以棱柱、棱锥为载体,考查学生对线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理的应用,主要题型有(1)线线垂直的证明;(2)线面垂直的证明;(3)面面垂直的证明.常以解答题形式出现,难度中档,所占分值4~8分备考指津注意线线垂直⇔线面垂直⇔面面垂直的转化思想的训练,及推理论证能力的培养6.(年湖南卷,理18,12分)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.(1)证明:CD⊥平面PAE;(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,求四棱锥PABCD的体积.解:法一:(1)如图(1),连结AC.由AB=4,BC=3,∠ABC=90°得AC=5.又AD=5,E是CD的中点,所以CD⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.而PA,AE是平面PAE内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE.(2)过点B作BG∥CD,分别与AE,AD相交于点F,G,连结PF.由(1)CD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角,且BG⊥AE.由PA⊥平面ABCD知,∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角.由题意∠PBA=∠BPF,因为sin∠PBA=PAPB,sin∠BPF=BF所以PA=BF.由∠DAB=∠ABC=90°知,AD∥BC,又BG∥CD,所以四边形BCDG是平行四边形.故GD=BC=3,于是AG=2.在Rt△BAG中,AB=4,AG=2,BG⊥AF,所以BG=AB2+AG2=25,BF=于是PA=BF=85又梯形ABCD的面积为S=12×(5+3)×4=16,所以四棱锥PABCD的体积为V=13×S×PA=13×16×85法二:如图(2),以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设PA=h,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h).(1)易知CD→=(-4,2,0),AE→=(2,4,0),因为CD→·AE→=-8+8+0=0,CD→·AP→=0,所以CD⊥AE,CD(2)由题设和(1)知,CD→,PA→分别是平面PAE,平面ABCD的法向量,而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,所以|cos<CD→,PB→>|=|cos<即|CD→由(1)知,CD→=(-4,2,0),PA又PB→=(4,0,-h),故|-16+0+0解得h=85又梯形ABCD的面积为S=12×(5+3)×所以四棱锥PABCD的体积为V=13×S×PA=13×16×857.(年全国大纲卷,理18,12分)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥底面ABCD,AC=22,PA=2,E是PC上的一点,PE=2EC.(1)证明:PC⊥平面BED;(2)设二面角APBC为90°,求PD与平面PBC所成角的大小.解:法一:(1)因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC,又PA⊥底面ABCD,所以PC⊥BD.设AC∩BD=F,连结EF.因为AC=22,PA=2,PE=2EC,故PC=23,EC=233,FC=从而PCFC=6,ACEC=因为PCFC=ACEC,∠FCE=所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,由此知PC⊥EF.PC与平面BED内两条相交直线BD,EF都垂直,所以PC⊥平面BED.(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB,G为垂足.因为二面角APBC为90°,所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC=PB,故AG⊥平面PBC,AG⊥BC.BC与平面PAB内两条相交直线PA,AG都垂直,故BC⊥平面PAB,于是BC⊥AB,所以底面ABCD为正方形,AD=2,PD=PA2+设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC,且AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,故AD∥平面PBC,A、D两点到平面PBC的距离相等,即d=AG=2.设PD与平面PBC所成的角为α,则sinα=dPD=1所以PD与平面PBC所成的角为30°.法二:(1)以A为坐标原点,射线AC为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设C(22,0,0),D(2,b,0),其中b>0,则P(0,0,2),E(423,0,B(2,-b,0).于是PC→=(22BE→=(23,b,23),DE→=(从而PC→·BE→=0,PC→故PC⊥BE,PC⊥DE,又BE∩DE=E,所以PC⊥平面BED.(2)AP→=(0,0,2),AB→=(设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量,则m·AP→=0,m·AB→=0,即2z=0且令x=b,则m=(b,2,0).设n=(p,q,r)为平面PBC的法向量,则n·PC→=0,n·BE即22p-2r=0且2p3+bq+令p=1,则r=2,q=-2b,n=(1,-2b,因为面PAB⊥面PBC,故m·n=0,即b-2b=0,故b=2于是n=(1,-1,2),DP→=(-2,-2cos<n,DP→>=n·DP→|n||因为PD与平面PBC所成角和<n,DP→故PD与平面PBC所成的角为30°.8.(年江苏数学,16,14分)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且AD⊥DE,F为B1C求证:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直线A1F∥证明:(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC,所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE,CC1,DE⊂平面BCC1B1,CC1∩DE=E,所以AD⊥平面BCC1B1,又AD⊂平面ADE.所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1=A1C1,F是B1C1的中点,所以A1F⊥B因为CC1⊥平面A1B1C1,且A1F⊂平面A1B1C1,所以CC1⊥A1F.又因为CC1,B1C1⊂平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1,所以A1F⊥平面BCC1B1,由(1)知AD⊥平面BCC1B1,所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE,A1F⊄平面ADE,所以A1F∥平面ADE.9.(年广东卷,理18)如图所示,在锥体PABCD中,ABCD是边长为1的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD=2,PB=2,E,F分别是BC,PC的中点.(1)证明:AD⊥平面DEF;(2)求二面角PADB的余弦值.(1)证明:∵AD→·PB→=AD→·(PA=AD→·PA→+AD=|AD→||PA→|cos(π-∠PAD)+|AD→||AB=-2cos∠PAD+cos60°=-2cos∠PAD+1又△PAD为等腰三角形,∴cos∠PAD=12|AD从而AD→·PB→=-2×24+12=0,∴AD∴AD⊥EF①又在△DEC中,EC=12,DC=1,∠DCE=60°∴∠DEC=90°,即DE⊥BC,又AD∥BC,∴DE⊥AD②由①②知AD⊥平面DEF.(2)解:取AD的中点G,连接PG、GB,∵△PAD为等腰三角形,PA=PD,∴PG⊥AD,∵△ABD为等边三角形,∴BG⊥AD,从而∠BGP为二面角PADB的平面角,又在△PGB中,cos∠BGP=P=(PA∴二面角PADB的余弦值为-217.10.(年上海卷,理21)已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱,O1为A1C1与B1D1(1)设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α,二面角AB1D1A1的大小为β,求证:tanβ=2tanα;(2)若点C到平面AB1D1的距离为43,求正四棱柱ABCDA1B1C1D1(1)证明:连接AO1、AC.∵AA1⊥平面A1B1C1D1,∴∠AB1A1为AB1与平面A1B1C1D1所成的角.即∠AB1A1大小为α.∵A1B1C1D1为正方形,∴B1D1⊥A1C1.又CC1⊥平面A1B1C1D1,∴CC1⊥B1D1,∴B1D1⊥平面ACC1A1,∴B1D1⊥AO1,∴∠A1O1A即为二面角AB1D1A1的平面角.即∠A1O1A的大小为β.在Rt△AB1A1中,tanα=AA在Rt△AA1O1中,tanβ=AA在等腰直角三角形A1B1O1中,A1B1=1,∴A1O1=22∴tanα=AA1,tanβ=AA122=∴tanβ=2tanα.(2)解:在平面AA1C1C内,过点C作CH⊥由(1)知B1D1⊥平面AA1C1C,∴B1O1⊥CH.∴CH⊥平面AB1D1.即CH为点C到平面AB1D1的距离.∴CH=43设AA1=x,则AO1=AA12又S△AO1C=12CH·AO1且S△∴CH·AO1=AC·AA1,∴43x2+∴x=2.即正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为2.11.(年湖南卷,理19)如图,在圆锥PO中,已知PO=2,☉O的直径AB=2,C是AB的中点,D为AC的中点.(1)证明:平面POD⊥平面PAC;(2)求二面角BPAC的余弦值.(1)证明:连接OC,因为OA=OC,D是AC的中点,所以AC⊥OD,又PO⊥底面☉O,AC⊂底面☉O,所以AC⊥PO.因为OD∩PO=O,所以AC⊥平面POD.而AC⊂平面PAC,所以平面POD⊥平面PAC.(2)解:在平面POD中,过O作OH⊥PD于H,由(1)知,平面POD⊥平面PAC,所以OH⊥平面PAC.又PA⊂面PAC,所以PA⊥OH.在平面PAO中,过O作OG⊥PA于G,连接HG,则有PA⊥平面OGH.从而PA⊥HG.故∠OGH为二面角BPAC的平面角.在Rt△ODA中,OD=OA·sin45°=22在Rt△POD中,OH=PO·ODPO2在Rt△POA中,OG=PO·OAPO2在Rt△OHG中,sin∠OGH=OHOG=1056所以cos∠OGH=1-sin2∠故二面角BPAC的余弦值为105.12.(年安徽卷,理18)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.(1)求证:FH∥平面EDB;(2)求证:AC⊥平面EDB;(3)求二面角BDEC的大小.法一:(综合法)(1)证明:设AC与BD交于点G,则G为AC的中点,连接EG,GH,又H为BC的中点,∴GH12AB,又EF12AB,∴EFGH,∴四边形EFHG为平行四边形,∴EG∥FH,而EG⊂平面EDB,FH⊄平面EDB,∴FH∥平面EDB.(2)证明:由四边形ABCD为正方形,有AB⊥BC.又EF∥AB,∴EF⊥BC.而EF⊥FB,BC∩FB=B,∴EF⊥平面BFC,∴EF⊥FH.∴AB⊥FH,又BF=FC,H是BC的中点,∴FH⊥BC.又AB∩BC=B,∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.又FH∥EG,∴AC⊥EG,又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.(3)解:∵EF⊥FB,∠BFC=90°,EF∩FC=F,∴BF⊥平面CDEF.在平面CDEF内过点F作FK⊥DE交DE的延长线于K,连接BK,则∠FKB为二面角BDEC的一个平面角.设EF=1,则AB=2,FC=2,DE=3.又EF∥DC,∴∠KEF=∠EDC.∴sin∠EDC=sin∠KEF=23∴FK=EFsin∠KEF=23,tan∠FKB=BFFK=∴∠FKB=60°.即二面角BDEC的大小为60°.法二:(向量法):∵四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC,又EF∥AB,∴EF⊥BC.又EF⊥FB,FB∩BC=B,∴EF⊥平面BFC.∴EF⊥FH,∴AB⊥FH.又BF=FC,H为BC的中点,∴FH⊥BC.又AB∩BC=B,∴FH⊥平面ABC.以H为坐标原点,HB→为x轴正方向,HF设BH=1,则A(1,-2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0),D(-1,-2,0),E(0,-1,1),F(0,0,1).(1)证明:设AC与BD的交点为G,连接GE,GH,则G(0,-1,0),∴GE→=(0,0,1),又HF∴HF→=GE→,∴HF又GE⊂平面EDB,FH⊄平面EDB,∴FH∥平面EDB.(2)证明:AC→=(-2,2,0),GE→=(0,0,1),AC→∴AC⊥GE.又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.(3)解:BE→=(-1,-1,1),BD设平面BDE的法向量为n1=(1,y1,z1),则BE→·n1=-1-y1+z1=0,BD→·n1=-2-2y∴y1=-1,z1=0,即n1=(1,-1,0).CD→=(0,-2,0),CE设平面CDE的法向量为n2=(1,y2,z2),则n2·CD→=0,得y2又n2·CE→=0,即1-y2+z2=0,故z2故n2=(1,0,-1),∴cos<n1,n2>=n1·n2|∴<n1,n2>=60°,即二面角BDEC的大小为60°.线面平行、线面垂直是线面位置关系的重要内容.(1)、(2)两问较易,几何