全程方略2021届高考数学专项精析精炼：2014年考点35-直线、平面垂直的判定及其性质

温馨提示：此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。考点35直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题（2022·辽宁高考文科·Ｔ4）与（2022·辽宁高考理科·Ｔ4）相同已知表示两条不同的直线,表示平面,下列说法正确的是A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α【解题提示】否定一个结论,只需一个反例即可.【解析】选B.如图,正方体中,直线分别与平面平行，但是直线相交，故选项（A）错误；依据线面垂直的定义，一条直线垂直一个平面，则该直线垂直于平面内的任一条直线，可见选项（B）正确；直线,但直线故选项（C）错误；直线，但直线故选项（D）错误2.(2022·广东高考文科·T9)(2022·广东高考理科)若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4满足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,则下列结论肯定正确的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【解题提示】由于l2∥l3,所以l1与l4的位置关系可以通过同垂直于一条直线的两条直线加以推断.【解析】选D.由于l2∥l3,所以l1⊥l2,l3⊥l4实质上就是l1与l4同垂直于一条直线,所以l1⊥l4,l1∥l4,l1与l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是肯定成立,故l1与l4的位置关系不确定.二、解答题 3.(2022·湖北高考文科·T13)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点.求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ.(2)直线AC1⊥平面PQMN.【解题指南】(1)通过证明FP∥AD1,得到BC1∥FP,依据线面平行的判定定理即可得证.(2)证明BD⊥平面ACC1,得出BD⊥AC1,进而得MN⊥AC1,同理可证PN⊥AC1,依据线面垂直的判定定理即可得出直线AC1⊥平面PQMN.【解析】(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,由于F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)连接AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.由于M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.4.（2022·湖南高考文科·Ｔ18）（本小题满分12分）如图3，已知二面角的大小为，菱形在面内，两点在棱上，，是的中点，面，垂足为.证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【解题提示】（1）利用线面垂直的判定定理证明；（2）依据二面角的平面角的定义，及线线角的定义解。【解析】(1)如图，由于,所以连接，由题设知，是正三角形,又E是AB的中点，所以,面,故.(2)由于所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即是BC与OD所成的角。由（1）知，，所以又,于是是二面角的平面角，从而不妨设,则,易知在中，连接AO，在中，故异面直线BC与OD所成角的余弦值为5.(2022·广东高考文科·T18)(13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图2折叠,折痕EF∥DC,其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M,并且MF⊥CF.(1)证明:CF⊥平面MDF.(2)求三棱锥MCDE的体积.【解题提示】(1)可利用PD⊥平面ABCD,证明MD⊥平面CDEF.(2)只需求高MD及△CDE的面积,即可求得结论.【解析】(1)由于PD⊥平面ABCD,所以PD⊥MD.在矩形ABCD中MD⊥CD,又PD∩CD=D.所以MD⊥平面CDEF,所以MD⊥CF.又由于MF⊥CF,所以CF与相交直线MD和MF都垂直,故CF⊥平面MDF.(2)在△CDP中,CD=AB=1,PC=2,则PD=,∠PCD=60°;CF⊥平面MDF,则CF⊥DF,CF=,DF=.由于EF//DC,所以=,DE=,PE==ME,S△CDE=CD·DE=.由勾股定理可得MD==,所以VMCDE=MD·S△CDE=.6.（2022·福建高考文科·Ｔ19）．（本小题满分12分）如图，三棱锥中，.求证：平面；若，为中点，求三棱锥的体积.【解题指南】（1）利用线面平行的判定定理证明．（2）分别求出的面积和高CD，继而求出体积．或利用VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD求解．【解析】（1）∵平面BCD，平面BCD，∴.又∵，，平面ABD，平面ABD，∴平面.（2）由平面BCD，得.∵，∴.∵M是AD的中点，∴.由（1）知，平面ABD，∴三棱锥C-ABM的高，因此三棱锥的体积.解法二：（1）同方法一.（2）由平面BCD知，平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCD=BD，如图，过点M作交BD于点N.则平面BCD，且，又，∴.∴三棱锥的体积.7.（2022·浙江高考文科·Ｔ6）设是两条不同的直线，是两个不同的平面（）A．若，，则B．若，，则C．若，则D．若，，，则【解题提示】依据线、面平行，垂直的条件与性质逐一推断.【解析】选C.对A若，，则或或，错误；对Ｂ若，，则或或，错误；对Ｃ若，则，正确；对Ｄ若，，，则或或，错误；8.（2022·浙江高考文科·Ｔ20）20、如图，在四棱锥A—BCDE中，平面平面；，，，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面ABC所成的角的正切值.【解析】（1）连结BD，在直角梯形BCDE中，，CD=2所以BD=BC=由，AB=2，得，所以又平面平面，所以平面(2)过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，连接AM．

又平面ABC⊥平面BCDE，所以EM⊥平面ACB．

所以∠EAM是直线AE与平面ABC所成的角．

在Rt△BEM中，EB=1，∠EBM=45°．

所以.

在Rt△ACM中，．

在Rt△AEM中，．9、（2022·浙江高考理科·Ｔ20）（本题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面.证明：平面;求二面角的大小.【解析】（1）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=,由AC=，AB=2，得，所以又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE所以ACDE，又DEDC，从而DE平面ACD.（2）方法一：作BFAD，交AD于F，过点F作FGDE，交AE于点G，连结BG由（1）知，DEAD，而FGAD，所以是二面角的平面角在直角梯形BCDE中，由，得又平面ABC平面BCDE，从而BDAB由于平面BCDE，得BD平面BCDE，得ACCD在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=在Rt△AED中，由DE=1，AD=，得AE=在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=，得BF=，AF=AD，从而GF=在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得，BG=在△BFG中，所以，，即二面角的大小是方法二：以D为原点，分别以射线DE，DC为轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示由题意知各点坐标如下：，，设平面ADE的法向量为，平面ABD的法向量为可算得，,由即可取由即可取所以由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是.10.（2022·辽宁高考理科·Ｔ19）（本小题满分12分）如图，和所在平面相互垂直，且，，E、F分别为AC、DC的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的正弦值.【解析】（Ⅰ）如图，以点B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为轴，BC所在的直线为轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，从而.所以因此,（Ⅱ）平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的一个法向量为又,则由得令得，所以设二面角的大小为，则所以，即所求二面角的正弦值.11.（2022·辽宁高考文科·Ｔ19）（本小题满分12分）如图，和所在平面相互垂直，且，，分别为QUOTE错误！未找到引用源。的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积.附：锥体的体积公式，其中为底面面积，为高.【解析】（Ⅰ）由已知得，≌,因此.又为AD的中点，则；同理，.因此平面.由题意，为的中位线，所以∥；所以平面.（Ⅱ）在平面ABC内作，交CB的延长线于,由于平面平面，平面平面，所以平面.又为AD的中点，因此到平面的距离是.在中，，所以12.（2022·山东高考文科·Ｔ18）如图，四棱锥中，,分别为线段的中点.（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求证：【解题指南】（Ⅰ）本题考查线面平行的证法，可利用线线平行，来证明线面平行；(Ⅱ)本题考查了线面垂直的判定，在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.【解析】（Ⅰ）连接AC交BE于点O，连接OF，不妨设AB=BC=1,则AD=2四边形ABCE为菱形又（Ⅱ）,,13.(2022·天津高考文科·T17)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,BA=BD=QUOTE错误！未找到引用源。,AD=2,PA=PD=QUOTE错误！未找到引用源。,E,F分别是棱AD,PC的中点.(1)证明:EF∥平面PAB.(2)若二面角P-AD-B为60°,①证明:平面PBC⊥平面ABCD;②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.【解析】(1)如图,取PB中点M,连接MF,AM.由于F为PC中点,故MF∥BC且MF=BC.由已知有BC∥AD,BC=AD.又由于E为AD中点,因而MF∥AE且MF=AE,故四边形AMFE为平行四边形,所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB,而EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)①连接PE,BE,由于PA=PD,BA=BD,而E为AD中点,故PE⊥AD,BE⊥AD.所以∠PEB为二面角P-AD-B的平面角.在△PAD中,由PA=PD=QUOTE,AD=2,可解得PE=2,在△ABD中,由BA=BD=QUOTE,AD=2,可解得BE=1.在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60°,由余弦定理,可解得PB=,从而∠PBE=90°,即BE⊥PB.又BC∥AD,BE⊥AD,从而BE⊥BC,因此BE⊥平面PBC,又BE⊂平面ABCD,所以平面PBC⊥平面ABCD.②连接BF.由①知,BE⊥平面PBC,所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角,由PB=QUOTE及已知,得∠ABP为直角.而MB=QUOTEPB=QUOTE,可得AM=QUOTE,故EF=QUOTE.又BE=1,故在Rt△EBF中,sin∠EFB=QUOTE=.所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为.14.（2022·安徽高考文科·Ｔ19）如图，四棱锥的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为.点分别是棱上共面的四点，平面平面，平面.证明：若，求四边形的面积.【解题提示】（1）由线面平行得出BC平行于线线EF、GH；（2）设BD相交EF于点K，则K为OB的中点，由面面垂直得出，再由梯形面积公式计算求解。【解析】（1）由于BC//平面GEFH,BC平面PBC，，且平面PBC平面GEFH=GH，所以GH//BC,同理可证EF//BC，因此GH//EF。（2）连接AC,BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP,GK,由于PA=PC,O是AC的中点，所以,同理可得,又，且AC,BD都在底面内，所以底面ABCD，又由于平面GEFH平面ABCD,且平面GEFH,所以PO//平面GEFH，由于平面PBD平面GEFH=GK,所以PO//GK,且GK底面ABCD,从而,所以GK是梯形GEFH的高，由AB=8，EB=2得EB：AB=KB:DB=1:4,从而,即K是OB的中点。再由PO//GK得，即G是PB的中点，且，由已知可得，所以GK=3，故四边形GEFH的面积15、（2022·安徽高考理科·Ｔ20）如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.证明：为的中点；求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.【解题提示】（1）由及得；（2）将问题转化为求出特殊几何体的体积，即+，，从而得出结果；（3）利用平面ABCD，作证明为平面与底面ABCD所成二面角的平面角，解求得。【解析】（1）由于所以平面QBC//平面A1AD，从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC//A1D，故的对边相互平行，于是，所以,即Q为BB1的中点。（2）如图所示，连接QA,QD,设AA1=h,梯形ABCD的高位d,四棱柱被平面分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC=a,则AD=2a，，，所以+，又，所以。所以。（3）如上图所示，在中，作,垂足为E，连接A1E，又，所以,于是，所以为平面与底面ABCD所成二面角的平面角。由于BC//AD,AD=2BC,所以,又由于梯形ABCD的面积为6，DC=2，所以，于是，故所求二面角的大小。16.（2022·四川高考文科·Ｔ18）在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形．