高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十三章 立體幾何 13.3 垂直的判定與性質(zhì)講義-人教版高三數(shù)學(xué)試題

§13.3垂直的判定與性質(zhì)考綱解讀考點內(nèi)容解讀要求五年高考統(tǒng)計常考題型預(yù)測熱度201320142015201620171.線面垂直的判定與性質(zhì)1.線面垂直的證明2.線面垂直的性質(zhì)應(yīng)用B16題14分解答題★★★2.面面垂直的判定與性質(zhì)1.面面垂直的證明2.面面垂直的性質(zhì)應(yīng)用B15題14分解答題★★★分析解讀空間垂直問題是江蘇高考的熱點內(nèi)容,主要考查線面垂直和面面垂直的判定與性質(zhì)運(yùn)用,復(fù)習(xí)時要認(rèn)真掌握解決垂直問題常用的方法,識別一些基本圖形如:錐體、柱體的特征.五年高考考點一線面垂直的判定與性質(zhì)1.(2016浙江理,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直線l.若直線m,n滿足m∥α,n⊥β,則以下說法正確的是.

①m∥l;②m∥n;③n⊥l;④m⊥n.答案③2.(2015江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,設(shè)AB1的中點為D,B1C∩BC求證:(1)DE∥平面AA1C(2)BC1⊥AB1.證明(1)由題意知,E為B1C又D為AB1的中點,因此DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C所以DE∥平面AA1C(2)因為棱柱ABC-A1B1C1所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因為BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C因為AC,B1C?平面B1AC,AC∩B所以BC1⊥平面B1AC又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB13.(2015安徽,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱錐P-ABC的體積;(2)證明:在線段PC上存在點M,使得AC⊥BM,并求PMMC解析(1)由題設(shè)AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC=12·AB·AC·sin60°=3由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱錐P-ABC的高,又PA=1,所以三棱錐P-ABC的體積V=13·S△ABC·PA=36(2)在平面ABC內(nèi),過點B作BN⊥AC,垂足為N.在平面PAC內(nèi),過點N作MN∥PA交PC于點M,連結(jié)BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM?平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=12,從而NC=AC-AN=32.由MN∥PA,得PMMC=ANNC4.(2015重慶,20,12分)如圖,三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=π2(1)證明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱錐P-DFBC的體積為7,求線段BC的長.解析(1)證明:如圖,由DE=EC,PD=PC知,E為等腰△PDC中DC邊的中點,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE?平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,從而PE⊥AB.因∠ABC=π2從而AB與平面PFE內(nèi)兩條相交直線PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)設(shè)BC=x,則在直角△ABC中,AB=AC2-從而S△ABC=12AB·BC=12x由EF∥BC知,AFAB=AEAC=故S△AFES△ABC=232=4由AD=12AE,S△AFD=12S△AFE=12·49S△ABC=19x36從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=S△ABC-S△AFD=12x36-x2=718x36由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE為四棱錐P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE=PC2-EC體積VP-DFBC=13·SDFBC·PE=13·718x36故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=33,所以,BC=3或BC=33.5.(2014湖北,20,13分)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1求證:(1)直線BC1∥平面EFPQ;(2)直線AC1⊥平面PQMN.證明(1)連結(jié)AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1∥BC1,因為F,P分別是AD,DD1的中點,所以FP∥AD1.從而BC1∥FP.而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ.(2)如圖,連結(jié)AC,BD,則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.因為M,N分別是A1B1,A1D1的中點,所以MN∥BD,從而MN⊥AC1.同理可證PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直線AC1⊥平面PQMN.教師用書專用(6—8)6.(2014遼寧,19,12分)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點.(1)求證:EF⊥平面BCG;(2)求三棱錐D-BCG的體積.附:錐體的體積公式V=13解析(1)證明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G為AD的中點,所以CG⊥AD.同理BG⊥AD,因此AD⊥平面BGC.又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC內(nèi),作AO⊥CB,交CB延長線于O,由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G為AD中點,因此G到平面BDC的距離h是AO長度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=3,所以VD-BCG=VG-BCD=13·S△DBC·h=13×12BD·BC·sin120°·327.(2014重慶,20,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,底面是以O(shè)為中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=π3,M為BC上一點,且BM=1(1)證明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱錐P-ABMO的體積.解析(1)證明:如圖,連結(jié)OB,因為ABCD為菱形,O為菱形的中心,所以AO⊥OB.因為∠BAD=π3,所以O(shè)B=AB·sin∠OAB=2sinπ又因為BM=12,且∠OBM=π3,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+122-2×1×12×cosπ3=34又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.從而BC與平面POM內(nèi)兩條相交直線OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cosπ6=3設(shè)PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA為直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+34連結(jié)AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+122-2×2×12×cos2π由于MP⊥AP,故△APM為直角三角形,則PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+34=214,得a=32或a=-3此時S四邊形ABMO=S△AOB+S△OMB=12·AO·OB+12·BM·OM=12×3×1+12×12所以VP-ABMO=13·S四邊形ABMO·PO=13×538×8.(2013安徽,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=60°.已知PB=PD=2,PA=6.(1)證明:PC⊥BD;(2)若E為PA的中點,求三棱錐P-BCE的體積.解析(1)證明:連結(jié)AC,交BD于O點,連結(jié)PO.因為底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO.由PB=PD知,PO⊥BD.再由PO∩AC=O知,BD⊥面APC.因此BD⊥PC.(2)因為E是PA的中點,所以VP-BCE=VC-PEB=12VC-PAB=12V由PB=PD=AB=AD=2知,△ABD≌△PBD.因為∠BAD=60°,所以PO=AO=3,AC=23,BO=1.又PA=6,PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC,故S△APC=12由(1)知,BO⊥面APC,因此VP-BCE=12VB-APC=12×13·BO·S△APC考點二面面垂直的判定與性質(zhì)1.(2017江蘇,15,14分)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.證明(1)在平面ABD內(nèi),因為AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因為EF?平面ABC,AB?平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因為AD?平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因為AC?平面ABC,所以AD⊥AC.2.(2017山東文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.(1)證明:A1O∥平面B1CD1;(2)設(shè)M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.證明本題考查線面平行與面面垂直.(1)取B1D1的中點O1,連結(jié)CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1所以A1O∥平面B1CD1.(2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1E⊥BD,因為B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1?平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.教師用書專用(3)3.(2016北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(1)求證:DC⊥平面PAC;(2)求證:平面PAB⊥平面PAC;(3)設(shè)點E為AB的中點.在棱PB上是否存在點F,使得PA∥平面CEF?說明理由.解析(1)證明:因為PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.(2分)又因為DC⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.(4分)(2)證明:因為AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.(6分)因為PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.(7分)又AC∩PC=C,所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.(9分)(3)棱PB上存在點F,使得PA∥平面CEF.證明如下:(10分)取PB中點F,連結(jié)EF,CE,CF.又因為E為AB的中點,所以EF∥PA.(13分)又因為PA?平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)三年模擬A組2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組考點一線面垂直的判定與性質(zhì)1.(蘇教必2,一,2,變式)如圖所示,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥QD,則a的值等于.

答案22.(蘇教必2,一,2,變式)如圖,已知四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,則圖中共有個直角三角形.

答案43.(2018江蘇海安高級中學(xué)高三階段考試)如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面A1ACC1是邊長為2的菱形,∠A1AC=60°,在平面ABC中,AB=23,BC=4,M為BC的中點,過A1,B(1)求證:N為AC的中點;(2)求證:AC⊥平面A1B1MN.證明(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,平面ABC∥平面A1B1C∵平面A1B1M平面A1B1M∩平面A1B1C1=A1B所以MN∥A1B1.因為AB∥A1B1,所以MN∥AB,所以CNAN=CMBM因為M為BC的中點,所以N為AC的中點.(2)因為四邊形A1ACC1是邊長為2的菱形,∠A1AC所以在三角形A1AN中,AN=1,AA1=2,由余弦定理得A1N=3,故A1A2=AN2+A1N2,所以∠A1NA=90°,即A1在三角形ABC中,AC=2,AB=23,BC=4,所以BC2=AB2+AC2,所以∠BAC=90°,即AB⊥AC.又MN∥AB,所以AC⊥MN.因為MN∩A1N=N,MN?面A1B1MN,A1N?面A1B1MN,所以AC⊥平面A1B1MN.4.(2017江蘇連云港期末調(diào)研,16)如圖,在四棱錐E-ABCD中,平面EAB⊥平面ABCD,四邊形ABCD為矩形,EA⊥EB,點M,N分別是AE,CD的中點.求證:(1)直線MN∥平面EBC;(2)直線EA⊥平面EBC.證明(1)取BE的中點F,連結(jié)CF,MF,因為M是AE的中點,所以MF∥AB,MF=12又N是矩形ABCD的邊CD的中點,所以NC∥AB,NC=12所以四邊形MNCF是平行四邊形,所以MN∥CF,又MN?平面EBC,CF?平面EBC,所以MN∥平面EBC.(2)在矩形ABCD中,BC⊥AB,因為平面EAB⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面EAB=AB,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面EAB,又EA?平面EAB,所以BC⊥EA,又EA⊥EB,BC∩EB=B,EB,BC?平面EBC,所以EA⊥平面EBC.5.(2017蘇錫常鎮(zhèn)四市教學(xué)情況調(diào)研(一),16)如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1C1C是菱形,AC1與A1C交于點O,E是棱AB上一點,且OE∥平面BCC(1)求證:E是AB的中點;(2)若AC1⊥A1B,求證:AC1⊥CB.證明(1)連結(jié)BC1,因為OE∥平面BCC1B1,且OE?平面ABC1,平面BCC1B1∩平面ABC1=BC1,所以O(shè)E∥BC1.因為側(cè)面AA1C1C是菱形,AC1所以O(shè)是AC1的中點,所以E是AB的中點.(2)因為側(cè)面AA1C所以AC1⊥A1C又AC1⊥A1B,A1C∩A1B=A1,A1C,A1B?面A所以AC1⊥面A1BC,因為BC?平面A1BC,所以AC1⊥BC.考點二面面垂直的判定與性質(zhì)6.(2018江蘇南通中學(xué)高三階段測試)如圖,在幾何體中,四邊形ABCD為菱形,對角線AC與BD的交點為O,四邊形DCEF為梯形,EF∥CD,FB=FD.(1)若CD=2EF,求證:OE∥平面ADF;(2)求證:平面ACF⊥平面ABCD.證明(1)取AD的中點G,連結(jié)OG,FG,∵對角線AC與BD的交點為O,∴OG∥CD,OG=12CD.∵EF∥CD,CD=2EF,∴OG∥EF,OG=EF,∴四邊形OGFE為平行四邊形,∴OE∥FG.∵FG?平面ADF,OE?平面ADF,∴OE∥平面ADF.(2)連結(jié)OF.∵四邊形ABCD為菱形,∴OC⊥BD,∵FB=FD,O是BD的中點,∴OF⊥BD.又∵OF∩OC=O,∴BD⊥平面ACF.∵BD?平面ABCD,∴平面ACF⊥平面ABCD.7.(2017江蘇無錫輔仁中學(xué)質(zhì)檢,16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AC與BD交于點O,且平面PAC⊥平面ABCD,E為棱PA上一點.(1)求證:BD⊥OE;(2)若AB=2CD,AE=2EP,求證:EO∥平面PBC.證明(1)因為平面PAC⊥底面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC,BD⊥AC,BD?平面ABCD,所以BD⊥平面PAC,又因為OE?平面PAC,所以BD⊥OE.(2)因為AB∥CD,AB=2CD,AC與BD交于O,所以CO∶OA=CD∶AB=1∶2,又因為AE=2EP,所以CO∶OA=PE∶EA,所以EO∥PC,又因為PC?平面PBC,EO?平面PBC,所以EO∥平面PBC.8.(2017江蘇南京,鹽城一模,15)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1(1)求證:B1C1∥平面A1(2)求證:平面A1DE⊥平面ACC1A1證明(1)因為D,E分別是AB,AC的中點,所以DE∥BC,又因為在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,所以B1又B1C1?平面A1DE,DE?平面A1DE,所以B1C1∥平面A(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1又DE?底面ABC,所以CC1⊥DE.又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC,又CC1,AC?平面ACC1A1,且CC1所以DE⊥平面ACC1A1又DE?平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1.9.(蘇教必2,一,2,變式)如圖所示,四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.將△ABD沿對角線BD折起,記折起后A的位置為點P,且使平面PBD⊥平面BCD.求證:(1)CD⊥平面PBD.(2)平面PBC⊥平面PDC.證明(1)∵AD=AB,∠BAD=90°,∴∠ABD=∠ADB=45°,又∵AD∥BC,∴∠DBC=45°,又∠DCB=45°,∴∠BDC=90°,即BD⊥DC.∵平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,∴CD⊥平面PBD.(2)由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.又BP⊥PD,PD∩CD=D,∴BP⊥平面PDC.又BP?平面PBC,∴平面PBC⊥平面PDC.B組2016—2018年模擬·提升題組(滿分:20分時間:10分鐘)一、填空題(每小題5分,共5分)1.(蘇教必2,一,2,變式)設(shè)m、n是兩條不同的直線,α、β是兩個不同的平面,則下列命題正確的是.

①若m⊥n,n∥α,則m⊥α;②若m∥β,β⊥α,則m⊥α;③若m⊥β,n⊥β,n⊥α,則m⊥α;④若m⊥n,n⊥β,β⊥α,則m⊥α.答案③二、解答題(共15分)2.(2017江蘇南通、揚(yáng)州、泰州三模,16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,AP=AD,M,N分別為棱PD,PC的中點.求證:(1)MN∥平面PAB;(2)AM⊥平面PCD.證明(1)因為M,N分別為棱PD,PC的中點,所以MN∥DC,又因為底面ABCD是矩形,所以AB∥DC,所以MN∥AB.又AB?平面PAB,MN?平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)因為AP=AD,M為PD的中點