高考數(shù)學(xué) 試題匯編 第四節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 理（含解析）

第四節(jié)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)與垂直相關(guān)的命題的判定考向聚焦高考的?？純?nèi)容,常將定義、判定和性質(zhì)結(jié)合起來,與線面平行相關(guān)知識(shí)命制試題,有時(shí)結(jié)合命題的真假判定或充要條件綜合命題,考查學(xué)生對(duì)線面平行與垂直的判定定理及性質(zhì)的理解,一般以選擇題、填空題形式出現(xiàn),難度中檔以下,所占分值4~5分1.(年安徽卷,理6,5分)設(shè)平面α與平面β相交于直線m,直線a在平面α內(nèi).直線b在平面β內(nèi),且b⊥m,則“α⊥β”是“a⊥b”的()(A)充分不必要條件 (B)必要不充分條件(C)充分必要條件 (D)既不充分也不必要條件解析:本題考查面面垂直的判定與性質(zhì),考查空間想象能力,考查充分必要條件.若α⊥β,由條件可以得出a⊥b,若a⊥b,b⊥m,由條件不能得出α⊥β,所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要條件.故選A.答案:A.本題解決的關(guān)鍵是對(duì)面面垂直的性質(zhì)及判定定理的理解,屬于概念識(shí)別問題,解決這類問題要注意直線與直線可能位置的多種情況,比如本題中b與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.將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折,在翻折過程中,()(A)存在某個(gè)位置,使得直線AC與直線BD垂直(B)存在某個(gè)位置,使得直線AB與直線CD垂直(C)存在某個(gè)位置,使得直線AD與直線BC垂直(D)對(duì)任意位置,三對(duì)直線“AC與BD”,“AB與CD”,“AD與BC”均不垂直解析:假設(shè)A項(xiàng)正確,過點(diǎn)A作AO⊥平面BCD,垂足為O,連接CO交BD于H,連接AH,則BD⊥平面ACH,從而BD⊥AH,BD⊥CH,這是不可能的;假設(shè)B項(xiàng)正確,因?yàn)镈C⊥BC,∴DC⊥平面ABC,此時(shí)∠ACD=90°,∵CD=1,AD=2,∴只需AC=1即可,這種情況是存在的,故選B.答案:B.3.(年浙江卷,理4)下列命題中錯(cuò)誤的是()(A)如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β(B)如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面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內(nèi)所有直線都垂直于平面β解析:不妨取一個(gè)長方體,平面ABB1A1⊥平面A1B1C1D1,而C1D1?平面A1B1C1D1,C1D1∥平面ABB1A1,從而D錯(cuò)誤,故選D.EQ答案:D.4.(年山東卷,理3)在空間,下列命題正確的是(EQ)(A)平行直線的平行投影重合(B)平行于同一直線的兩個(gè)平面平行(C)垂直于同一平面的兩個(gè)平面平行(D)垂直于同一平面的兩條直線平行解析:A選項(xiàng)中平行直線的平行投影也可能是平行的;B選項(xiàng)中的兩個(gè)平面也可以相交;C選項(xiàng)中的兩個(gè)平面也可以相交.故選D.答案:D.5.(年陜西卷,理18,12分)(1)如圖,證明命題“a是平面π內(nèi)的一條直線,b是π外的一條直線(b不垂直于π),c是直線b在π上的投影,若a⊥b,則a⊥c”為真;(2)寫出上述命題的逆命題,并判斷其真假(不需證明).(1)證明:法一:設(shè)斜線b與平面π交于點(diǎn)A,在b上任取一點(diǎn)P(異于點(diǎn)A),過P作PB⊥平面π,則垂足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內(nèi)的兩條相交線,∴a⊥平面PAB,又c?平面PAB,∴a⊥c.法二:如圖,過直線b上任一點(diǎn)作平面π的垂線d,則d⊥a,設(shè)直線a、b、c、d的方向向量分別為a、b、c、d,則b,c,d共面,由平面向量基本定理知,存在唯一的實(shí)數(shù)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:逆命題為:“a是平面π內(nèi)的一條直線,b是平面π外的一條直線(b不垂直于π),c是直線b在π上的投影,若a⊥c,則a⊥b”.逆命題為真命題.拋開常規(guī)的柱、錐問題,考查線面的基本問題,要求將文字語言轉(zhuǎn)化為幾何語言,難度不大,中檔.與垂直相關(guān)的問題的證明考向聚焦高考的必考內(nèi)容,常以棱柱、棱錐為載體,考查學(xué)生對(duì)線面垂直、面面垂直的判定定理與性質(zhì)定理的應(yīng)用,主要題型有(1)線線垂直的證明;(2)線面垂直的證明;(3)面面垂直的證明.常以解答題形式出現(xiàn),難度中檔,所占分值4~8分備考指津注意線線垂直?線面垂直?面面垂直的轉(zhuǎn)化思想的訓(xùn)練,及推理論證能力的培養(yǎng)6.(年湖南卷,理18,12分)如圖,在四棱錐PABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中點(diǎn).(1)證明:CD⊥平面PAE;(2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等,求四棱錐PABCD的體積.解:法一:(1)如圖(1),連結(jié)AC.由AB=4,BC=3,∠ABC=90°得AC=5.又AD=5,E是CD的中點(diǎn),所以CD⊥AE.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.而PA,AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線,所以CD⊥平面PAE.(2)過點(diǎn)B作BG∥CD,分別與AE,AD相交于點(diǎn)F,G,連結(jié)PF.由(1)CD⊥平面PAE知,BG⊥平面PAE.于是∠BPF為直線PB與平面PAE所成的角,且BG⊥AE.由PA⊥平面ABCD知,∠PBA為直線PB與平面ABCD所成的角.由題意∠PBA=∠BPF,因?yàn)閟in∠PBA=PAPB,sin∠BPF=BF所以PA=BF.由∠DAB=∠ABC=90°知,AD∥BC,又BG∥CD,所以四邊形BCDG是平行四邊形.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的面積為S=12×(5+3)×4=16,所以四棱錐PABCD的體積為V=13×S×PA=13×16×85法二:如圖(2),以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)PA=h,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為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?yàn)镃D→·AE→=-8+8+0=0,CD→·AP→=0,所以CD⊥AE,CD(2)由題設(shè)和(1)知,CD→,PA→分別是平面PAE,平面ABCD的法向量,而PB與平面PAE所成的角和PB與平面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的面積為S=12×(5+3)×所以四棱錐PABCD的體積為V=13×S×PA=13×16×857.(年全國大綱卷,理18,12分)如圖,四棱錐PABCD中,底面ABCD為菱形,PA⊥底面ABCD,AC=22,PA=2,E是PC上的一點(diǎn),PE=2EC.(1)證明:PC⊥平面BED;(2)設(shè)二面角APBC為90°,求PD與平面PBC所成角的大小.解:法一:(1)因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BD⊥AC,又PA⊥底面ABCD,所以PC⊥BD.設(shè)AC∩BD=F,連結(jié)EF.因?yàn)锳C=22,PA=2,PE=2EC,故PC=23,EC=233,FC=從而PCFC=6,ACEC=因?yàn)镻CFC=ACEC,∠FCE=所以△FCE∽△PCA,∠FEC=∠PAC=90°,由此知PC⊥EF.PC與平面BED內(nèi)兩條相交直線BD,EF都垂直,所以PC⊥平面BED.(2)在平面PAB內(nèi)過點(diǎn)A作AG⊥PB,G為垂足.因?yàn)槎娼茿PBC為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與平面PAB內(nèi)兩條相交直線PA,AG都垂直,故BC⊥平面PAB,于是BC⊥AB,所以底面ABCD為正方形,AD=2,PD=PA2+設(shè)D到平面PBC的距離為d.因?yàn)锳D∥BC,且AD?平面PBC,BC?平面PBC,故AD∥平面PBC,A、D兩點(diǎn)到平面PBC的距離相等,即d=AG=2.設(shè)PD與平面PBC所成的角為α,則sinα=dPD=1所以PD與平面PBC所成的角為30°.法二:(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),射線AC為x軸的正半軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)C(22,0,0),D(2,b,0),其中b>0,則P(0,0,2),E(423,0,B(2,-b,0).于是PC→=(22BE→=(23,b,23),DE→=(從而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→=(設(shè)m=(x,y,z)為平面PAB的法向量,則m·AP→=0,m·AB→=0,即2z=0且令x=b,則m=(b,2,0).設(shè)n=(p,q,r)為平面PBC的法向量,則n·PC→=0,n·BE即22p-2r=0且2p3+bq+令p=1,則r=2,q=-2b,n=(1,-2b,因?yàn)槊鍼AB⊥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?yàn)镻D與平面PBC所成角和<n,DP→故PD與平面PBC所成的角為30°.8.(年江蘇數(shù)學(xué),16,14分)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分別是棱BC,CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C),且AD⊥DE,F為B1C求證:(1)平面ADE⊥平面BCC1B1;(2)直線A1F∥證明:(1)因?yàn)锳BCA1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,又AD?平面ABC,所以CC1⊥AD.又因?yàn)锳D⊥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?yàn)锳1B1=A1C1,F是B1C1的中點(diǎn),所以A1F⊥B因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1,且A1F?平面A1B1C1,所以CC1⊥A1F.又因?yàn)镃C1,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.(年廣東卷,理18)如圖所示,在錐體PABCD中,ABCD是邊長為1的菱形,且∠DAB=60°,PA=PD=2,PB=2,E,F分別是BC,PC的中點(diǎn).(1)證明:AD⊥平面DEF;(2)求二面角PADB的余弦值.(1)證明:∵AD→·PB→=AD→·(PA=AD→·PA→+AD=|AD→||PA→|cos(π-∠PAD)+|AD→||AB=-2cos∠PAD+cos60°=-2cos∠PAD+1又△PAD為等腰三角形,∴cos∠PAD=12|AD從而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的中點(diǎn)G,連接PG、GB,∵△PAD為等腰三角形,PA=PD,∴PG⊥AD,∵△ABD為等邊三角形,∴BG⊥AD,從而∠BGP為二面角PADB的平面角,又在△PGB中,cos∠BGP=P=(PA∴二面角PADB的余弦值為-217.10.(年上海卷,理21)已知ABCDA1B1C1D1是底面邊長為1的正四棱柱,O1為A1C1與B1D1(1)設(shè)AB1與底面A1B1C1D1所成角的大小為α,二面角AB1D1A1的大小為β,求證:tanβ=2tanα;(2)若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為43,求正四棱柱ABCDA1B1C1D1(1)證明:連接AO1、AC.∵AA1⊥平面A1B1C1D1,∴∠AB1A1為AB1與平面A1B1C1D1所成的角.即∠AB1A1大小為α.∵A1B1C1D1為正方形,∴B1D1⊥A1C1.又CC1⊥平面A1B1C1D1,∴CC1⊥B1D1,∴B1D1⊥平面ACC1A1,∴B1D1⊥AO1,∴∠A1O1A即為二面角AB1D1A1的平面角.即∠A1O1A的大小為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內(nèi),過點(diǎn)C作CH⊥由(1)知B1D1⊥平面AA1C1C,∴B1O1⊥CH.∴CH⊥平面AB1D1.即CH為點(diǎn)C到平面AB1D1的距離.∴CH=43設(shè)AA1=x,則AO1=AA12又S△AO1C=12CH·AO1且S△∴CH·AO1=AC·AA1,∴43x2+∴x=2.即正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高為2.11.(年湖南卷,理19)如圖,在圓錐PO中,已知PO=2,☉O的直徑AB=2,C是AB的中點(diǎn),D為AC的中點(diǎn).(1)證明:平面POD⊥平面PAC;(2)求二面角BPAC的余弦值.(1)證明:連接OC,因?yàn)镺A=OC,D是AC的中點(diǎn),所以AC⊥OD,又PO⊥底面☉O,AC?底面☉O,所以AC⊥PO.因?yàn)镺D∩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,過O作OH⊥PD于H,由(1)知,平面POD⊥平面PAC,所以O(shè)H⊥平面PAC.又PA?面PAC,所以PA⊥OH.在平面PAO中,過O作OG⊥PA于G,連接HG,則有PA⊥平面OGH.從而PA⊥HG.故∠OGH為二面角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的余弦值為105.12.(年安徽卷,理18)如圖,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD是正方形,EF∥AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90°,BF=FC,H為BC的中點(diǎn).(1)求證:FH∥平面EDB;(2)求證:AC⊥平面EDB;(3)求二面角BDEC的大小.法一:(綜合法)(1)證明:設(shè)AC與BD交于點(diǎn)G,則G為AC的中點(diǎn),連接EG,GH,又H為BC的中點(diǎn),∴GH12AB,又EF12AB,∴EFGH,∴四邊形EFHG為平行四邊形,∴EG∥FH,而EG?平面EDB,FH?平面EDB,∴FH∥平面EDB.(2)證明:由四邊形ABCD為正方形,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的中點(diǎn),∴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內(nèi)過點(diǎn)F作FK⊥DE交DE的延長線于K,連接BK,則∠FKB為二面角BDEC的一個(gè)平面角.設(shè)EF=1,則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的大小為60°.法二:(向量法):∵四邊形ABCD為正方形,∴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為BC的中點(diǎn),∴FH⊥BC.又AB∩BC=B,∴FH⊥平面ABC.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HB→為x軸正方向,HF設(shè)BH=1,則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)證明:設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為G,連接GE,GH,則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)證明: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設(shè)平面BDE的法向量為n1=(1,y1,z1),則BE→·n1=-1-y1+z1=0,BD→·n1=-2-2y∴y1=-1,z1=0,即n1=(1,-1,0).CD→=(0,-2,0),CE設(shè)平面CDE的法向量為n2=(1,y2,z2),則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的大小為60°.線面平行、線面垂直是線面位置關(guān)系的重要內(nèi)容.(1)、(2)兩問較易,幾何