【数学】2020届一轮复习（文）通用版8-4直线、平面垂直的判定与性质作业 25页

‎§8.4　直线、平面垂直的判定与性质 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 直线、平面垂直的判定与性质 ‎①理解空间直线、平面垂直的定义;②理解空间中直线、平面垂直的有关性质和判定,并会证明;③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题 ‎2018课标全国Ⅰ,18,12分 直线、平面垂直的判定与性质 面面垂直的判定,三棱锥的体积 ‎★★★‎ ‎2018课标全国Ⅱ,19,12分 直线、平面垂直的判定与性质 线面垂直的判定,点到面的距离 ‎2018课标全国Ⅲ,19,12分 直线、平面垂直的判定与性质 面面垂直的判定,线面平行的判定 ‎2017课标全国Ⅰ,18,12分 直线、平面垂直的判定与性质 面面垂直的判定,体积与侧面积 分析解读　　从近几年的高考试题来看,线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一.考查的具体内容可分为两个层次:一是将定义、判定和性质结合起来,以客观题的形式出现,判断某些命题的真假;二是以常见的几何体为背景,以解答题的形式出现,证明几何体中的线和平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间的相互转化,分值约为6分,属于中档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点　直线、平面垂直的判定与性质 ‎1.如图,在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面,则在各个正方体中,直线BD1与平面EFG不垂直的是(　　)‎ 答案　D　‎ ‎2.(2019届湖北武昌调研,6)如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C运动形成的图形是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ‎ A.一条线段 B.一条直线 C.一个圆 D.一个圆,但要去掉两个点 答案　D　‎ ‎3.(2019届辽宁大连一中10月月考,9)如图,正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,已知△A'DE是△ADE绕直线DE翻折过程中的一个图形,现给出下列命题:①恒有直线BC∥平面A'DE;②恒有直线DE⊥平面A'FG;③恒有平面A'FG⊥平面A'DE,其中正确命题的个数为(　　)‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ 答案　D　‎ ‎4.(2019届河南中原名校9月联考,18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,且底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,PD=2.‎ ‎(1)证明:平面PAC⊥平面PDB;‎ ‎(2)在图中作出点D在平面PBC内的正投影M(说明作法及其理由),并求四面体PBDM的体积.‎ 解析　(1)证明:因为PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ 所以PD⊥AC.‎ 在菱形ABCD中,AC⊥BD,且PD∩BD=D,‎ 所以AC⊥平面PBD.‎ 又因为AC⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面PDB.‎ ‎(2)如图,取BC的中点E,连接DE,PE,易得△BDC是等边三角形,所以BC⊥DE.‎ 又因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC.‎ 又PD∩DE=D,所以BC⊥平面PDE.‎ 在平面PDE中,过D作DM⊥PE于M,则DM⊥BC,‎ 又BC∩PE=E,所以DM⊥平面PBC,‎ 即M是点D在平面PBC内的正投影.‎ 经计算得DE=‎3‎,在Rt△PDE中,PD=2,则PE=‎4+3‎=‎7‎,‎ 故DM=‎2×‎‎3‎‎7‎=‎2‎‎21‎‎7‎,则PM=‎4-‎‎12‎‎7‎=‎4‎‎7‎‎7‎.‎ 所以VD-PBM=‎1‎‎3‎×S△PBM×DM=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×‎4‎‎7‎‎7‎×1×‎2‎‎21‎‎7‎=‎4‎‎3‎‎21‎.‎ ‎5.(2017河南郑州一模,18)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是梯形,AD∥BC,平面SAB⊥平面ABCD,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2AD=2CD=2‎5‎,M是SD上任意一点,SM=mMD,且m>0.‎ ‎(1)求证:平面SAB⊥平面MAC;‎ ‎(2)试确定m的值,使三棱锥S-ABC的体积为三棱锥S-MAC的体积的3倍.‎ 解析　(1)证明:在△ABC中,∵AB=2,AC=4,BC=2‎5‎,‎ ‎∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC.‎ 又平面SAB⊥平面ABCD,平面SAB∩平面ABCD=AB,AC⊂平面ABCD,‎ ‎∴AC⊥平面SAB,‎ 又AC⊂平面MAC,‎ 故平面SAB⊥平面MAC.‎ ‎(2)VS-MAC=VM-SAC=mm+1‎VD-SAC=mm+1‎VS-ADC,‎ ‎∴VS-ABCVS-AMC=m+1‎m·VS-ABCVS-ACD=m+1‎m·S‎△ABCS‎△ACD=m+1‎m·2=3⇒m=2.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法1　证明线线垂直的方法 ‎1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 ‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 答案　C　‎ ‎2.(2019届河南洛阳期中考试,19)如图,等腰三角形PAD所在平面与菱形ABCD所在平面互相垂直,已知点E,F,M,N分别为BA,BC,AD,AP的中点.‎ ‎(1)求证:AC⊥PE;‎ ‎(2)求证:PF∥平面BNM.‎ 证明　(1)连接PM,ME,BD.‎ ‎∵E,M分别为AB,AD的中点,∴ME∥BD.‎ 在菱形ABCD中,AC⊥BD,∴AC⊥ME.‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD,在等腰三角形PAD中,PM⊥AD,‎ 且平面PAD∩平面ABCD=AD,‎ ‎∴PM⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD,‎ ‎∴PM⊥AC.‎ 又∵PM∩ME=M,∴AC⊥平面PME,‎ ‎∵PE⊂平面PME,∴AC⊥PE.‎ ‎(2)连接DF.‎ ‎∵E,F,M,N分别为BA,BC,AD,AP的中点,∴MN∥PD.‎ ‎∵MN⊄平面PDF,PD⊂平面PDF,∴MN∥平面PDF,‎ 又知MB∥DF,MB⊄平面PDF,DF⊂平面PDF,‎ ‎∴MB∥平面PDF.‎ ‎∵MN∩MB=M,‎ ‎∴平面MNB∥平面PDF,‎ ‎∵PF⊂平面PDF,‎ ‎∴PF∥平面BNM.‎ 方法2　证明线面垂直的方法 ‎1.(2018课标全国Ⅱ,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2‎2‎,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.‎ ‎(1)证明:PO⊥平面ABC;‎ ‎(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.‎ 解析　(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,‎ 所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 连接OB,因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC,‎ 所以△ABC为等腰直角三角形,‎ 且OB⊥AC,OB=‎1‎‎2‎AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.‎ 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)作CH⊥OM,垂足为H.‎ 又由(1)可得OP⊥CH,‎ 所以CH⊥平面POM.‎ 故CH的长为点C到平面POM的距离.‎ 由题设可知OC=‎1‎‎2‎AC=2,CM=‎2‎‎3‎BC=‎4‎‎2‎‎3‎,∠ACB=45°.‎ 所以OM=‎2‎‎5‎‎3‎,CH=OC·MC·sin∠ACBOM=‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 所以点C到平面POM的距离为‎4‎‎5‎‎5‎.‎ ‎2.(2018广东茂名模拟,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC,M为PB的中点,D为AB的中点,且△AMB为正三角形.‎ ‎(1)求证:BC⊥平面PAC;‎ ‎(2)若PA=2BC,三棱锥P-ABC的体积为1,求点B到平面DCM的距离.‎ 解析　(1)证明:在正三角形AMB中,D是AB的中点,‎ 所以MD⊥AB.‎ 因为M是PB的中点,D是AB的中点,‎ 所以MD∥PA,故PA⊥AB.‎ 又PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,‎ 所以PA⊥平面ABC.‎ 因为BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.‎ 又PC⊥BC,PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,‎ 所以BC⊥平面PAC.‎ ‎(2)设AB=x,则MD=‎3‎‎2‎x,PA=‎3‎x,‎ 由PA=2BC,得BC=‎3‎‎2‎x,‎ 由(1)可知BC⊥平面PAC,‎ 又AC⊂平面PAC,所以BC⊥AC,‎ 所以AC=‎1‎‎2‎x,‎ 由三棱锥P-ABC的体积为V=‎1‎‎3‎·S△ABC·PA=‎1‎‎8‎x3=1,得x=2.‎ 设点B到平面DCM的距离为h.‎ 因为△AMB为正三角形,所以AB=MB=2.‎ 因为BC=‎3‎,BC⊥AC,AC=1.‎ 所以S△BCD=‎1‎‎2‎S△ABC=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎·BC·AC=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎×‎3‎×1=‎3‎‎4‎.‎ 因为MD=‎3‎,由(1)知MD∥PA,PA⊥平面ABC,‎ 所以MD⊥平面ABC,‎ 因为DC⊂平面ABC,所以MD⊥DC.‎ 在△ABC中,CD=‎1‎‎2‎AB=1,‎ 所以S△MCD=‎1‎‎2‎·MD·CD=‎1‎‎2‎×‎3‎×1=‎3‎‎2‎.‎ 因为VM-BCD=VB-MCD,‎ 所以‎1‎‎3‎S△BCD·MD=‎1‎‎3‎S△MCD·h,‎ 即‎1‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎3‎=‎1‎‎3‎×‎3‎‎2‎×h,‎ 所以h=‎3‎‎2‎.故点B到平面DCM的距离为‎3‎‎2‎.‎ 方法3　证明面面垂直的方法 ‎1.(2019届辽宁六校协作体期初联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.‎ ‎(1)求证:AB∥EF;‎ ‎(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.‎ 证明　(1)因为四边形ABCD是矩形,所以AB∥CD.‎ 又AB⊄平面PDC,CD⊂平面PDC,‎ 所以AB∥平面PDC.‎ 又因为AB⊂平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,‎ 所以AB∥EF.‎ ‎(2)因为四边形ABCD是矩形,‎ 所以AB⊥AD.‎ 因为AF⊥EF,且由(1)知AB∥EF,‎ 所以AB⊥AF,‎ 由点E在棱PC上(异于点P,C),所以F点异于点P,D,‎ 所以AF∩AD=A,‎ 又AF,AD⊂平面PAD,‎ 所以AB⊥平面PAD,‎ 又AB⊂平面ABCD,‎ 所以平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎2.(2017山东,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明:A1O∥平面B1CD1;‎ ‎(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ 证明　(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,‎ 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,‎ 所以A1O1∥OC,A1O1=OC,‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形,‎ 所以A1O∥O1C.‎ 又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,‎ 所以EM⊥BD,‎ 又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,‎ 所以A1E⊥BD,因为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.‎ 方法4　翻折问题的处理方法 ‎1.(2018广东东莞模拟,18)如图1,矩形ABCD中,AB=12,AD=6,E、F分别为CD、AB边上的点,且DE=3,BF=4,将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示),连接AP、PF,其中PF=2‎5‎.‎ ‎(1)求证:PF⊥平面ABED;‎ ‎(2)求点A到平面PBE的距离.‎ 解析　(1)证明:在题图2中,连接EF,‎ 由题意可知,PB=BC=AD=6,PE=CE=CD-DE=9,‎ 在△PBF中,PF2+BF2=20+16=36=PB2,‎ 所以PF⊥BF.‎ 在题图1中,连接EF,作EH⊥AB于点H,利用勾股定理,得EF=‎6‎‎2‎‎+(12-3-4‎‎)‎‎2‎=‎61‎,‎ 在△PEF中,EF2+PF2=61+20=81=PE2,∴PF⊥EF,‎ 又∵BF∩EF=F,BF⊂平面ABED,EF⊂平面ABED,‎ ‎∴PF⊥平面ABED.‎ ‎(2)如图,连接AE,由(1)知PF⊥平面ABED,‎ ‎∴PF为三棱锥P-ABE的高.‎ 设点A到平面PBE的距离为h,‎ ‎∵VA-PBE=VP-ABE,‎ 即‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×6×9×h=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×12×6×2‎5‎,‎ ‎∴h=‎8‎‎5‎‎3‎,‎ 即点A到平面PBE的距离为‎8‎‎5‎‎3‎.‎ ‎2.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π‎2‎,AB=BC=‎1‎‎2‎AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.‎ ‎(1)证明:CD⊥平面A1OC;‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36‎2‎,求a的值.‎ 解析　(1)证明:在题图1中,‎ 因为AB=BC=‎1‎‎2‎AD=a,E是AD的中点,∠BAD=π‎2‎,‎ 所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,‎ 从而BE⊥平面A1OC,‎ 又BC