【数学】2020届江苏一轮复习通用版13-4直线、平面垂直的判定与性质作业 20页

‎13.4　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 线面垂直的判定与性质 ‎1.线面垂直的证明 ‎2.线面垂直的性质的应用 ‎★☆☆‎ 面面垂直的判定与性质 ‎1.面面垂直的证明 ‎2.面面垂直的性质的应用 ‎2014江苏,16‎ 面面垂直的判定 线面平行的判定 ‎★★★‎ ‎2016江苏,16‎ 面面垂直的判定 线面平行的判定 分析解读　　空间的垂直问题是江苏高考的热点内容,几乎每年都考,主要考查面面垂直的判定与性质,偶尔涉及线面垂直的判定与性质,一般与平行关系综合在一起考查,一问线面,一问面面,在解答题的前两题中出现,属于简单题.在复习中,要注重表述的规范,逻辑的严谨以及定理、公理、定义使用的完备性,这是最近几年高考阅卷的重点.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　直线与平面垂直的判定与性质 ‎1.(2018江苏海安中学检测)设l,m,n为三条不同的直线,α为一个平面,给出下列命题:‎ ‎①若l⊥α,则l与α相交;‎ ‎②若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α;‎ ‎③若l∥m,m∥n,l⊥α,则n⊥α;‎ ‎④若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n.‎ 其中正确命题的序号为　　　　. ‎ 答案　①③④‎ ‎2.(2018江苏苏州木渎中学期初)若α、 β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为　　　　.(写出所有真命题的序号) ‎ ‎①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;‎ ‎②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;‎ ‎③若直线m⊂α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;‎ ‎④若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.‎ 答案　②④‎ ‎3.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,D为BC的中点.求证:AD⊥平面BB1C1C.‎ 证明　∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴CC1⊥底面ABC,∴CC1⊥AD.‎ ‎∵AB=AC,且D为BC中点,∴AD⊥BC,‎ ‎∵BC∩CC1=C,所以AD⊥平面BB1C1C.‎ 考点二　平面与平面垂直的判定与性质 ‎1.(2017江苏无锡辅仁中学质检)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AC与BD交于点O,且平面PAC⊥平面ABCD,E为棱PA上一点.‎ ‎(1)求证:BD⊥OE;‎ ‎(2)若AB=2CD,AE=2EP,求证:EO∥平面PBC.‎ 证明　(1)因为平面PAC⊥底面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC,BD⊥AC,BD⊂平面ABCD,‎ 所以BD⊥平面PAC,又因为OE⊂平面PAC,所以BD⊥OE.‎ ‎(2)因为AB∥CD,AB=2CD,AC与BD交于点O,所以CO∶OA=CD∶AB=1∶2,又因为AE=2EP,所以CO∶OA=PE∶EA,所以EO∥PC,又因为PC⊂平面PBC,EO⊄平面PBC,所以EO∥平面PBC.‎ ‎2.(2018江苏海门中学检测)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.证明:平面AEC⊥平面BED.‎ 证明　因为四边形ABCD为菱形,‎ 所以AC⊥BD.‎ 因为BE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ 所以AC⊥BE.又BE∩BD=B,‎ 所以AC⊥平面BED.‎ 又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法一　证明线面垂直的方法 ‎1.“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的　　　　　　　　条件. ‎ 答案　必要不充分 ‎2.(2018江苏通州中学期中)如图所示,已知AB为圆O的直径,点D为线段AB上一点,且AD=‎1‎‎3‎DB,点C为圆O上一点,且BC=‎3‎AC,PD⊥平面ABC,PD=DB.‎ 求证:PA⊥CD.‎ 证明　因为AB为圆O的直径,所以AC⊥CB,‎ 在Rt△ABC中,由‎3‎AC=BC得,‎ ‎∠ABC=30°,设AD=1,‎ 由3AD=DB得,DB=3,则AB=4,则BC=2‎3‎,‎ 在△BDC中,由余弦定理得CD2=DB2+BC2-2DB·BCcos 30°=3,所以CD2+DB2=BC2,即CD⊥AD.‎ 因为PD⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,‎ 所以PD⊥CD,由PD∩AD=D得,CD⊥平面PAB,‎ 又PA⊂平面PAB,所以PA⊥CD.‎ 方法二　证明面面垂直的方法 ‎1.(2018江苏如皋中学检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.‎ ‎(1)求证:DC⊥平面PAC;‎ ‎(2)求证:平面PAB⊥平面PAC.‎ 证明　(1)因为PC⊥平面ABCD,‎ 所以PC⊥DC.‎ 又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,‎ 所以DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为AB∥DC,DC⊥AC,‎ 所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD,‎ 所以PC⊥AB.‎ 又AC∩PC=C,‎ 所以AB⊥平面PAC.‎ 又AB⊂平面PAB,‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎2.如图,将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折,连接AC,FD,形成如图所示的多面体,且AC=‎6‎.证明:平面ABEF⊥平面BCDE.‎ 证明　在正六边形ABCDEF中,连接AC,BE,设AC与BE的交点为G,易知AC⊥BE,且AG=CG=‎3‎,‎ 在多面体中,由AC=‎6‎,知AG2+CG2=AC2,故AG⊥GC,‎ 又GC∩BE=G,GC,BE⊂平面BCDE,‎ 故AG⊥平面BCDE,‎ 又AG⊂平面ABEF,‎ 所以平面ABEF⊥平面BCDE.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　自主命题·江苏卷题组 ‎1.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.‎ 求证:(1)直线DE∥平面A1C1F;‎ ‎(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ 证明　(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.‎ 在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,‎ 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1.‎ 又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F,‎ 所以直线DE∥平面A1C1F.‎ ‎(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.‎ 因为A1C1⊂平面A1B1C1,‎ 所以A1A⊥A1C1.‎ 又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,‎ 所以A1C1⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D.‎ 又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1,‎ 所以B1D⊥平面A1C1F.‎ 因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F.‎ 评析本题考查点、线、面的位置关系.‎ ‎(1)证明线面平行,可证明该直线平行于平面内的一条直线;‎ ‎(2)证明面面垂直,只需证明一个平面内的一条直线垂直于另一个平面即可.‎ ‎2.(2014江苏,16,14分)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.‎ 求证:(1)直线PA∥平面DEF;‎ ‎(2)平面BDE⊥平面ABC.‎ 证明　(1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,所以DE∥PA.‎ 又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,‎ 所以直线PA∥平面DEF.‎ ‎(2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=‎1‎‎2‎PA=3,EF=‎1‎‎2‎BC=4.‎ 又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,‎ 所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.‎ 又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.‎ 因为AC∩EF=E,AC⊂平面ABC,EF⊂平面ABC,‎ 所以DE⊥平面ABC.‎ 又DE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　线面垂直的判定与性质 ‎1.(2016浙江理改编,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则以下说法正确的是　　　　. ‎ ‎①m∥l;②m∥n;③n⊥l;④m⊥n.‎ 答案　③‎ ‎2.(2018课标全国Ⅱ文,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.‎ 解题关键　认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积法求解是关键.‎ ‎3.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.‎ ‎(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;‎ ‎(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.‎ 解析　本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.‎ ‎(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2‎2‎,‎ 所以A1B‎1‎‎2‎+AB‎1‎‎2‎=AA‎1‎‎2‎,故AB1⊥A1B1.‎ 由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=‎5‎,‎ 由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2‎3‎,‎ 由CC1⊥AC,得AC1=‎13‎,‎ 所以AB‎1‎‎2‎+B1C‎1‎‎2‎=AC‎1‎‎2‎,故AB1⊥B1C1.‎ 因此AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.‎ 由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,‎ 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,‎ 所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.‎ 由B1C1=‎5‎,A1B1=2‎2‎,A1C1=‎21‎得cos∠C1A1B1=‎6‎‎7‎,‎ sin∠C1A1B1=‎1‎‎7‎,所以C1D=‎3‎,‎ 故sin∠C1AD=C‎1‎DAC‎1‎=‎39‎‎13‎.‎ 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是‎39‎‎13‎.‎ ‎4.(2016课标全国Ⅰ,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.‎ ‎(1)证明:G是AB的中点;‎ ‎(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.‎ 解析　(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.‎ 因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.(2分)‎ 又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.‎ 又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(4分)‎ ‎(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.(5分)‎ 理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,‎ 又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.(7分)‎ 连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=‎2‎‎3‎CG.(9分)‎ 由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=‎2‎‎3‎PG,DE=‎1‎‎3‎PC.‎ 由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2‎2‎.‎ 在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,(11分)‎ 所以四面体PDEF的体积V=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×2×2×2=‎4‎‎3‎.(12分)‎ 评析本题考查了线面垂直的判定和性质;考查了锥体的体积的计算;考查了空间想象能力和逻辑推理能力.属中档题.‎ ‎5.(2016课标全国Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.‎ ‎(1)证明:AC⊥HD';‎ ‎(2)若AB=5,AC=6,AE=‎5‎‎4‎,OD'=2‎2‎,求五棱锥D'-ABCFE的体积.‎ 解析　(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.‎ 又由AE=CF得AEAD=CFCD,故AC∥EF.(2分)‎ 由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.(4分)‎ ‎(2)由EF∥AC得OHDO=AEAD=‎1‎‎4‎.(5分)‎ 由AB=5,AC=6得DO=BO=AB‎2‎-AO‎2‎=4.‎ 所以OH=1,D'H=DH=3.‎ 于是OD'2+OH2=(2‎2‎)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.‎ 由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.‎ 又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.(8分)‎ 又由EFAC=DHDO得EF=‎9‎‎2‎.‎ 五边形ABCFE的面积S=‎1‎‎2‎×6×8-‎1‎‎2‎×‎9‎‎2‎×3=‎69‎‎4‎.(10分)‎ 所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=‎1‎‎3‎×‎69‎‎4‎×2‎2‎=‎23‎‎2‎‎2‎.(12分)‎ 评析本题考查了线线垂直的判定、线面垂直的判定和性质,考查了锥体的体积的计算,考查了空间想象能力和逻辑推理能力.属中档题.‎ ‎6.(2014辽宁,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点.‎ ‎(1)求证:EF⊥平面BCG;‎ ‎(2)求三棱锥D-BCG的体积.‎ 附:锥体的体积公式V=‎1‎‎3‎Sh,其中S为底面面积,h为高.‎ 解析　(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC.‎ 因此AC=DC.‎ 又G为AD的中点,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内,作AO⊥CB,交CB延长线于O,‎ 由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.‎ 又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.‎ 在△AOB中,AO=AB·sin 60°=‎3‎,所以VD-BCG=VG-BCD=‎1‎‎3‎·S△DBC·h=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎BD·BC·sin 120°·‎3‎‎2‎=‎1‎‎2‎.‎ 评析本题考查了线面垂直的判定与性质、面面垂直的性质及几何体的体积的求法,考查了空间想象能力.‎ ‎7.(2015重庆,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=π‎2‎,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.‎ ‎(1)证明:AB⊥平面PFE;‎ ‎(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.‎ 解析　(1)证明:由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,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,从而PE⊥AB.‎ 因∠ABC=π‎2‎,EF∥BC,故AB⊥EF.‎ 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.‎ ‎(2)设BC=x,则在直角△ABC中,‎ AB=AC‎2‎-BC‎2‎=‎36-‎x‎2‎,‎ 从而S△ABC=‎1‎‎2‎AB·BC=‎1‎‎2‎x‎36-‎x‎2‎.‎ 由EF∥BC知,AFAB=AEAC=‎2‎‎3‎,得△AFE∽△ABC,‎ 故S‎△AFES‎△ABC=‎2‎‎3‎‎2‎=‎4‎‎9‎,即S△AFE=‎4‎‎9‎S△ABC.‎ 由AD=‎1‎‎2‎AE得S△AFD=‎1‎‎2‎S△AFE=‎1‎‎2‎×‎4‎‎9‎S△ABC=‎2‎‎9‎S△ABC ‎=‎1‎‎9‎x‎36-‎x‎2‎,‎ 从而四边形DFBC的面积为S四边形DFBC=S△ABC-S△AFD ‎=‎1‎‎2‎x‎36-‎x‎2‎-‎1‎‎9‎x‎36-‎x‎2‎ ‎=‎7‎‎18‎x‎36-‎x‎2‎.‎ 由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.‎ 在直角△PEC中,PE=PC‎2‎-EC‎2‎=‎4‎‎2‎‎-‎‎2‎‎2‎=2‎3‎.‎ 体积VP-DFBC=‎1‎‎3‎·S四边形DFBC·PE=‎1‎‎3‎×‎7‎‎18‎x‎36-‎x‎2‎·2‎3‎=7,‎ 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.‎ 评析本题考查了线面垂直的判定,棱锥体积的计算;考查了推理论证能力及空间想象能力;体现了函数与方程的思想.‎ 考点二　面面垂直的判定与性质 ‎1.(2018课标全国Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.‎ ‎(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;‎ ‎(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=‎2‎‎3‎DA,求三棱锥Q-ABP的体积.‎ 解析　(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.‎ 又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.‎ 又AB⊂平面ABC,‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3‎2‎.‎ 又BP=DQ=‎2‎‎3‎DA,所以BP=2‎2‎.‎ 作QE⊥AC,垂足为E,则QE