高考数学一轮复习第九章立体几何9-4垂直关系练习理北师大版

高考数学一轮复习第九章立体几何9-4垂直关系练习理北师大版

‎9.4 垂直关系 核心考点·精准研析 考点一　垂直关系的基本问题 ‎ ‎1.(2020·六安模拟)已知平面α⊥平面β,直线m满足m⊈α,则“m∥α”是“m⊥β”的 (　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎2.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:‎ ‎①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则错误的命题为(　　)‎ A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④‎ ‎3.如图,在三棱锥A-BCD中,AC⊥AB,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD.‎ ‎①AC⊥BD;②平面ABC⊥平面ABD;③平面ACD⊥平面ABD.以上结论中正确的个数有 (　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.0‎ ‎【解析】1.选B.平面α⊥平面β,则“m∥α”⇒“m∥β或m β或m与β相交”,反之,平面α⊥平面β,令平面α∩平面β=l,在l上任取一点A,在α内过A作AB⊥l,则AB⊥平面β,又m⊥β,可得m∥AB,所以m∥α;‎ 则“m∥α”是“m⊥β”的必要不充分条件.‎ ‎2.选D.①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面.‎ ‎②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行或相交(不垂直)时,也可能满足前边的条件;‎ ‎③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ,不对,垂直于同一个平面的两个平面也可以是相交的;‎ ‎④如果m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以相交或平行.‎ ‎3.选C.因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,所以BD⊥平面ABC,又AC平面ABC,所以BD⊥AC,故①正确.因为BD⊥AC,BD⊥BC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC,又因为BD平面ABD,所以平面 - 9 -‎ ABD⊥平面ABC,故②正确.因为AC⊥AB,BD⊥AC,AB∩BD=B,所以AC⊥平面ABD,又AC平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD,故③正确.‎ ‎　与线面垂直关系有关命题真假的判断方法 ‎(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准,甚至无需作图通过空间想象来判断.‎ ‎(2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确.‎ ‎(3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定或性质定理进行简单说明.‎ ‎【秒杀绝招】‎ 排除法解T2,选D.若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,两平行线中的一条垂直于一个平面,另一条也垂直于这个平面,故①正确,排除A,B,C,选D.‎ 考点二　点到面的距离问题 ‎ ‎【典例】如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2.求点A到平面MBC的距离. ‎ ‎【解析】取CD的中点O,连接OB,OM,则OB=OM=,‎ OB⊥CD,MO⊥CD.‎ 又平面MCD⊥平面BCD,则MO⊥平面BCD,‎ 所以MO∥AB,MO∥平面ABC,‎ 所以点M,O到平面ABC的距离相等.‎ 作OH⊥BC于点H,连接MH,则MH⊥BC.‎ 求得OH=OC·cos 30°=,‎ MH==.‎ 设点A到平面MBC的距离为d,由VA-MBC=VM-ABC得 ‎·S△MBC·d=·S△ABC·OH.‎ 即××2×d=××2×2×,‎ - 9 -‎ 解得d=.‎ 求点到平面的距离,按照定义需要找到这点到平面的垂线段,一般不好找垂足,可以利用等体积法转化为方程问题求解.‎ 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,‎ PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90°.‎ ‎(1)求证:PC⊥BC.‎ ‎(2)求点A到平面PBC的距离.‎ ‎【解析】(1)因为PD⊥平面ABCD,BC平面ABCD,所以PD⊥BC.因为∠BCD=90°,所以CD⊥BC,‎ 又PD∩DC=D,PD,DC平面PCD,所以BC⊥平面PCD.因为PC平面PCD,故PC⊥BC.‎ ‎(2)分别取AB,PC的中点E,F,连接DE,DF,则易证DE∥CB,DE∥平面PBC,所以点D,E到平面PBC的距离相等,又点A到平面PBC的距离等于点E到平面PBC的距离的2倍,‎ 由(1)知,BC⊥平面PCD,所以平面PBC⊥平面PCD,‎ 因为PD=DC,PF=FC,所以DF⊥PC,因为平面PCD∩平面PBC=PC.‎ 所以DF⊥平面PBC于点F.‎ 易知DF=,故点A到平面PBC的距离等于.‎ ‎【一题多解】(2)等体积法:连接AC,设点A到平面PBC的距离为h,‎ 因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°.‎ 由AB=2,BC=1,得△ABC的面积S△ABC=1.‎ 由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积V=S△ABC·PD=.‎ 因为PD⊥平面ABCD,DC平面ABCD,所以PD⊥DC,‎ - 9 -‎ 又PD=DC=1,所以PC==,‎ 由PC⊥BC,BC=1,得△PBC的面积S△PBC=,‎ 由VA-PBC=VP-ABC得,S△PBC·h=,得h=,故点A到平面PBC的距离等于.‎ 考点三　直线、平面垂直,面面垂直的判定与性质 ‎ 命 题 精 解 读 ‎1.考什么:(1)考查证明线线垂直、线面垂直、面面垂直.(2)考查直观想象与逻辑推理的核心素养.‎ ‎2.怎么考:考查在柱、锥、台体中证明线面的垂直关系.‎ ‎3.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与平行、距离、空间角结合命题.‎ 学 霸 好 方 法 ‎1.(1)证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.(2)线面垂直的性质,常用来证明线线垂直.‎ ‎2.(1)判定面面垂直的方法:‎ ‎①定义法:证明两平面形成的二面角是直角.‎ ‎②判定定理法:a⊥β,aα⇒α⊥β.‎ ‎(2)在已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.‎ ‎3.交汇问题:解决距离、空间角交汇时,常需要先证明线面垂直.‎ 直线、平面垂直的判定与性质 ‎【典例】如图所示,已知AB为圆O的直径,点D为线段AB上一点,且AD=DB,点C为圆O上一点,且BC=AC,PD⊥平面ABC,PD=DB.‎ 求证:PA⊥CD. ‎ - 9 -‎ ‎【证明】因为AB为圆O的直径,所以AC⊥CB,‎ 在Rt△ABC中,由AC=BC得∠ABC=30°,设AD=1,由3AD=DB得,DB=3,BC=2,‎ 由余弦定理得CD2=DB2+BC2-2DB·BCcos 30°=3,‎ 所以CD2+DB2=BC2,即CD⊥AO.‎ 因为PD⊥平面ABC,CD平面ABC,‎ 所以PD⊥CD,由PD∩AO=D得,CD⊥平面PAB,‎ 又因为PA平面PAB,所以PA⊥CD.‎ 面面垂直的判定与性质 ‎【典例】(2018·全国卷Ⅰ)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=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.‎ ‎【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,则BA⊥AC.‎ 又BA⊥AD,AD∩AC=A,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=3.‎ 又BP=DQ=DA,所以BP=2.‎ 作QE⊥AC,垂足为E,则QE∥CD且QE=DC=1.‎ - 9 -‎ 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,‎ 所以QE⊥平面ABC,‎ 因此,三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP=×QE×S△ABP=×1××3×2sin 45°=1.‎ ‎1.已知直线l,m与平面α,β,γ,满足β∩γ=l,l∥α,mα,m⊥γ,则必有 (　　)‎ A.α⊥γ且m∥β B.α∥β且α⊥γ C.m∥β且l⊥m D.α⊥γ且l⊥m ‎【解析】选D.因为mα,m⊥γ,所以α⊥γ.因为β∩γ=l,所以lγ,又因为m⊥γ,所以l⊥m.‎ ‎2.如图,在△ABC中,AC=BC=AB,四边形ABED是边长为1的正方形,平面ABED⊥底面ABC,G,F分别是EC,BD的中点.‎ ‎(1)求证:GF∥平面ABC.‎ ‎(2)求几何体C-ADEB的体积.‎ ‎【解析】(1)如图,取BC的中点M,AB的中点N,连接GM,FN,MN.‎ 因为G,F分别是EC,BD的中点,‎ 所以GM∥BE,且GM=BE,‎ NF∥DA,且NF=DA.‎ - 9 -‎ 又四边形ABED为正方形,所以BE∥AD,BE=AD,所以GM∥NF且GM=NF.‎ 所以四边形MNFG为平行四边形.‎ 所以GF∥MN,又MN平面ABC,GF平面ABC,‎ 所以GF∥平面ABC.‎ ‎(2)连接CN,因为AC=BC,所以CN⊥AB,‎ 又平面ABED⊥平面ABC,CN平面ABC,‎ 所以CN⊥平面ABED.‎ 易知△ABC是等腰直角三角形,所以CN=AB=,‎ 因为C-ABED是四棱锥,‎ 所以VC-ABED=S四边形ABED·CN=×1×=.‎ ‎1.如图,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,M,N分别是AB,PC的中点.‎ ‎(1)求证:MN⊥CD.‎ ‎(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.‎ ‎【证明】(1)如图所示,取PD的中点E,连接AE,NE,‎ 因为N是PC的中点,E为PD的中点,‎ 所以NE∥CD,且NE=CD,‎ - 9 -‎ 而AM∥CD,且AM=AB=CD,‎ 所以NEAM,‎ 所以四边形AMNE为平行四边形,‎ 所以MN∥AE.‎ 又PA⊥平面ABCD,‎ 所以PA⊥CD,‎ 又因为ABCD为矩形,所以AD⊥CD.‎ 而AD∩PA=A,AD,PA平面PAD,所以CD⊥平面PAD,‎ 所以CD⊥AE.又AE∥MN,所以MN⊥CD.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,‎ 又∠PDA=45°,‎ 所以△PAD为等腰直角三角形.‎ 又E为PD的中点,‎ 所以AE⊥PD,又由(1)知CD⊥AE,‎ PD∩CD=D,CD,PD平面PDC,‎ 所以AE⊥平面PCD.‎ 又AE∥MN,所以MN⊥平面PCD.‎ ‎2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥BC,∠A1AC=60°,A1A=AC=BC=1,A1B=.‎ ‎(1)求证:平面A1BC⊥平面ACC1A1.‎ ‎(2)如果D为AB中点,求证:BC1∥平面A1CD.‎ ‎【证明】(1)因为∠A1AC=60°,A1A=AC=1,‎ 所以△A1AC为等边三角形,所以A1C=1.‎ 因为BC=1,A1B=,所以A1C2+BC2=A1B2.‎ - 9 -‎ 所以∠A1CB=90°,即A1C⊥BC.‎ 因为BC⊥A1A,BC⊥A1C,AA1∩A1C=A1,‎ 所以BC⊥平面ACC1A1.‎ 因为BC平面A1BC,‎ 所以平面A1BC⊥平面ACC1A1.‎ ‎(2)连接AC1交A1C于点O,连接OD.‎ 因为ACC1A1为平行四边形,‎ 所以O为AC1的中点.因为D为AB的中点,‎ 所以OD∥BC1.因为OD平面A1CD,BC1⊈平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.‎ - 9 -‎