2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质

www.ks5u.com 第四讲　直线、平面垂直的判定及性质 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[多选题]下列说法正确的是(　　)‎ A.垂直于同一个平面的两条直线平行 B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直 C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行 D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直 ‎2.[2020合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m⊂α,则“n⊥m”是“n⊥α”的(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ‎3.[2019全国卷Ⅲ]如图8 - 4 - 1,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)‎ A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 ‎4.[2017全国卷Ⅲ]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 ‎5.[2020湖南省岳阳市三校第二次联考]如图8 - 4 - 2,在三棱锥V - ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是(　　)‎ A.AC=BC B.AB⊥VC C.VC⊥VD D.S△VCD·AB=S△ABC·VO ‎6.[2019北京高考]已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:‎ ‎①l⊥m;　　②m∥α;　　③l⊥α.‎ 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　　　　. ‎ ‎7.[2019北京高考]如图8 - 4 - 3,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.‎ ‎(1)求证:BD⊥平面PAC;‎ ‎(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;‎ ‎(3)棱PB上是否存在点F ,使得CF ∥平面PAE?说明理由.‎ 图8 - 4 – 3‎ 考法1 线面垂直的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1如图8 - 4 - 4,在直三棱柱ABC - A1B1C1中, AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F 是CC1上一点.‎ ‎(1)当CF =2时,证明:B1F ⊥平面ADF ;‎ ‎(2)若F D⊥B1D,求三棱锥B1 - ADF 的体积. ‎ ‎(1)证明B1F 与两直线AD,DF 垂直,利用线面垂直的判定定理得出B1F ⊥平面ADF ;(2)若F D⊥B1D,则Rt△CDF ∽Rt△BB1D,可求DF ,即可求三棱锥B1 - ADF 的体积.‎ ‎(1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.(等腰三角形底边中线与底边高线重合)‎ 在直三棱柱ABC - A1B1C1中,因为BB1⊥底面ABC,AD⊂底面ABC,所以AD⊥B1B.‎ 因为BC∩B1B=B,所以AD⊥平面B1BCC1.‎ 因为B1F ⊂平面B1BCC1,所以AD⊥B1F .‎ 由题意,可知C1F =CD=1,B1C1=CF =2,∠B1C1F =∠F CD=90°,‎ 所以Rt△DCF ≌Rt△F C1B1,所以∠CF D=∠C1B1F ,所以∠B1F D=90°,(利用平面几何知识找垂直)‎ 所以B1F ⊥F D.‎ 因为AD⊥B1F ,B1F ⊥F D,AD,F D⊂平面ADF ,且AD∩F D=D,所以B1F ⊥平面ADF .(线面垂直的判定定理)‎ ‎(2)由(1)知AD⊥平面B1DF , CD=1,AD=2‎2‎,‎ 在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,‎ 所以B1D=BD‎2‎+BB‎1‎‎2‎‎=‎‎10‎.‎ 因为F D⊥B1D,所以Rt△CDF ∽Rt△BB1D,‎ 所以DFB‎1‎D‎=‎CDBB‎1‎,即DF =‎1‎‎3‎×‎10‎‎=‎‎10‎‎3‎,‎ 所以VB‎1‎‎-ADF‎=VA-B‎1‎DF=‎‎1‎‎3‎S‎△B‎1‎DF×AD=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×‎10‎‎3‎×‎10‎×2‎2‎‎=‎‎10‎‎2‎‎9‎.‎ ‎1.[2020陕西省部分学校高三测试]如图8 - 4 - 5,在三棱柱ABC - A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1.‎ ‎(1)求证:BB1⊥平面ABC; ‎ ‎(2)求多面体DBCA1B1C1的体积.‎ 考法2 面面垂直的判定与性质 ‎2 [2018北京高考]如图8 - 4 - 6,在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F 分别为AD,PB的中点. ‎ ‎(Ⅰ)求证:PE⊥BC;‎ ‎(Ⅱ)求证:平面PAB⊥平面PCD;‎ ‎(Ⅲ)求证:EF ∥平面PCD.‎ ‎　(Ⅰ)欲证PE⊥BC,只需证明PE⊥AD即可;(Ⅱ)先证PD⊥平面PAB,进而可证明平面PAB⊥平面PCD;(Ⅲ)取PC的中点G,连接F G,DG,通过证明EF ∥DG,可证得EF ∥平面PCD.‎ ‎(Ⅰ)因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PE⊥AD.(等腰三角形的中线也是高线)‎ 因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,(矩形对边平行)‎ 所以PE⊥BC.‎ ‎(Ⅱ)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.(矩形邻边垂直)‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.(面面垂直的性质定理)‎ 所以AB⊥PD.‎ 又PA⊥PD, PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB,‎ 又PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(面面垂直的判定定理)‎ ‎ (Ⅲ)如图8 - 4 - 7,取PC的中点G,连接F G,GD.‎ 因为F ,G分别为PB和PC的中点,所以F G∥BC,且F G=‎1‎‎2‎BC.(构造中位线)‎ 因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以ED∥BC,ED=‎1‎‎2‎BC,‎ 所以ED∥F G,且ED=F G,所以四边形EF GD为平行四边形,(构造平行四边形)‎ 所以EF ∥GD.‎ 又EF ⊄平面PCD,GD⊂平面PCD,所以EF ∥平面PCD.(线面平行的判定定理)‎ 解后反思 空间中垂直关系的证明几乎都是从平面图形中的垂直关系入手的,如该题第(Ⅱ)问利用矩形邻边垂直与已知的面面垂直的条件等得到PD⊥平面PAB.当然,第(Ⅱ)问也可以通过证明PA⊥平面PCD证得结论:因为平面PAD⊥平面ABCD,两平面的交线为AD,且CD⊥AD,所以CD⊥平面PAD,故CD⊥PA,又PA⊥PD,CD∩PD=D,所以PA⊥平面PCD,又PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎2.[2020四川五校联考]如图8 - 4 - 8,在三棱锥P - ABC中,底面ABC与侧面PAB均为正三角形,AB=2,PC=‎6‎,M为AB的中点.‎ ‎(1)证明:平面PCM⊥平面PAB;‎ ‎(2)N为线段PA上一点,且S△CMN=‎3‎‎4‎,求三棱锥P - CMN的体积.‎ 思想方法　转化思想在立体几何中的应用 ‎3 [2019山东烟台模拟]如图8 - 4 - 9,四边形ABCD为矩形,A,E,B,F 四点共面,且△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,∠BAE=∠AF B=90°.‎ ‎ (1)求证:平面BCE∥平面ADF ;‎ ‎(2)若平面ABCD⊥平面AEBF ,AF =1,BC=2,求三棱锥A - CEF 的体积.‎ ‎(1)由线面平行的判定定理证明BC∥平面ADF ,BE∥平面ADF ,然后利用面面平行的判定定理可证得结论;(2)由四边形ABCD为矩形,得BC⊥AB,结合面面垂直的性质定理可得BC⊥平面AEBF ,由已知条件并结合等体积法求三棱锥A - CEF 的体积.‎ ‎(1)因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以BC∥AD,‎ 又BC⊄平面ADF ,AD⊂平面ADF ,‎ 所以BC∥平面ADF .‎ 因为△ABE和△ABF 均为等腰直角三角形,且∠BAE=∠AF B=90°,‎ 所以∠BAF =∠ABE=45°,‎ 所以AF ∥BE,‎ 又BE⊄平面ADF ,AF ⊂平面ADF ,‎ 所以BE∥平面ADF .‎ 又BC⊂平面BCE,BE⊂平面BCE,BC∩BE=B,‎ 所以平面BCE∥平面ADF . (三种平行关系的转化)‎ ‎(2)因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以BC⊥AB,又平面ABCD⊥平面AEBF ,BC⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面AEBF =AB,‎ 所以BC⊥平面AEBF .‎ 由AF =1,易知AE=‎2‎,‎ 所以S△AEF =‎1‎‎2‎AF ×AE×sin 135° =‎1‎‎2‎×1×‎2‎×‎2‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ 所以V三棱锥A - CEF =V三棱锥C - AEF =‎1‎‎3‎S△AEF ×BC=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×2=‎1‎‎3‎. (等体积转化)‎ ‎3.[2019江苏高考]如图8 - 4 - 10,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.‎ 求证:(1)A1B1∥平面DEC1;‎ ‎(2)BE⊥C1E.‎ ‎1.ABC　对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;‎ 对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确; ‎ 对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确; ‎ 对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选ABC.‎ ‎2.B　当直线m,n都在平面α内时,不能由m⊥n推出n⊥α;若n⊥α,且m⊂α,由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件,故选B.‎ ‎3.B　取CD的中点O,连接ON,EO,因为△ECD为正三角形,所以EO⊥CD,又平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2,则EO=‎3‎,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=‎3‎‎2‎,CP=‎3‎‎2‎,所以BM2=MP2+BP2=(‎3‎‎2‎)2+(‎3‎‎2‎)2+22=7,得BM=‎7‎,所以BM≠EN.连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线,故选B.‎ ‎4.C　由正方体的性质得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故选C.‎ ‎5.C　因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.而VO∩VD=V,所以AB⊥平面VCD.因为CD⊂平面VCD,所以AB⊥CD,所以AC=BC,可知A一定成立.‎ 因为VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,可知B一定成立.‎ 因为S△VCD=‎1‎‎2‎VO·CD,S△ABC=‎1‎‎2‎AB·CD,所以S△VCD·AB=S△ABC·VO,可知D一定成立.‎ 由题中条件无法判断VC⊥VD,可知C不一定成立.故选C.‎ ‎6.若l⊥m,l⊥α,则m∥α.(答案不唯一)　若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;若l⊥m,m∥α,则l∥α或l与α相交,故①②⇒③不正确;若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确.‎ ‎7.(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.‎ 因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.‎ 因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.‎ 又PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.‎ 又AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎ (3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.理由如下.‎ 取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG,如图D 8 - 4 - 1所示.‎ 图D 8 - 4 - 1‎ 则FG∥AB,且FG=‎1‎‎2‎AB.‎ 因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,‎ 所以CE∥AB,且CE=‎1‎‎2‎AB.‎ 所以FG∥CE,且FG=CE.‎ 所以四边形CEGF为平行四边形.‎ 所以CF∥EG.‎ 因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,‎ 所以CF∥平面PAE.‎ ‎1.(1)因为AC=BC,D为AB的中点,‎ 所以CD⊥AB,又DC⊥DA1,AB∩DA1=D,‎ 所以CD⊥平面AA1B1B,又BB1⊂平面AA1B1B,‎ 所以CD⊥B1B,又B1B⊥AB,AB∩CD=D,‎ 所以B1B⊥平面ABC.‎ ‎(2)‎V多面体DBCA‎1‎B‎1‎C‎1‎‎=V三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎ - ‎V三棱锥A‎1‎-ADC ‎=S△ABC·AA1 - ‎1‎‎3‎S△ACD·AA1‎ ‎=S△ABC·AA1 - ‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎S△ABC·AA1‎ ‎=‎5‎‎6‎S△ABC·AA1‎ ‎=‎5‎‎6‎‎×‎1‎‎2‎×‎2×2×2‎ ‎=‎10‎‎3‎.‎ ‎2.(1)因为△ABC是边长为2的正三角形,M为AB的中点,所以CM⊥AB,CM=‎3‎.‎ 同理得PM=‎3‎,又PC=‎6‎,‎ 所以CM2+PM2=PC2,所以CM⊥PM.‎ 又AB∩PM=M,所以CM⊥平面PAB,‎ 又CM⊂平面PCM,所以平面PCM⊥平面PAB.‎ ‎(2)解法一　由(1)得CM⊥平面PAB,‎ 又MN⊂平面PAB,所以CM⊥MN,△CMN为直角三角形,‎ 所以S△CMN=‎1‎‎2‎·CM·MN=‎3‎‎4‎,且CM=‎3‎,解得MN=‎3‎‎2‎.‎ 在△AMN中,cos∠NAM=AN‎2‎+AM‎2‎-MN‎2‎‎2AN·AM,即cos 60°=AN‎2‎+‎1‎‎2‎-(‎‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎‎2AN,‎ 解得AN=‎1‎‎2‎,所以PN=‎3‎‎2‎.‎ 所以PNPA‎=‎‎3‎‎4‎,S△PNM=‎3‎‎4‎S△PAM=‎3‎‎8‎S△PAB=‎3‎‎8‎‎×‎3‎=‎‎3‎‎3‎‎8‎,‎ V三棱锥P - CMN=V三棱锥C - PMN ‎=‎1‎‎3‎S△PMN·CM ‎=‎‎1‎‎3‎‎×‎3‎‎3‎‎8‎×‎‎3‎ ‎=‎3‎‎8‎.‎ 解法二　由(1)可得CM⊥平面PAB,‎ 又NM⊂平面PAB,所以CM⊥NM,‎ 则S△CMN=‎1‎‎2‎CM·NM,‎ 即‎3‎‎4‎‎=‎1‎‎2‎×‎‎3‎·NM,解得NM=‎3‎‎2‎,‎ 所以NMPM‎=AMPA=‎‎1‎‎2‎,得△ANM∽△AMP,则∠ANM=∠AMP=90°,‎ 所以NM⊥PA,又CM⊥PA,NM∩CM=M,‎ 所以PA⊥平面CNM,‎ 在Rt△PNM中,PN=PM‎2‎-NM‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎,‎ 所以V三棱锥P - CMN=‎1‎‎3‎S△CMN·PN=‎3‎‎8‎.‎ ‎3.(1)如图D 8 - 4 - 2所示,因为D,E分别为BC,AC的中点,‎ 图D 8 - 4 - 2‎ 所以ED∥AB.‎ 在直三棱柱ABC - A1B1C1中,AB∥A1B1,‎ 所以A1B1∥ED.‎ 又ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.‎ ‎(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.‎ 因为三棱柱ABC - A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.‎ 又BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.‎ 因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,‎ 所以BE⊥平面A1ACC1.‎ 因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.‎