2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§8-4 直线、平面垂直的判定与性质（试题部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§8-4 直线、平面垂直的判定与性质（试题部分）

‎§8.4　直线、平面垂直的判定与性质 探考情 悟真题 ‎【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 面面垂直的判定 三棱锥的体积 ‎★★★‎ ‎2018课标全国Ⅱ,19,12分 线面垂直的判定与性质 点到平面的距离 ‎2017课标全国Ⅰ,18,12分 面面垂直的判定与性质 空间几何体的体积与侧面积 ‎2019课标全国Ⅰ,16,5分 线面垂直的判定与性质 点到平面的距离 ‎2019课标全国Ⅱ,17,12分 线面垂直的判定与性质 四棱锥的体积 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,证明几何体中的直线、平面的垂直关系,充分考查线线、线面、面面之间垂直关系的相互转化,属于中档题.‎ 破考点 练考向 ‎【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　‎ 答案　D　‎ ‎3.(2020届甘肃西北师大附中9月月考,6)如图,在四面体PABC中,AB=AC,PB=PC,D、E、F分别是棱AB、BC、CA的中点,则下列结论中不一定成立的是(　　)‎ A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDF⊥平面ABC 答案　D　‎ ‎4.(2020届吉林梅河口五中9月月考,18)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,∠ABC=120°.‎ ‎(1)证明:AD⊥BA1;‎ ‎(2)若平面ADD1A1⊥平面ABCD,且A1D=AB=2,求点A到平面A1BD的距离.‎ 答案　(1)证明:取AD的中点O,连接OB,OA1.‎ ‎∵AA1=A1D,∴AD⊥OA1,‎ 又∠ABC=120°,四边形ABCD是平行四边形,BC=AB,‎ ‎∴△ABD是等边三角形,∴AD⊥OB,‎ 又OA1∩OB=O,∴AD⊥平面A1OB,‎ ‎∵A1B⊂平面A1OB,∴AD⊥BA1.(6分)‎ ‎(2)∵平面ADD1A1⊥平面ABCD,平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,A1O⊥AD,‎ ‎∴A1O⊥平面ABCD.‎ 由A1D=AB=2及(1)知△A1AD,△ABD都是边长为2的等边三角形,‎ ‎∴A1O=BO=‎3‎,‎ ‎∴A1B=‎6‎.‎ ‎∴△ABD的面积为‎3‎‎4‎×22=‎3‎,△A1BD的面积为‎1‎‎2‎×‎6‎×‎2‎‎2‎‎-‎‎6‎‎2‎‎2‎=‎15‎‎2‎.‎ 设点A到平面A1BD的距离为d,则由VA-A‎1‎BD=VA‎1‎‎-ABD得‎1‎‎3‎×‎15‎‎2‎d=‎1‎‎3‎×‎3‎×‎3‎,∴d=‎2‎‎15‎‎5‎.(12分)‎ 炼技法 提能力 ‎【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辽宁抚顺一模,10)在三棱锥P-ABC中,已知PA=AB=AC,∠BAC=∠PAC,点D,E分别为棱BC,PC的中点,则下列结论正确的是(　　)‎ A.直线DE⊥直线AD B.直线DE⊥直线PA C.直线DE⊥直线AB D.直线DE⊥直线AC 答案　D　‎ ‎3.(2020届赣中南五校第一次联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=‎1‎‎2‎AD,∠APD=∠BAD=90°.‎ ‎(1)证明:PD⊥PB;‎ ‎(2)设点M在棱PC上,且PM=‎1‎‎3‎PC,若△MBC的面积为‎2‎‎7‎‎3‎,求四棱锥P-ABCD的体积.‎ 答案　(1)证明:∵∠BAD=90°,∴BA⊥AD.‎ ‎∵平面ABCD⊥平面PAD,交线为AD,‎ ‎∴BA⊥平面PAD,从而BA⊥PD.‎ ‎∵∠APD=90°,∴AP⊥PD.‎ ‎∵BA∩AP=A,∴PD⊥平面PAB.‎ ‎∵PB⊂平面PAB,∴PD⊥PB.‎ ‎(2)设AD=2m(m>0),则AB=BC=AP=m,PD=‎3‎m,‎ 由(1)知BA⊥平面PAD,∴BA⊥AP,∴BP=BA‎2‎+AP‎2‎=‎2‎m,‎ 取AD的中点F,连接CF,PF,则CF∥BA,CF=m,‎ ‎∵BA⊥平面PAD,∴CF⊥平面PAD,∴CF⊥PF,‎ ‎∵PF=‎1‎‎2‎AD=m,‎ ‎∴PC=CF‎2‎+PF‎2‎=‎2‎m.‎ ‎∵PM=‎1‎‎3‎PC,∴CM=‎2‎‎3‎PC,‎ ‎∴S△MBC=‎2‎‎3‎S△PBC=‎2‎‎3‎×‎1‎‎2‎BC×PB‎2‎-‎‎1‎‎2‎BC‎2‎=‎7‎‎6‎m2,‎ 由‎7‎‎6‎m2=‎2‎‎7‎‎3‎,解得m=2(m=-2舍去),‎ 在△PAD中,P到AD的距离h=AP·PDAD=‎3‎m‎2‎=‎3‎,‎ ‎∴P到平面ABCD的距离d=h=‎3‎,‎ ‎∴VP-ABCD=‎1‎‎3‎S四边形ABCD·d=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×(2+4)×2×‎3‎=2‎3‎.‎ 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.‎ 答案　(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.(2020届河南、河北重点中学摸底考试,19)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是梯形,AB∥CD,AD⊥AB,且AD=CD=2AB=4,PA=PD=PC=3.‎ ‎(1)若O为AC的中点,证明:PO⊥平面ABCD;‎ ‎(2)求点C到平面PAB的距离.‎ 答案　(1)证明:因为AB∥CD,AD⊥AB,‎ 所以AD⊥CD,因为AD=CD=4,所以AC=4‎2‎.(1分)‎ 又PA=PC=3,O为AC的中点,‎ 所以PO⊥AC,PO=‎3‎‎2‎‎-(2‎‎2‎‎)‎‎2‎=1.(2分)‎ 连接OD,在Rt△ACD中,O为AC的中点,‎ 所以OD=‎1‎‎2‎AC=2‎2‎.(3分)‎ 因为OD2+PO2=(2‎2‎)2+12=9=PD2,所以PO⊥OD.(4分)‎ 又OD∩AC=O,所以PO⊥平面ABCD.(5分)‎ ‎(2)设点C到平面PAB的距离为h,‎ 易知S△ABC=‎1‎‎2‎×2×4=4.(6分)‎ 连接OB,则OB=‎1‎‎2‎AD=2,PB=PO‎2‎+OB‎2‎=‎5‎.(7分)‎ 在△PAB中,PA=3,AB=2,PB=‎5‎,所以cos∠PAB=‎9+4-5‎‎2×3×2‎=‎2‎‎3‎,(9分)‎ 所以S△PAB=‎1‎‎2‎×3×2×‎1-‎‎4‎‎9‎=‎5‎.(10分)‎ 由VC-PAB=VP-ABC,得‎1‎‎3‎×‎5‎h=‎1‎‎3‎×4×1,解得h=‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 故点C到平面PAB的距离为‎4‎‎5‎‎5‎.(12分)‎ 方法3　证明面面垂直的方法 ‎1.(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.‎ ‎2.(2019东北师大附中、重庆一中等校联合模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥平面ABCD,Q,M分别为AD,PC的中点,PA=PD=2,BC=‎1‎‎2‎AD=1,CD=‎3‎.‎ ‎(1)求证:平面PBC⊥平面PQB;‎ ‎(2)求三棱锥P-QMB的体积.‎ 答案　(1)证明:∵Q为AD的中点,BC=‎1‎‎2‎AD,∴BC=QD,又AD∥BC,‎ ‎∴四边形BCDQ为平行四边形.‎ ‎∵∠ADC=90°,∴BC⊥BQ.‎ ‎∵PA=PD,AQ=QD,∴PQ⊥AD.‎ 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,‎ ‎∴PQ⊥平面ABCD,∴PQ⊥BC,‎ 又PQ∩BQ=Q,‎ ‎∴BC⊥平面PQB.‎ ‎∵BC⊂平面PBC,‎ ‎∴平面PBC⊥平面PQB.‎ ‎(2)∵在Rt△PQB中,PQ=PA‎2‎-AQ‎2‎=‎3‎,BQ=CD=‎3‎,‎ ‎∴S△PQB=‎1‎‎2‎PQ·QB=‎3‎‎2‎.‎ 由(1)知BC⊥平面PQB,连接QC,则V三棱锥C-PQB=‎1‎‎3‎S△PQB×BC=‎1‎‎3‎×‎3‎‎2‎×1=‎1‎‎2‎.‎ 又M是线段PC的中点,‎ ‎∴V三棱锥P-QMB=V三棱锥M-PQB=‎1‎‎2‎V三棱锥C-PQB=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎=‎1‎‎4‎,‎ 故三棱锥P-QMB的体积为‎1‎‎4‎.‎ 方法4　翻折问题的处理方法 ‎　(2020届河北枣强中学9月月考,18)已知菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,AC∩BD=O.将菱形ABCD沿对角线AC折起得三棱锥B-ACD,如图,点M是棱BC的中点,DM=3‎2‎.‎ ‎(1)求证:平面ABC⊥平面ACD;‎ ‎(2)求点M到平面ABD的距离.‎ 答案　(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,且∠DAB=60°,边长为6,‎ ‎∴OD=OB=‎1‎‎2‎BD=3,OD⊥AC,OB⊥AC.(2分)‎ 连接OM,∵M为BC的中点,∴OM=‎1‎‎2‎BC=3.‎ 又∵DM=3‎2‎,∴DM2=OD2+OM2,∴OD⊥OM.‎ 又OD⊥AC,OM∩AC=O,AC,OM⊂平面ABC,‎ ‎∴OD⊥平面ABC.(4分)‎ ‎∵OD⊂平面ACD,‎ ‎∴平面ABC⊥平面ACD.(6分)‎ ‎(2)由(1)知OD⊥平面ABC,∴OD为三棱锥D-ABM的高,OD⊥OB,‎ S△ABM=‎1‎‎2‎S△ABC=‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎AC·OB=‎1‎‎4‎×6‎3‎×3=‎9‎‎3‎‎2‎,BD=3‎2‎,‎ ‎∴VD-ABM=‎1‎‎3‎S△ABM·OD=‎1‎‎3‎×‎9‎‎3‎‎2‎×3=‎9‎‎3‎‎2‎.(9分)‎ 设点M到平面ABD的距离为h,‎ ‎∵S△ABD=‎1‎‎2‎×3‎2‎×‎6‎‎2‎‎-‎‎3‎‎2‎‎2‎‎2‎=‎9‎‎7‎‎2‎,且VM-ABD=VD-ABM,‎ ‎∴h=‎3‎VD-ABMS‎△ABD=‎3‎‎21‎‎7‎.(12分)‎ ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点　直线、平面垂直的判定与性质 ‎1.(2019课标全国Ⅰ,16,5分)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为‎3‎,那么P到平面ABC的距离为　　　　. ‎ 答案　‎‎2‎ ‎2.(2019课标全国Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.‎ ‎(1)证明:BE⊥平面EB1C1;‎ ‎(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.‎ 答案　本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.‎ ‎(1)证明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,‎ 故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.‎ 作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.‎ 所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=‎1‎‎3‎×3×6×3=18.‎ ‎3.(2018课标全国Ⅲ,19,12分)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.‎ ‎(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.‎ 答案　本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.‎ ‎(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.‎ 因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)存在.当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.‎ 证明如下:连接AC交BD于O.‎ 因为ABCD为矩形,所以O为AC的中点.‎ 连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.‎ MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,‎ 所以MC∥平面PBD.‎ ‎4.(2018课标全国Ⅰ,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.‎ 答案　(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