84直线平面垂直的判定与性质

曲一线让每一位学生分享高品质教育1/358.4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1.直线与平面垂直的判定与性质①以立体几何的有关定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理,并能够证明相关性质定理.②能运用线面垂直、面面垂直的判定及性质定理证明空间图形的垂直关系2016课标Ⅱ,19,12分线面垂直的判定翻折问题、二面角★★★2014课标Ⅰ,19,12分线面垂直的判定二面角2.平面与平面垂直的判定与性质2017课标Ⅰ,18,12分面面垂直的判定二面角★★★2017课标Ⅲ,19,12分面面垂直的定义和判定三棱锥的体积及二面角2016课标Ⅰ,18,12分面面垂直的判定二面角2015课标Ⅰ,18,12分面面垂直的判定线面垂直的性质、异面直线所成的角分析解读从近5年高考情况来看,线面、面面垂直的判定与性质是高考考查的重点内容,以选择题、填空题的形式出现时,常考查判断命题的真假;以解答题的形式出现时,常考查证明几何体中直线、平面垂直的位置关系.解答时要把定义、判定和性质结合起来,会进行线线、线面、面面问题的相互转化.破考点【考点集训】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2017河南中原名校联盟4月联考,4)已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A.α⊥β且m⊂αB.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥βD.m⊥n且n∥β答案C曲一线让每一位学生分享高品质教育2/352.(2018河南商丘二模,15)如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是.答案①②③3.(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△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PB=2x,PA=2MD=√3x,BC=√3x2,AC=12x.三棱锥P-ABC的体积V=13·S△ABC·PA=18x3=1,得x=2.所以AB=MB=2,BC=√3,AC=1,MD=√3.曲一线让每一位学生分享高品质教育3/35所以S△BCD=12S△ABC=12×12×√3×1=√34.由(1)知MD∥PA,PA⊥平面ABC,所以MD⊥DC.在△ABC中,CD=12AB=1,所以S△MCD=12MD·CD=12×√3×1=√32.设点B到平面DCM的距离为h.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.考点二平面与平面垂直的判定与性质1.(2018湖北重点中学协作体4月联考,5)设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内两条相交直线,则α⊥β的一个充分不必要条件是()A.l1⊥m,l1⊥nB.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2D.m∥n,l1⊥n答案B2.(2017福建泉州二模,16)如图,一张A4纸的长、宽分别为2√2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的命题,正确的是.(写出所有正确命题的序号)①该多面体是三棱锥;②平面BAD⊥平面BCD;③平面BAC⊥平面ACD;④该多面体外接球的表面积为5πa2.答案①②③④3.(2018辽宁锦州模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD⊥CD,Q是AD的中点,M是棱曲一线让每一位学生分享高品质教育4/35PC的中点,PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=√3,PB=√6.(1)求证:PA∥平面MQB;(2)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(3)求三棱锥B-PQM的体积.解析(1)证明:如图,连接AC交BQ于N,连接MN,CQ.∵BC=12AD,AD∥BC,Q是AD的中点,∴AQ∥BC,且AQ=BC,∴四边形ABCQ是平行四边形,∴N是AC的中点.∵M是棱PC的中点,∴MN∥PA.∵PA⊄平面MQB,MN⊂平面MQB,∴PA∥平面MQB.(2)证明:∵AD∥BC,BC=12AD=1,Q是AD的中点,∴四边形BCDQ为平行四边形,∴CD∥BQ.∵AD⊥CD,∴QB⊥AD.又PA=PD=2,AD=2,Q是AD的中点,∴PQ=√3.又QB=CD=√3,PB=√6,∴PB2=PQ2+QB2.由勾股定理的逆定理可知PQ⊥QB.又PQ∩AD=Q,∴BQ⊥平面PAD.又BQ⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.(3)∵PA=PD=2,Q是AD的中点,∴PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD.又M是棱PC的中点,故VB-PQM=12VP-BQC=12×13×12×1×√3×√3=14.炼技法【方法集训】方法1证明直线与平面垂直的方法1.(2017山西五校联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAB⊥平面ABCD,AB=AP=3,AD=PB=2,E为线段AB上一点,且AE∶EB=7∶2,点F、G、M分别为线段PA、PD、曲一线让每一位学生分享高品质教育5/35BC的中点.(1)求证:PE⊥平面ABCD;(2)若平面EFG与直线CD交于点N,求二面角P-MN-A的余弦值.解析(1)证明:在等腰△APB中,cos∠ABP=12PB𝐴𝐵=13,则由余弦定理可得PE2=(29×3)2+22-2×29×3×2×13=329,∴PE=4√23.∴PE2+BE2=4=PB2,∴PE⊥AB.∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,∴PE⊥平面ABCD.(2)连接EN,由已知可得EN∥AD.所以EN⊥AB.由(1)可知PE⊥EN.以E为坐标原点,直线EP、EB、EN分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P(4√23,0,0),M(0,23,1),N(0,0,2),从而𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-4√23,23,1),𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-23,1).设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),则n·𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n·𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即-4√23x+23y+z=0,-23y+z=0,令y=3,可得n=(3√22,3,2).由(1)知平面AMN的一个法向量为𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(4√23,0,0),∴cosn,𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=44√23×√35√2=3√3535,由图可知二面角P-MN-A的平面角为锐角,故二面角P-MN-A的余弦值为3√3535.2.(2018河北“五个一名校联盟”联考,19)如图1,在直角梯形ABCD曲一线让每一位学生分享高品质教育6/35中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,使折起后的平面ACD与平面ABC垂直,如图2.在图2所示的几何体D-ABC中:(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)点F在棱CD上,且满足AD∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.解析(1)证明:∵AC=√𝐴𝐷2+C𝐷2=2√2,∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,∴在△ABC中,BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos45°=8,∴AB2=16=AC2+BC2,∴AC⊥BC,(4分)∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,∴BC⊥平面ACD.(6分)(2)∵AD∥平面BEF,AD⊂平面ACD,平面ACD∩平面BEF=EF,∴AD∥EF,(7分)∵E为AC的中点,∴EF为△ACD的中位线,(8分)∵VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC,S△CEF=14S△ACD=14×12×2×2=12,∴VF-BCE=13×12×2√2=√23.(12分)方法2证明平面与平面垂直的方法1.(2017河南百校联盟联考,11)如图,已知等腰直角三角形ABC中,AB=AC,将△ABC沿斜边BC向上翻转,与原图形构成几何体A1-ABC,其外接球表面积为4π,设二面角A1-BC-A的平面角为α,若O为BC的中点,点P,Q分别为线段OA1,AB的中点,则当PQ=√32时,角α等于()A.π3B.π2C.2π3D.3π4答案B2.(2018河南郑州二模,19)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E为线段BD上一点,且EB=ED=EC=BC,延长CE交AD于F.曲一线让每一位学生分享高品质教育7/35(1)若G为PD的中点,求证:平面PAD⊥平面CGF;(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值.解析(1)证明:在△BCD中,EB=ED=EC=BC,故∠BCD=π2,∠CBE=∠CEB=π3,连接AE,∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=π3,AE=CE=DE.(3分)∴∠AEF=∠FED=π3,故EF⊥AD,AF=FD.又PG=GD,∴FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,故GF⊥平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.又AD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF.(6分)(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,√3,0),D(0,2√3,0),P(0,0,3).故𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,0),𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,-√3,3),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,√3,0).设平面BCP的一个法向量为n1=(1,y1,z1),则{1+√3𝑦1=0,-3-√3𝑦1+3𝑧1=0,解得{𝑦1=-√33,𝑧1=23,即n1=(1,-√33,23).(9分)设平面DCP的一个法向量为n2=(1,y2,z2),则{-3+√3𝑦2=0,-3-√3𝑦2+3𝑧2=0,解得{𝑦2=√3,𝑧2=2,即n2=(1,√3,2).从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为|𝑛1·𝑛2||𝑛1||𝑛2|=43√169×√8=√24.(12分)3.如图,已知三棱锥P-ABC中,∠ACB=90°,BC=4,AB=20,D为AB的中点,且△PDB是等边三角形,PA⊥PC.(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;(2)求二面角D-AP-C的正弦值.曲一线让每一位学生分享高品质教育8/35解析(1)证明:因为D是斜边AB的中点,所以BD=DA.因为△PDB是等边三角形,所以BD=DP=BP,则BD=DA=DP,因此△APB为直角三角形,即PA⊥BP.又PA⊥PC,PC∩BP=P,所以PA⊥平面PCB.因为BC⊂平面PCB,所以PA⊥BC.又AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.(2)由(1)知PA⊥PB,又PA⊥PC,故∠BPC即为二面角D-AP-C的平面角.由(1)知BC⊥平面PAC,则BP⊥PC.在Rt△BPC中,BC=4,BP=BD=10,所以sin∠BPC=𝐵𝐶𝐵𝑃=410=25,即二面角D-AP-C的正弦值为25.过专题【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2016课标Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABC