2020年山東高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

1、8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5 年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)1.直線與 平面垂直 的判定與 性質(zhì)1線面垂直的證明；2線面垂直的性質(zhì)應(yīng)用2018 課標(biāo)n文,19線面垂直點(diǎn)到平面的距離2018 北京,16線面垂直二面角的余弦值2016 課標(biāo)n,19線面垂直二面角的正弦值2.平面與 平面垂直 的判定與 性質(zhì)1面面垂直的證明；2面面垂直的性質(zhì)應(yīng)用2018 課標(biāo)I,18面面垂直線面角的正弦值2017 課標(biāo)I,18面面垂直二面角的余弦值2016 課標(biāo)I,18面面垂直二面角的余弦值2017 山東,18面面垂直線面平行的判定分析解讀1.掌握直線與平面垂直的判定定理和性質(zhì)

2、定理.2.會(huì)運(yùn)用直線與平面、平面與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理解決簡(jiǎn)單的應(yīng)用問題與證明問題3 掌握轉(zhuǎn)化的思想方法 4 高考中常以解答題的形式呈現(xiàn)，考查線線、線面、面面垂直的轉(zhuǎn)化思想，分值約為 12 分,屬中檔題.破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1. （人教 A 必 2,二,2-3-1,2,變式）如果 PA、PB PC 兩兩垂直，那么點(diǎn) P 在平面 ABC 內(nèi)的投影一定是 ABC 的（ ）A.重心B.內(nèi)心C.外心D.垂心答案 D2. （2018 廣東茂名模擬,19） 如圖，在三棱錐 P-ABC 中,PA 丄 AC,PC 丄 BC,M 為 PB 的中點(diǎn)，D 為 AB 的中點(diǎn)，且厶

3、 AMB為正三角形.所以- SABCDMD=SAMCD h,即XX=一X Xh.所以 h=_.故點(diǎn) B 到平面 DCM 勺距離為一.考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)1.（2017 福建泉州二模,16）如圖，一張 A4 紙的長(zhǎng)、寬分別為 2_a,2a,A,B,C,D 分別是其四條邊的中點(diǎn)其沿圖中虛線折起，使得 P,P2,P3,P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn) P,從而得到一個(gè)多面體.下列關(guān)于該多面體的命題確的是_ .（寫岀所有正確命題的序號(hào)）求證:BC 丄平面 PAC;若 PA=2BC 三棱錐 P-ABC 的體積為 1,求點(diǎn) B 到平面 DCM 勺距離. 解析 證明：在正 AM 沖,D 是 AB 的中點(diǎn)，所以

4、 MDLAB.因?yàn)?M 是 PB 的中點(diǎn)，D 是 AB 的中點(diǎn)，所以 MD/ PA,故 PAXAB.又 PAAC,ABHAC=A,AB,AC?平面 ABC,所以 PAX平面 ABC.因?yàn)?BC?平面 ABC,所以 PAL BC.又 PCLBC,PAnPC=P,PA,PC?平面 PAC,所以 BC 丄平面 PAC.(2)設(shè) AB=x,則 PB=2x,PA=2MD=x,BC= 一,AC=_x.三棱錐 P-ABC 的體積 Vd SAABC PA=x3=1,得 x=2. 所以 AB=MB=2,BC=,AC=1,MD=_.所以SBC=-SAABC=_X -XX1 = 一.由(1)知 MD/ PA,PAL

5、平面 ABC 所以 MDL DC.在 RtAABC 中 ,CD=AB=1,所以 SMC=XMD CD=-X X仁.設(shè)點(diǎn) B 到平面 DCM 勺距離為 h.因?yàn)閂M-BCD=VJ-MCD.現(xiàn)將,正pff* 1cjr、豪H.*I* / 屮J*t- /J1IlhfnD11該多面體是三棱錐;2平面 BAD 丄平面 BCD;3平面 BAC 丄平面 ACD;4該多面體外接球的表面積為 5na2.答案2.(2017 河南部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考，19)如圖，已知 AB 是。O 的直徑，點(diǎn) C 是。O 上的動(dòng)點(diǎn),PA 垂直于平面 ABC.證明：平面 PACL 平面 PBC;(2)設(shè) PA= 一,AC=1,求三棱錐 A

6、-PBC 的高.解析證明：TAB 是。O 的直徑，點(diǎn) C 是。0 上的動(dòng)點(diǎn)，:丄ACB=90 ,即 BC 丄 AC.又/ PA 垂直于平面 ABC，BC?平面 ABC，: PABC./PAHAC=A：.BCL 平面 PAC.又 BC?平面 PBC，:平面 PACL 平面 PBC.如圖，過點(diǎn) A 作 PC 的垂線，垂足為 D，由平面 PAC 丄平面 PBC,平面 PACT平面 PBC=PC，易得 AD 的長(zhǎng)即為三棱錐 A-PBC 的高.在 Rt APC 中，PA=，AC=1，: PC=2,由 ADXPC=PAXAC,AD= :三棱錐 A-PBC 的高為一.煉技法【方法集訓(xùn)】方法1直線與平面垂直的

7、判定方法1.（2018 廣東東莞模擬，18）如圖 1,矩形 ABCD 中 ,AB=12,AD=6,E、F 分別為 CD AB 邊上的點(diǎn)，且 DE=3,BF=4,將厶 BCE 沿 BE 折起至 PBE 的位置（如圖 2 所示）,連接 AP、PF,其中 PF=2 （1）求證:PF 丄平面 ABED;求點(diǎn) A 到平面 PBE 的距離.解析證明：由翻折不變性可知 PB=BC=6,PE=CE=9, 在厶 PBF 中,PF2+BF=20+16=36=PB,所以 PF 丄 BF.在題圖 1 中,利用勾股定理，得 EF=-=-在厶PEF中,EF2+PF?=61+20=81=PE,.PF 丄 EF.又TBF P

8、EF=F,BF?平面 ABED,EF?平面 ABED, PF 丄平面 ABED.由(1)知 PF 丄平面 ABED,PF 為三棱錐 P-ABE 的高.設(shè)點(diǎn) A 到平面 PBE 的距離為 h,VA-PBE=VP-ABE, -SAPBE h=SAABE PF,即-x X6x9xh= XX12X6X2,h=,即點(diǎn) A 到平面 PBE 的距離為一.圖1圖22.(2017 山西五校聯(lián)考，19)如圖，在四棱錐 P-ABCD 中，底面 ABCD 為矩形，平面 PAEL平面ABCD,AB=AP=3,AD=PB=2,為線段 AB 上一點(diǎn),且 AE：EB=7：2,點(diǎn) F、G M 分別為線段 PA、PD (1)求證

9、:PE 丄平面 ABCD;若平面 EFG 與直線 CD 交于點(diǎn) N,求二面角 P-MN-A 的余弦值.BC 的中點(diǎn).解析證明：在等腰 APB 中,cos / ABP=-,則由余弦定理可得 PE=-+22-2X_X3X2XPE=一. PE2+BE2=4=PB,.PEL AB.T平面 PAB 丄平面 ABCD 平面 PABH 平面 ABCD=AB,PEL 平面 ABCD.連接 EN,由已知可得 EN/ AD,所以 EN 丄 AB.由(1)可知 PE! EN.以 E 為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線 EP、EB EN 分別為 x 軸、y 軸、z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則P ,M -,N(0,0,2),從而

10、= - ,=-.設(shè)平面 PMN 的法向量為 n=(x,y,z),則 n =0,n =0,即-x+-y+z=0,y+z=0,令 y=3,可得 n= .由(1)知平面 AMN 的一個(gè)法向量為=,.cos=-,由圖可知二面角 P-MN-A 的平面角為銳角，故二面角 P-MN-A 的余弦值為.方法2平面與平面垂直的證明方法1.（2018 安徽淮北一中模擬，18）如圖，四棱錐 P-ABCD 的底面是矩形，PA 丄平面 ABCD,E,F 分別是 AB,PD的中點(diǎn)，且 PA=AD.(1)求證:AF /平面 PCE;求證：平面 PCEL 平面 PCD.VF為 PD 的中點(diǎn),FGCDP 的中位線，.FG/ CD

11、,FG=CD./四邊形 ABCD 為矩形,E 為 AB 的中點(diǎn)，/AE/ CD,AE=CD/-FG=AE,FG AE,四邊形 AEGF 是平行四邊形，.AF/ EG.又 EG?平面 PCE,AF?平面 PCE, / AF 平面 PCE.(2)VPA=AD/.AFPD,VPAL 平面 ABCD/-PAL CD.又TCD 山 D,APQAD=A, / CD0 面 PAD, / CDAF.又vCDPPD=D, / A 平面 PDC.由(1)得 EG/ AF, / EG1面 PDC.又 EG?平面 PCE, /平面 PCEL 平面 PCD.2.(2018 四川瀘州模擬,19)如圖,在四棱錐 S-ABC

12、D 中,底面 ABCD 是梯形,AB / DC,/ ABC=90 ,AD=SD,BC=CD=側(cè)面 SADL 底面 ABCD.(1)求證：平面 SBDL 平面 SAD;若/SDA=120 ,且三棱錐 S-BCD 的體積為一，求側(cè)面SAB 的面積.證明解析 (1)證明：在梯形 ABCD 中,AB/ DC,/ ABC=90 ,BC=GDB,設(shè) BC=a,貝 U CD=a,AB=2a,在直角三角形 BCD 中, / BCD=90。可得 BD=一日，/ CBD=45 , / ABD=45在厶 ABD 中,AD=- =_a,所以AD+BDB2,所以 BD 丄 AD,由平面 SAD 丄底面 ABC 岡得 B

13、D 丄平面 SAD.又 BD?平面 SBD 所以平面 SBDL 平面 SAD.(2) /SDA=120 ,且三棱錐 S-BCD 的體積為在厶 SAD 中,由 AD=SD=a,可得 SA=2SDsin 60 = 一 a,作 SH 丄 AD,貝 U SH=SDsin 60 =a,. _ _ 2_由 SH 丄平面 BCD,可得VS-BCDX 一aX _Xa=,解得 a=1,由 BD 丄平面 SAD,可得 BDL SD,故 SB=2.又 AB=2,所以 SB=AB 在等腰三角形 SBA 中，邊 SA 上的高為-=一，則厶 SAB 的面積為-XSAX =一.3.（2017 河南百校聯(lián)盟 4 月聯(lián)考,19

14、）如圖，在四棱錐 P-ABCD 中 ,底面 ABCD 是直角梯形,AB / DC,ADLDC,PD丄平面 ABCD,E F、M 分別是棱 PD PC 和 BC 上的點(diǎn)，且一一=-,N 是 PA 上一點(diǎn)，AD=PD.（1）求當(dāng)一為何值時(shí)，平面 NEF 丄平面 MEF;在的條件下，若 AB=DC=2,PD=3,求平面 BCN 與平面 MEF 所成銳二面角的余弦值解析（1）在 AD 上取一點(diǎn) G,使得一亠連接 EG,MG,V_.EG/ PA,MG/ CD,VPDL 平面 ABCD/-PDL CD,又VAD!CD,ADH PD=D, / CD0面 PAD,V_=_, .EF/ DC/-EFX平面 PA

15、D.若平面 NEF 丄平面 MEF 則/ NEG=90 ,在 Rt PAD 中 ,AD=PD, PA=PD,PNPD,.當(dāng)一=2 時(shí)，平面 NEFL 平面 MEF.(2)以 D 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則 A(3,0,0),B(3,2,0),C(0,4,0),P(0,0,3),N(1,0,2),=(2,2,-2),=(3,-2,0),設(shè)平面 BCN 的法向量為 n=(x,y,z),則.即_令 y=3,則 x=2,z=5,n=(2,3,5).VEF/ AB,FM/ PB,則易知平面 MEF/平面 PAB,易知平面 PAB 的一個(gè)法向量為 m=(1,0,1),平面 ME

16、F 的一個(gè)法向量為 m=(1,0,1),|cos|=- ,即平面 BCN 與平面 MEF 所成銳二面角的余弦值為 .思路分析(1)在 AD 上取一點(diǎn) G,使 GA=2DG 利用比例關(guān)系得出平行，由已知條件證明 CDL 平面 PAD,從而得 EF 丄平面 PAD,若平面 NEFL 平面 MEF 則/NEG=90 ,從而得出一的值.(2)建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平 面 BCN 與平面MEF 的法向量，從而求銳二面角的余弦值.名師點(diǎn)睛立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關(guān)系的判定與性質(zhì)進(jìn)行推理探究；二是對(duì)空間角、距離和體積等的研究.過專題【五年高考】A組山東省卷、課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一直

17、線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.（2017 課標(biāo)山,10,5 分）在正方體 ABCD-ABCD 中,E 為棱 CD 的中點(diǎn)，則（）A.AEIDCB.AIBDCAE 丄 BCD.AEIAC答案 C2.（2018 課標(biāo)U文,19,12 分）如圖，在三棱錐 P-ABC 中,AB=BC=2 一,PA=PB=PC=AC=4,創(chuàng) AC 的中點(diǎn).（1）證明:PO 丄平面 ABC;若點(diǎn) M 在棱 BC 上,且 MC=2MBt 點(diǎn) C 到平面 POM 勺距離.解析 證明：因?yàn)?AP=CP=AC=4,偽 AC 的中點(diǎn)，所以 OPLAC，且 OP=2 一連接 OB,因?yàn)?AB=BC=-AC,所以AABC 為等腰直角三角

18、形，且 OB 丄 AC,OB=AC=2.由 oP+OB=PB 知,op 丄 OB.由 OP 丄 OB,OPL AC 知 PO 丄平面 ABC.作 CHLOM 垂足為 H.又由（1）可得 OPLCH,所以 CH!平面 POM.故 CH 的長(zhǎng)為點(diǎn) C 到平面 POM 勺距離.由題設(shè)可知 OC=AC=2,CM=BC=,ZACB=45 .所以 OMCH=所以點(diǎn) C 到平面 POM 勺距離為 一3.(2016 課標(biāo)U,19,12 分)如圖,菱形 ABCD 的對(duì)角線 AC 與 BD 交于點(diǎn) O,AB=5,AC=6,點(diǎn) E,F 分別在 AD,CD上,AE=CF=,EF 交 BD 于點(diǎn) H.將厶 DEF 沿

19、EF 折到 DEF 的位置，OD= 一.證明:DH 丄平面 ABCD;求二面角 B-DA-C 的正弦值.解析證明：由已知得 AC 丄 BD,AD=CD.又由 AE=CF 得一=,故 AC/ EF.因此 EFXHD,從而 EF 丄 DH.由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= -=4.由 EF / AC得一=一=-.所以 OH=1,DH=DH=3.于是 DH2+OH=32+12=10=DO2,故 DH 丄 OH.又 DH 丄 EF,而 OHH EF=H 所以 DH 丄平面 ABCD.如圖，以 H 為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)?x 軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系 H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,

20、-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).設(shè) m=(X1,y1,Z1)是平面 ABD的法向量，所以可取 m=(4,3,-5).設(shè) n=(x2,y2,z2)是平面 ACD的法向量，所以可取 n=(0,-3,1).于是 cos二sin=_因此二面角 B-DA-C 的正弦值是思路分析(1)利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出DH 丄 EF,利用勾股定理逆定理得出DH 丄 OH,從而得出結(jié)論；(2)在第(1)問的基礎(chǔ)上建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，從而求出兩個(gè)半平面的法向量，利用向量的夾角公式求其余弦值，從而求岀正弦值，最后轉(zhuǎn)化為

21、二面角的正弦值.評(píng)析本題主要考查翻折問題，線面垂直的證明以及用空間向量法求解二面角的基本知識(shí)和基本方法，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力以及空間想象能力，求解各點(diǎn)的坐標(biāo)是利用向量法解決空間問題的關(guān)鍵.考點(diǎn)二 平面與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2018 課標(biāo)1,18,12 分)如圖，四邊形 ABCD正方形,E,F 分別為 AD,BC 的中點(diǎn)，以 DF 為折痕把 DFC 折起,使點(diǎn) C 到達(dá)點(diǎn) P 的位置，且 PF 丄 BF.(1)證明：平面 PEF 丄平面 ABFD;求 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值.解析由已知可得 BF 丄 EF, 又已知 BF 丄 PF,且 PF、EF?平面 PEF,PFHEF=F,所以 BF 丄平面 PEF, 又 BF?平面 ABFD 所以平面 PEF 丄平面 ABFD.(2)作 PHL EF,垂足為 H.由(1)得,PH 丄平面 ABFD.由(1)可得,DE 丄 PE.又 DP=2,DE=1,所以