高考數(shù)學總復習《直線、平面垂直的判定及性質》專項測試卷及答案

第第頁高考數(shù)學總復習《直線、平面垂直的判定及性質》專項測試卷及答案學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________復習要點1.以立體幾何的定義、基本事實和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面垂直、面面垂直的有關性質定理與判定定理.2.能運用基本事實、定理和已獲得的結論證明一些有關空間圖形的垂直關系的簡單命題．一直線與平面垂直1．定義：直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．2．判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b?α，,a∩b＝O，,l⊥a，,l⊥b))?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α，,b⊥α))?a∥b二直線和平面所成的角1．斜線和平面所成角的定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角，叫做這條斜線和這個平面所成的角．2．如果一條直線垂直于平面，我們說它們所成的角為90°.3．如果一條直線和平面平行，或在平面內，我們說它們所成的角為0°.4．直線和平面所成的角θ的范圍是0°≤θ≤90°.三平面與平面垂直1．二面角從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角；在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．2．定義：兩個平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直．3．判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α，,l?β))?α⊥β性質定理兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β，,l?β，,α∩β＝a，,l⊥a))?l⊥α常/用/結/論1．若兩條平行線中的一條直線垂直于一個平面，則另一條直線也垂直于這個平面．2．垂直于同一條直線的兩個平面平行．3．一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直．4．兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面．1．判斷下列結論是否正確．(1)“直線l垂直于平面α內的無數(shù)條直線”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件．(√)(2)垂直于同一個平面的兩平面平行．()(3)若兩平面垂直，則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面．()(4)若直線a⊥平面α，直線b⊥平面α，則直線a∥直線b.(√)(5)若平面α⊥平面β，直線a⊥平面β，則a∥α.()2．(教材改編)在三棱錐P-ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O.(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心．答案：(1)外(2)垂3．(2024·福建泉州模擬)已知平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，給出下列說法：①若m⊥n，則m⊥l；②若m⊥l，則m⊥β；③若m⊥β，則m⊥n，其中正確說法的序號為()A．①②③ B．①②C．①③ D．②③解析：平面α⊥平面β，直線m?平面α，直線n?平面β，α∩β＝l，①若m⊥n，可得m，l可能平行，故①錯誤；②若m⊥l，由面面垂直的性質定理可得m⊥β，故②正確；③若m⊥β，可得m⊥n，故③正確．故選D.答案：D4．(多選)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是()A．BC⊥平面PACB．AE⊥EFC．AC⊥PBD．平面AEF⊥平面PBC解析：對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，而BC?底面圓面，則PA⊥BC，又由圓的性質可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，則BC⊥平面PAC，所以A正確；對于B，由A項可知BC⊥AE，由題意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF?平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正確；對于C，由B項可知AE⊥平面PBC，因而AC與平面PBC不垂直，若AC⊥PB，則易得AC⊥平面PBC，矛盾，所以C錯誤；對于D，由B項可知，AE⊥平面PBC，AE?平面AEF，由面面垂直的判定定理可得平面AEF⊥平面PBC，所以D正確．故選ABD.答案：ABD題型線線垂直與線面垂直典例1(2024·福建三明模擬)如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△AB1C為等邊三角形，四邊形AA1B1B為菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3.求證：BC⊥平面ACB1.證明：在Rt△ABC中，AB＝eq\r(,AC2＋BC2)＝5，因為四邊形AA1B1B為菱形，所以BB1＝AB＝5.因為△AB1C為等邊三角形，所以B1C＝AC＝4，則BBeq\o\al(2,1)＝BC2＋B1C2，所以BC⊥B1C.【小技巧】三角形中垂直關系的證明多利用勾股定理的逆定理或等腰三角形“三線合一”．又AC⊥BC，AC∩B1C＝C，AC，B1C?平面ACB1，所以BC⊥平面ACB1.【換個思路】也可通過求證AB1⊥BC得解，此時需要證明AB1垂直于BC所在的某個平面，同樣可采用倒推法挖掘垂直關系，雖過程較繁瑣，但此法有助于快速掌握線面垂直判定定理的運用，可以很好地鍛煉邏輯思維能力，同學們不妨一試！1．證明線線垂直的常用方法(1)利用特殊圖形中的垂直關系．(2)利用等腰三角形底邊中線的性質．(3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直線與平面垂直的性質．(5)向量法：a⊥b?a·b＝0.2．證明線面垂直的常用方法(1)利用判定定理，它是最常用的思路．(2)利用線面垂直的性質：若兩平行線之一垂直于平面，則另一條線必垂直于該平面．(3)利用面面垂直的性質：①兩平面互相垂直，在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一平面．②若兩相交平面都垂直于第三個平面，則它們的交線垂直于第三個平面．這也算一個二級結論．(4)向量法：證明直線的方向向量與平面的法向量平行.對點練1(2024·河南許平汝名校模擬節(jié)選)如圖所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，M是DD1的中點．證明：BC⊥B1M.證明：如圖所示，連接BD，B1D1，∵AB＝AD＝1，CD＝2，AB∥CD，AB⊥AD，∴BD＝eq\r(,AB2＋AD2)＝eq\r(,2)，BC＝eq\r(,12＋2－12)＝eq\r(,2)，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.∵BB1⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴BB1⊥BC.又BB1∩BD＝B，BB1，BD?平面B1BDD1，∴BC⊥平面B1BDD1，∵B1M?平面B1BDD1，∴BC⊥B1M.題型面面垂直典例2(1)(2022·全國乙卷，文)如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點．可推得△ADB與△CDB全等，從而有AB＝BC.①證明：平面BED⊥平面ACD；②設AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求三棱錐F-ABC的體積．(2)(2024·重慶巴蜀中學校考節(jié)選)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，AD＝2，AB＝eq\r(,3)，∠BAD＝30°.暗示出△ABD的特殊性．求證：平面PBD⊥平面PAB.(1)①證明：因為AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC，又E為AC的中點，所以AC⊥BE，AC⊥DE，△ADC和△ABC都是等腰三角形，才有DE⊥AC，和BE⊥AC.因為BE∩DE＝E，且BE，DE?平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC?平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD.學會逆向思維，發(fā)現(xiàn)解題突破點，欲證平面BED⊥平面ACD，而AC⊥交線DE?AC必須垂直于平面BDE.②解：由①可知BA＝BC，因為∠ACB＝60°，AB＝2，所以AC＝2，則BE＝eq\r(,3)，DE＝eq\f(1,2)AC＝1，又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，所以DE⊥EB.本小問中數(shù)量關系，就是要推得這個位置關系DE⊥EB.連接EF(圖略)，易知當△AFC的面積最小時，EF取最小值，由△ABD≌△CBD?FA＝FC，S△FAC＝eq\f(1,2)AC·EF.從而推出EF有最小值時△AFC面積最小．在Rt△BED中，EF的最小值為E到BD的距離，故當△AFC的面積最小時，EF＝eq\f(DE·BE,BD)＝eq\f(\r(,3),2).由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD如圖，在Rt△EDB中，EF⊥BD，射影定理有如下三個結論：①EF2＝DF·BF；②ED2＝DF·DB；③BE2＝BF·BD.＝2，易知FB>DF，所以DF＝eq\f(1,2)，F(xiàn)B＝eq\f(3,2).方法一：因為DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE?平面ABC，所以DE⊥平面ABC，則F到平面ABC的距離d＝eq\f(BF,BD)×DE＝eq\f(3,4).應用比例關系來計算的．故VF-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC×d＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),4)×4×eq\f(3,4)＝eq\f(\r(,3),4).方法二：由①知BD⊥AC，又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF?平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即為B到平面ACF的距離，故VF-ABC＝VB-AFC＝eq\f(1,3)S△AFC×BF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AC等積變形，巧用BF⊥平面AFC，以BF作為棱錐的高．×EF×BF＝eq\f(\r(,3),4).(2)證明：在△ABD中，AD＝2，AB＝eq\r(,3)，∠BAD＝30°，則BD2＝4＋3－2×2×eq\r(,3)×eq\f(\r(,3),2)＝1，所以BD＝1，利用數(shù)量關系的特殊性，進而推得AB⊥BD.則BD2＋AB2＝AD2，所以AB⊥BD.【會聯(lián)想】根據(jù)題目中的數(shù)量關系，聯(lián)想利用余弦定理、勾股定理的逆定理求解．又平面PAB⊥平面ABCD，下面一段證明正好是面⊥面性質定理的應用．因此每當條件中出現(xiàn)面面垂直時，我們注意力集中在尋找是否存在垂直于交線的直線上，從而為線⊥面創(chuàng)造條件．平面PAB∩平面ABCD＝AB，【警示】利用面面垂直的性質定理時，注意不要忘記對交線的說明．BD?平面ABCD，所以BD⊥平面PAB.又BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.1．證明面面垂直的方法(1)面面垂直的判定定理：a⊥β，a?α?α⊥β.此方法將問題轉化為線面垂直問題，一般找到其中一個平面的一條垂線，再證這條垂線在另一個平面內或與另一個平面平行．(2)只要證明兩個平面所構成的二面角的平面角為90°即可．(3)性質：α∥β，β⊥γ?α⊥γ(客觀題常用)．(4)向量法：證明兩個平面的法向量垂直．2．面面垂直的性質已知兩個平面垂直時，過其中一個平面內的一點作交線的垂線，則由面面垂直的性質定理可得此直線垂直于另一個平面；于是面面垂直轉化為線面垂直，由此得出結論：兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面.對點練2(1)(2024·廣西桂林模擬)如圖所示，已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD且AB＝1，PA＝AD＝PD＝2，E為PD的中點．①求證：平面PCD⊥平面ACE；②求點B到平面ACE的距離．(2)(2024·廣東湛江模擬)如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，AA1＝3eq\r(,2)，M，N分別是棱A1C1，AC的中點，E在側棱AA1上，且A1E＝2EA，求證：平面MEB⊥平面BEN.(1)①證明：由PA＝AD＝PD，E為PD的中點，可得AE⊥PD，因為CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，而AE?平面PAD，所以CD⊥AE，由CD∩PD＝D，則AE⊥平面PCD，又AE?平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE.②解：如圖，連接BD，與AC交于O，則O為BD的中點，所以點D到平面ACE的距離即為點B到平面ACE的距離．由平面PCD⊥平面ACE，過D作DM⊥CE，垂足為M，則DM⊥平面ACE，則DM為點D到平面ACE的距離．由CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，又CD＝DE＝1，所以DM＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(\r(,2),2)，即點B到平面ACE的距離為eq\f(\r(,2),2).(2)證明：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN?平面ABC，則AA1⊥BN.∵N是棱AC的中點，△ABC為正三角形，∴BN⊥AC.又AA1∩AC＝A，∴BN⊥平面AA1C1C，∵ME?平面AA1C1C，∴BN⊥ME.又AB＝4，AA1＝3eq\r(,2)，A1E＝2EA，則EA＝eq\r(,2)，A1E＝2eq\r(,2)，∴eq\f(A1E,A1M)＝eq\f(AN,AE)＝eq\r(,2)，則△A1EM和△ANE相似，故∠A1EM＝∠ANE，∴∠A1EM＋∠AEN＝∠ANE＋∠AEN＝90°，則∠MEN＝90°，故EN⊥ME.又EN∩BN＝N，EN，BN?平面BEN，∴ME⊥平面BEN，而ME?平面MEB，∴平面MEB⊥平面BEN.題型平行與垂直的綜合問題典例3如圖所示，正方形AA1D1D與矩形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2AD＝2，A1D∩AD1＝O，E為線段AB上的一點．(1)若OE∥平面D1BC，求證：E為AB的中點．線∥面性質定理可推得OE∥BD1.(2)在線段AB上是否存在點E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的長；若不存在，請說明理由．(1)證明：因為四邊形AA1D1D為正方形，A1D∩AD1＝O，所以O為AD1的中點．又因為OE∥平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC＝BD1，OE?平面ABD1，平面ABD1就是過OE的輔助平面，與平面D1BC相交．所以OE∥BD1.又因為O為AD1的中點，所以E為AB的中點．(2)解：存在點E，當AE＝eq\f(1,2)時，平面D1DE⊥平面AD1C，本小問應逆向推理，尋找突破口．由于D1D⊥AC，欲使平面D1DE⊥平面AD1C，只須使得動點E滿足DE⊥AC即可．從而使得AC⊥平面D1DE.理由如下：設AC∩DE＝F，因為四邊形AA1D1D為正方形，所以D1D⊥AD，又因為平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D?平面AA1D1D，所以D1D⊥平面ABCD，又因為AC?平面ABCD，所以D1D⊥AC.在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，當AE＝eq\f(1,2)時，在Rt△ADE中，tan∠ADE＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,2)，利用正切值相等，來反映AC⊥DE.即∠BAC＝∠ADE可推得AC⊥DE.在Rt△ABC中，tan∠BAC＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(1,2)，所以∠ADE＝∠BAC，又因為∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝90°，所以∠ADE＋∠DAC＝90°，則∠AFD＝90°，所以AC⊥DE，又因為DE∩DD1＝D，DE，DD1?平面D1DE，所以AC⊥平面D1DE.又因為AC?平面AD1C，所以平面D1DE⊥平面AD1C.平行與垂直的綜合對點練3(2024·四川宜賓診斷)如圖1，在邊長為4的正三角形ABC中，D，E分別為AB，