高中数学高考考点27 空间直线、平面的垂直-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)

这是一份高中数学高考考点27 空间直线、平面的垂直-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)，共24页。
考点27空间直线、平面的垂直

【命题解读】
空间直线、平面的垂直一直以来都是高考出题所青睐的知识点，在解答题里面几乎是必考的内容，高考中这部分往往与空间向量相结合，注重学生空间思维能力的考察，因此在这部分的复习要前后衔接。
【命题预测】
预计2021年的高考对于空间直线、平面的垂直的判定和性质还是一如既往的追求题目的标新，在创新上会有所突破，重点还是能力的考察。
【复习建议】
1.理解空间直线、平面的垂直的判定和性质定理；
2.会运用判定定理和性质定理求解题目。
考向一　空间直线与平面垂直的判定与性质
类别
语言表述
图形表示
符号语言
应用
判
定
根据定义,证明一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线

b是平面α内任意一条直线,b⊂α,a⊥b⇒a⊥α
证明直线和平面垂直
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线与此平面垂直 

a,b⊂α,a⋂b=O,l⊥a,l⊥b⇒l⊥α
如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面,那么另一条也垂直于同一个平面 

a⊥α,a∥b⇒b⊥α
性质
如果一条直线和一个平面垂直,那么这条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直 

b⊂α,a⊥α⇒a⊥b
证明两条直线垂直
垂直于同一个平面的两条直线平行 

a⊥α,b⊥α⇒a∥b
证明两条直线平行

1. 【2020四川高二期中（理）】若直线平面，直线平面，则直线a与直线b的位置关系为（ ）
A．异面 B．相交 C．平行 D．平行或异面
【答案】C
【解析】由于垂直于同一平面的两直线平行，故当直线平面，直线平面时，直线与直线平行.
故选：C.
2. 【2020黑龙江高二月考（理）】已知直线与平面，则下列结论成立的是（ ）
A．若直线垂直于平面内的两条直线，则
B．若直线垂直于平面内的无数条直线，则
C．若直线平行于平面内的一条直线，则
D．若直线与平面无公共点，则
【答案】D
【解析】对于A选项，直线垂直于平面内的两条相交直线，则，故A选项错误；
对于B选项，若直线垂直于平面内的无数条直线，但可能还是不存在相交直线，故B选项错误；
对于C选项，当直线在平面内时，不满足，故C选项错误；
对于D选项，由线面平行的定义得：若直线与平面无公共点，则，故D选项正确.
故选：D.
考向二 空间平面与平面垂直的判定与性质
类别
语言表述
图形表示
符号表示
应用
判定
根据定义,证明两平面所成的二面角是直二面角

∠AOB是二面角α-l-β的平面角,且∠AOB=90°,则α⊥β 
证明两个平面垂直
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,那么这两个平面互相垂直 

l⊂β,l⊥α⇒α⊥β
性质
如果两个平面垂直,那么它们所成二面角的平面角是直角 

α⊥β,∠AOB是二面角α-a-β的平面角,则∠AOB=90°
证明两条直线垂直
如果两个平面垂直,那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面

α⊥β,l⊂β,α⋂β=a,l⊥a⇒l⊥α
证明直线与平面垂直

1.【2020江西临川一中高二期中】已知直线，平面，，，，，那么“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】若，则在平面内必定存在一条直线有，因为，所以，
若，则，又，即可得；
若，由，，可得，
又，则有.
所以“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
2. 【2020江苏高三期中】在正方体中，若，分别为，的中点，则（ ）
A．直线平面 B．直线平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】BD
【解析】如图，

取的中点G，连接，可证，得四边形为平行四边形，则，
若直线平面，则//平面ACD或平面，与平面矛盾，故A错误；
由正方体的结构特征可得平面，则，
又平面，得，
同理可证，又，直线平面ACD1，故B正确;
而BD平面，平面平面ACD1，故D正确;
连接，由，可得四边形AA1C1C为平行四边形，
则平面A1BC1，AC平面A1BC1，平面A1BC1，
同理AD1平面A1BC1，又AC∩AD1=A，平面A1BC1//平面ACD1，
若平面A1 EF平面ACD1，则平面A1EF与平面A1BC1重合，则EF 平面A1BC1，与EF平面A1BC1矛盾，故C错误．
故选：BD
3. 【2020云南高二期中】《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图在堑堵中，，且.下述四个结论正确结论的编号是______________.

①四棱锥为“阳马”
②四面体为“鳖臑”
③过点分别作于点，于点，则
④四棱锥体积最大为
【答案】①②③
【解析】对于①：因为为堑堵，
所以侧棱平面，
所以，又，
所以平面，满足“阳马”的定义：一条侧棱垂直于底面的四棱锥，
所以四棱锥为“阳马”，故①正确；
对于②：因为底面，所以，即为直角三角形，
同理也为直角三角形，
由①可得平面，所以，即为直角三角形，
因为底面，所以
又因为，
所以平面，
所以，即为直角三角形，
所以四面体的四个面全为直角三角形，即四面体为“鳖臑”，故②正确；

对于③：由①可得平面，平面,
所以，又，
所以平面，所以，
又，所以平面AEF，
所以，故③正确；
对于④：设，则矩形的面积为，
在中，，
所以四棱锥体积，故④错误，
故答案为：①②③





题组一（真题在线）
1. 【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为

A．20° B．40°
C．50° D．90°
2. 【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
3. 【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
4. 【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B−EB1C1F的体积．
5. 【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

6. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
7. 【2019年高考全国Ⅱ卷文数】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，求四棱锥的体积．
8. 【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部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．

题组二
1. 【2020福建省龙岩市高三上学期期末】如图，在边长为4正方体中，为的中点，，点在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点构成的图形的面积是______.

2. 【2020广东省高三其他】已知几何体中，，，，面，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角E－BD－F的余弦值.
3. 【2020河北省衡水中学高三一调考试】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．
（1）求证：AE⊥平面A1BD；
（2）求三棱锥B1﹣ABE的体积．

4. 【2020江西省临川二中、临川二中实验学校高三月考】如图，在四棱锥中，底面的边长是的正方形，，，为上的点，且平面.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
5. 【2020四川省资阳市高三第二次诊断】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．

（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；
（2）若为线段，，上的动点（不含，），，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
6. 【2020四川省阆中中学高三二模（理）】如图所示，直三棱柱的各棱长均相等，点为的中点.

（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.

题组一
1.B
【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知，
根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，
也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选B.

2.
【解析】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
3. 见解析
【解析】（1）由题设可知，PA=PB= PC．
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB．
△PAC≌△PBC．
又∠APC =90°，故∠APB=90°，∠BPC=90°．
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．
（2）设圆锥的底面半径为r，母线长为l．
由题设可得rl=，．
解得r=1，l=，
从而．由（1）可得，故．
所以三棱锥P-ABC的体积为．

4. 见解析
【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
（2）AO∥平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1F =PN，
故AO∥PN.又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，
所以PN=AO=6，AP =ON=AM=，PM=AM=2，EF=BC=2．
因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B−EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．
作MT⊥PN，垂足为T，则由（1）知，MT⊥平面EB1C1F，故MT =PM sin∠MPN=3．
底面EB1C1F的面积为
所以四棱锥B−EB1C1F的体积为．

5. 见解析
【解析】因为分别是的中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.

（2）因为平面，平面,
所以.
又,平面,平面,
所以平面.
又因为平面,
所以平面平面.
6. 见解析
【解析】（1）设，由题设可得，
.
因此，从而.
又，故.
所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题设可得.
所以.
设是平面的法向量，则，即，
可取.
由（1）知是平面的一个法向量，记，
则.
所以二面角的余弦值为.
7. 见解析
【解析】（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故．
又，所以BE⊥平面．
（2）由（1）知∠BEB1=90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以，
故AE=AB=3，.
作，垂足为F，则EF⊥平面，且．
所以，四棱锥的体积．

8. 见解析
【解析】（1）因为平面ABCD，
所以．
又因为底面ABCD为菱形，
所以．
所以平面PAC．

（2）因为PA⊥平面ABCD，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．
所以AE⊥平面PAB．
所以平面PAB⊥平面PAE．
（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
则FG∥AB，且FG=AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB．
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．
题组二
1.18
【解析】取，的中点分别为，，连结，，，
由于，所以四点共面，且四边形为梯形，
∵，，，
∴面，∵点在正方体表面上移动，
∴点的运动轨迹为梯形.
∵正方体的边长为4，
∴，，，
∴梯形为等腰梯形，∴其高为.
面积为.
故答案为:18

2.见解析
【解析】（1）证明：在直角梯形中由已知可得


，且面，
平面，
面，，
，面，面
∴面
且面，故面面；
（2）分别以DA、DC所在直线为轴、轴，以D为垂足作面DAC的垂线DZ为轴，建系如图

，
则，
设面DEB的法向量为，
则，
取，则，故
设面DBF的法向量为，则，
取，则，故
则，
由图可得二面角E-BD-F的余弦值为．
3.见解析
【解析】（1）证明：∵AB＝BC＝CA，D是AC的中点，
∴BD⊥AC，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
∴平面AA1C1C⊥平面ABC，且平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
∴BD⊥平面AA1C1C，∵AE⊂平面AA1C1C，∴BD⊥AE．
又∵在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，∴A1D⊥AE，
又A1D∩BD＝D，∴AE⊥平面A1BD．
（2）（割补法）：VB1-ABE=VABC-A1B1C1-VB﹣ACE-VB1-AEC1A1＝S△ABC×AA1-13×S正方形ACC1A1×BD
=12×2×3×2-13×2×2×3=233．

4. 见解析
【解析】（1）∵平面，平面，
∴,∵ ,∴平面,
∵平面∴.∵是正方形，∴,
∵，，∴平面,
∵平面，
∴平面平面,
（2）取中点，连接，，
∵，∴，
∵平面平面，平面,
平面平面,∴平面,
∴是在平面内的射影.
∴就是与平面所成的角,
在等腰中，∵，是的中点，∴,
在中，∵，,
∴，∴,
∴.
5.见解析
【解析】（1）因为，为线段的中点，所以,
因为底面，平面，所以,
又因为底面为正方形，所以，,
所以平面,
因为平面，所以,
因为，所以平面,
因为平面，所以平面平面.
（2）由底面，则平面平面,
所以点到平面的距离（三棱锥的高）等于点到直线的距离,
因此，当点在线段，上运动时，三棱锥的高小于或等于2,
当点在线段上运动时,三棱锥的高为2,
因为的面积为,
所以当点在线段上，三棱锥的体积取得最大值,
最大值为.
由于三棱锥的体积等于三棱锥的体积,
所以三棱锥的体积存在最大值.
6.见解析
【解析】（1）设与交点为，连接，.
由题可知四边形为正方形，所以，且为中点.
又因，，
所以，所以.
又因为，所以平面.
因为平面，所以.

（2）取的中点，连接，，在平面过点内作的垂线，如图所示，建立空间直角坐标系.
设，则，，，.
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，令，则.
由（1）可知平面的一个法向量为，
则.
由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.