高考数学一轮复习 专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（练）

这是一份高考数学一轮复习 专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质（练），文件包含专题85直线平面垂直的判定及性质练教师版docx、专题85直线平面垂直的判定及性质练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
高考数学一轮复习策略1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。2、精练习题复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。3、加强审题的规范性每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。4、重视错题“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。 专题8.5   直线、平面垂直的判定及性质1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面，若直线，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】根据面面垂直的判定定理，可知若且，可推出，即必要性成立；反之，若，则与的位置关系不确定，即充分性不成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.2．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（    ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，为异面直线，，，，，则【答案】AB【解析】举反例可判断A和B；由线面平行的性质定理可判断C；由反证法可判断D.【详解】对于选项A：反例如图，故A错误；对于选项B：反例如图，故B错误；对于选项C：是“线面平行的性质定理”的符号语言，故C正确；对于选项D：若平面与平面不平行，设，因为，，由线面平行的性质定理得，同理，所以，这与，为异面直线矛盾，所以.故D正确.故选：AB.4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（    ）A． B．平面C．平面 D．三棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】选项A，连接BD，通过证明平面，可判定；选项B，通过可判定；选项C，利用平面ABCD平面可判定平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定.【详解】选项A：连接BD，底面ABCD是正方形，，又平面ABCD，平面ABCD，，，平面，又平面，，故选项A正确；选项B：若平面，平面，，但显然，所以平面不成立，故选项B错误；选项C：正方体中，平面ABCD平面，平面，平面ABCD，故选项C正确；选项D：点A到平面BEF的距离也是点A到平面的距离，等于AC的一半，即三棱锥高为定值，而的边为定值，高为为定值，故体积为定值，故选项D正确.故选：ACD.5．（2020·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).【答案】充分不必要【解析】面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.因为直线且所以由判断定理得.所以直线，且若，直线则直线，或直线，或直线l与平面相交，或直线l在平面内.所以“”是“”成立的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.【答案】垂【解析】根据题意可证明面PBC，结合PH为三棱锥的高可以证明，同理：，进而得到答案.【详解】如图，因为，所以面PBC，则PA⊥BC，又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而，所以面PAH，所以，同理可证：，所以点H为垂心.故答案为：垂.7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱中，，分别是，的中点．求证：（1）平面//平面；（2）平面平面．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析【解析】（1）连接，由已知条件可得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，则‖,‖,，再结棱柱的特点可得四边形为平行四边形，‖，所以由线面平行的判定可得‖平面，‖ 平面，再由面面平行的判 定可得结论，（2）由已知可得，，从而可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论【详解】证明：（1）连接，因为，分别是，的中点，所以，因为， ‖，所以，‖ ，‖，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以‖,‖,，因为平面，平面，所以‖平面，因为，‖，所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，因为 平面，平面，所以//平面，因为，所以平面//平面；（2）因为为正三角形，是的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面．8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，E，F分别为AB和PD的中点.（1）求证：平面PBD；（2）求证：平面PBC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）首先证出，，再利用线面垂直的判定定理即可证明.（2）取PC的中点G，连接FG，BG，证出四边形BEFG是平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理即可证明.【详解】证明：（1）设，则O是AC，BD中点，连接PO，∵底面ABCD是菱形，∴，又∵，O是AC中点，∴，又，平面PBD，平面PBD，∴平面PBD.（2）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示：∵F是PD的中点，∴，且.又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，∴，且，∴，且，∴四边形BEFG是平行四边形，∴，又平面PBC，平面PBC，∴平面PBC.9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱中，，，.（1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．【详解】（1）如图，取的中点，连，，因为，，所以，，又因为，所以，在中，由，满足，所以，且，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面平面.（2）由（1）可知平面，，所以四棱锥的体积.10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，且平面平面，，，为中点.（1）证明：平面；（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为平面，平面，所以因为，，为中点， 所以为正三角形，则，在中，因为，，，由余弦定理可得：，又因为，所以所以，又，平面，且，所以平面（2）在中，设点到平面的距离为，由得解得：，所以点到平面的距离为.1. （2019·福建高考模拟（理））已知等边△的边长为2，现把△绕着边旋转到△的位置．给出以下三个命题：①对于任意点，； ②存在点，使得平面；  ③三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】B【解析】由题意，取中点，由于，，根据线面垂直的判定定理，得平面，平面，所以，故①正确；假设平面，则，又，这不可能，故②错误；由，当平面平面时，达到最大，此时，故③正确. 故选B．2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；    ②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；    ④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的是___________【答案】①②③【解析】设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，D为BC的中点，∴AD⊥BC，
又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，
∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，
∴BD⊥AC，故①正确；
②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，
∴BD⊥CD，又∴由勾股定理得：，又AB=AC=a，
∴△ABC是等边三角形，故②正确；
③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC，
∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确．
④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，

∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，
由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点.（1）证明：；（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析，.【解析】（1）由，证得面，从而，结合，证得面，从而证得.（2）点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离，由条件证得面，则为点到面的距离，求得即可.【详解】解：（1）连，，四边形为正方形，又，直棱柱中，，，面，面，又，面，面，（2）点到面的距离为定值.，面，面，点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离令，则，又面，面，，，，面，为点到面的距离在等腰中，，到面的距离为定值，且定值为4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱中，，点分别是 ，的中点，是棱上的动点.（1）求证: 平面；（2）若∥平面，试确定点的位置，并给出证明. 【答案】（1）证明详见解析；（2）点是的中点，证明详见解析.【解析】（1）即证平面，只需证，即可；（2）点是的中点时，平面，取的中点，只需证四边形是平行四边形即可.【详解】（1）要证明平面，即证平面.依题意知平面，又平面，则，又，且，所以平面，又平面，所以.依题意知，且点是的中点，所以，又，所以平面，即平面.（2）点是的中点时，平面. 证明如下：取的中点，连接，，. 则，且；依题意知四边形为正方形，则且，又是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，故平面.5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥中，，是梯形，且，，.(1)求证：；(2)求三棱锥的体积；(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见证明；（2）（3）见解析【解析】 (1)由题意，可知 ，则，所以，，面，所以，又因为，所以(2) 因为，，为等腰直角三角形，所以，在中，，，，又，.(3)在棱上取点，使得，过作交于，则，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故在棱上存在点，当时，使得平面.6.如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，，.（1）求证：平面平面；（2）若点分别为上的点，且，在线段上是否存在一点，使得平面；若存在，求出三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）线段上存在一点，使得平面． 【解析】（Ⅰ）证明：由已知，得，∵，，又，∴．又底面，平面，则，∵平面，平面，且，∴平面．∵平面，∴平面平面．（Ⅱ）线段上存在一点，使得平面．证明：在线段上取一点，使，连接 ∵，∴，且，又∵，且，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面．∴．7．（2021·江苏高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．（1）若为线段的中点，求证：平面平面；（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由线面垂直的判定，推得AC⊥平面PDO，再由面面垂直的判定定理，可得证明；
（2）在三棱锥 P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，由三点共线取得最值的性质，计算可得所求最小值．【详解】解：（1）在中，因为， 为的中点，所以．      又垂直于圆所在的平面，因为圆所在的平面，所以． 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面．  （2）在中，，，所以．同理，所以． 在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．当，，共线时，取得最小值．   又因为，，所以垂直平分，即为中点． 从而，亦即的最小值为．8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；（2）若为的中点，求证：平面；（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；（2）证得，，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；（3）由等体积法可得结果.【详解】（1）因为分别为的中点，则，又平面，平面，所以//平面.又平面与平面有公共点，则由公理3可知平面与平面必然相交，设交线为，因为//平面，平面，所以由线面平行的性质定理得到.（2）因为，且，所以平面，由（1）知，则平面，又平面，所以.因为，是中点，所以，又，故平面.（3）设，由三棱锥的体积得，则，，，从而，等腰三角形底边上的高，所以三角形的面积.三棱锥的体积，设点到平面的距离为，则，由得，解得.故到平面的距离为.9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，E是的中点，F是的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）求与平面所成的角．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．【解析】（1）取的中点M，根据中位线定理以及公理4可得，且，从而有，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）根据正三角形性质可得，再根据线面垂直的定义可得，即可根据线面垂直的判定定理证出；（3）易证平面，从而可知是与平面所成的角，解三角形即可求出．【详解】（1）证明：取的中点为M，连接，∵E是的中点，∴是的中位线．∴，又∵F是的中点，且由于是菱形，∴，∴，且．∴四边形是平行四边形，∴．∵平面，平面．∴平面．（2）证明：∵平面，平面，∴．连接，∵底面是菱形，，∴为正三角形∵F是的中点，∴．∵，∴平面．（3）连结交于O，∴底面是菱形，∴，∴平面，∴，∴平面．∴，即是在平面上的射影．∴是与平面所成的角．∵O，E分别是中点，∴，∴为等腰直角三角形，∴，即与平面所成的角的大小为．10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形是矩形，平面平面，平面平面.（1）求证：平面；（2）过点作平面，若，，，为的中点，设，在线段上是否存在点，使得与平面所成角为.若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）结合面面垂直的性质定理得到，由此证得平面.（2）作出在底面上的射影，结合线面角的知识确定正确结论.【详解】（1）证明：∵在该组合体中，平面底面，且平面底面，，∴底面，故有，同理可证，又，是底面的两条相交直线，∴底面.（2）取的中点，连，，由于是中点，所以，则底面，故在底面的射影是，当点与重合时，所成的线面角最大，此时，，在中，，故，故不可能在上存在点，满足条件.1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【解析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.2．（2020·山东海南省高考真题）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°【答案】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：B3．（2019·全国高考真题（文））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，那么P到平面ABC的距离为___________．【答案】.【解析】作分别垂直于，平面，连，知，，平面，平面，，．，，，为平分线，，又，．4.（2018·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析【解析】（1）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）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．连结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．5．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)详见解析(2) 【解析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【详解】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME则为二面角E-BC-D的平面角, 因为,为正三角形,所以为直角三角形因为,从而EF=FM=平面BCD,所以6．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，，则，即，解得，所以．因为底面，故四棱锥的体积为．