2021高考数学文科（全国版）一轮复习教师用书：第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质 WORD版含解析.docx

1、第四讲直线、平面垂直的判定及性质 1.2019山东潍坊三模下列说法错误的是()A.垂直于同一个平面的两条直线平行B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直2.2020合肥市调研检测已知m,n为直线,为平面,且m,则“nm”是“n”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3.2019全国卷,8,5分文如图8 - 4 - 1,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面ABCD

2、,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线4.2017全国卷,10,5分文在正方体ABCD - A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC5.2020湖南省岳阳市三校第二次联考如图8 - 4 - 2,在三棱锥V - ABC中,VO平面ABC,OCD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是()A.AC=BCB.ABVCC.VCVDD.SVCDAB=SABCVO6.2019北京

3、,13,5分文已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:.7.2019全国卷,17,12分文如图8 - 4 - 3,长方体ABCD - A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E - BB1C1C的体积.考法1 线面垂直的判定与性质1如图8 - 4 - 4,在直三棱柱ABC - A1B1C1中, AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F是CC1上一点.(1)当CF=2时,证明:B1F平面A

4、DF;(2)若FDB1D,求三棱锥B1 - ADF的体积. (1)证明B1F与两直线AD,DF垂直,利用线面垂直的判定定理得出B1F平面ADF;(2)若FDB1D,则RtCDFRtBB1D,可求DF,即可求三棱锥B1 - ADF的体积.(1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以ADBC.(等腰三角形底边中线与底边高线重合)在直三棱柱ABC - A1B1C1中,因为BB1底面ABC,AD底面ABC,所以ADB1B.因为BCB1B=B,所以AD平面B1BCC1.因为B1F平面B1BCC1,所以ADB1F.由题意,可知C1F=CD=1,B1C1=CF=2,B1C1F=FCD=90,所以RtDCFRt

5、FC1B1,所以CFD=C1B1F,所以B1FD=90,(利用平面几何知识找垂直)所以B1FFD.因为ADB1F,B1FFD,AD,FD平面ADF,且ADFD=D,所以B1F平面ADF.(线面垂直的判定定理)(2)由(1)知AD平面B1DF, CD=1,AD=22,在RtB1BD中,BD=CD=1,BB1=3,所以B1D=BD2+BB12=10.因为FDB1D,所以RtCDFRtBB1D,所以DFB1D=CDBB1,即DF=1310=103,所以VB1 - ADF=VA - B1DF=13SB1DFAD=13121031022=1029.1.2020陕西省部分学校高三测试如图8 - 4 - 5

6、,在三棱柱ABC - A1B1C1中,ACBC,ABBB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CDDA1.(1)求证:BB1平面ABC; (2)求多面体DBCA1B1C1的体积.考法2 面面垂直的判定与性质22018北京,18,14分文如图8 - 4 - 6,在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点. ()求证:PEBC;()求证:平面PAB平面PCD;()求证:EF平面PCD.()欲证PEBC,只需证明PEAD即可;()先证PD平面PAB,进而可证明平面PAB平面PCD;()取PC的中点G,连接FG,D

7、G,通过证明EFDG,可证得EF平面PCD.()因为PA=PD,且E为AD的中点,所以PEAD.(等腰三角形的中线也是高线)因为底面ABCD为矩形,所以BCAD,(矩形对边平行)所以PEBC.()因为底面ABCD为矩形,所以ABAD.(矩形邻边垂直)因为平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以AB平面PAD.(面面垂直的性质定理)所以ABPD.又PAPD, PAAB=A,所以PD平面PAB,又PD平面PCD,所以平面PAB平面PCD.(面面垂直的判定定理) ()如图8 - 4 - 7,取PC的中点G,连接FG,GD.因为F,G分别为PB和PC的中点,所以FGBC,且FG=12

8、BC.(构造中位线)因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,所以EDBC,ED=12BC,所以EDFG,且ED=FG,所以四边形EFGD为平行四边形,(构造平行四边形)所以EFGD.又EF平面PCD,GD平面PCD,所以EF平面PCD.(线面平行的判定定理)解后反思空间中垂直关系的证明几乎都是从平面图形中的垂直关系入手的,如该题第()问利用矩形邻边垂直与已知的面面垂直的条件等得到PD平面PAB.当然,第()问也可以通过证明PA平面PCD证得结论:因为平面PAD平面ABCD,两平面的交线为AD,且CDAD,所以CD平面PAD,故CDPA,又PAPD,CDPD=D,所以PA平面PCD,又PA平

9、面PAB,所以平面PAB平面PCD.2.2020四川五校联考如图8 - 4 - 8,在三棱锥P - ABC中,底面ABC与侧面PAB均为正三角形,AB=2,PC=6,M为AB的中点.(1)证明:平面PCM平面PAB;(2)N为线段PA上一点,且SCMN=34,求三棱锥P - CMN的体积.思想方法转化思想在立体几何中的应用32019山东烟台模拟如图8 - 4 - 9,四边形ABCD为矩形,A,E,B,F四点共面,且ABE和ABF均为等腰直角三角形,BAE=AFB=90. (1)求证:平面BCE平面ADF;(2)若平面ABCD平面AEBF,AF=1,BC=2,求三棱锥A - CEF的体积.(1)

10、由线面平行的判定定理证明BC平面ADF,BE平面ADF,然后利用面面平行的判定定理可证得结论;(2)由四边形ABCD为矩形,得BCAB,结合面面垂直的性质定理可得BC平面AEBF,由已知条件并结合等体积法求三棱锥A - CEF的体积.(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BCAD,又BC平面ADF,AD平面ADF,所以BC平面ADF.因为ABE和ABF均为等腰直角三角形,且BAE=AFB=90,所以BAF=ABE=45,所以AFBE,又BE平面ADF,AF平面ADF,所以BE平面ADF.又BC平面BCE,BE平面BCE,BCBE=B,所以平面BCE平面ADF. (三种平行关系的转化)(2)因为四

11、边形ABCD为矩形,所以BCAB,又平面ABCD平面AEBF,BC平面ABCD,平面ABCD平面AEBF=AB,所以BC平面AEBF.由AF=1,易知AE=2,所以SAEF=12AFAEsin 135=121222=12,所以V三棱锥A - CEF=V三棱锥C - AEF=13SAEFBC=13122=13. (等体积转化)3.2019江苏,16,14分如图8 - 4 - 10,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.数学探究1 立体几何中的探索性问题42019北京,18,14分文如图8 - 4 - 1

12、1,在四棱锥P - ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点. ()求证:BD平面PAC;()若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE;()棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.()由PA平面ABCD,得PABD,由底面ABCD为菱形,得BDAC,再根据线面垂直的判定定理即可证明BD平面PAC;()先由PA平面ABCD,可得PAAE,再根据底面ABCD为菱形,ABC=60,E为CD的中点,可得ABAE,最后由线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得证;()易知存在点F使得CF平面PAE,且点F为PB的中点,再进行证明即可.()因为PA平面ABCD,B

13、D平面ABCD,所以PABD.因为底面ABCD为菱形,所以BDAC.又PAAC=A,所以BD平面PAC.()因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE.因为底面ABCD为菱形,ABC=60,且E为CD的中点,所以AECD.所以ABAE.又PAAB=A,所以AE平面PAB.又AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.()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,连接CF,FG,GE,如图8 - 4 - 12所示.则FGAB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CE=12AB.所以FGCE,且FG=CE,所以四边形C

14、EGF为平行四边形.所以CFEG.因为CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF平面PAE.4.2019江西省名校联考如图8 - 4 - 13,在空间几何体ABCDE中,BCD与CDE均为边长为2的等边三角形,ABC为腰长为13的等腰三角形,平面CDE平面BCD,平面ABC平面BCD.(1)试在平面BCD内作一条直线,使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行,并给出详细证明;(2)求三棱锥E - ABC的体积.数学探究2立体几何中的翻折问题52019全国卷,19,12分文图8 - 4 - 14是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,F

15、BC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图8 - 4 - 15.(1)证明:图8 - 4 - 15中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图8 - 4 - 15中的四边形ACGD的面积.(1)翻折后,由已知得ADBE,CGBE,(位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变)所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,(与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变)ABBC,BCBE=B,故AB平面BCGE.又AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)如图8 - 4 - 16,取CG的中点M,连接EM,

16、DM.因为ABDE,(与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不变)AB平面BCGE,所以DE平面BCGE,故DECG,DEEM.由四边形BCGE是菱形,且EBC=60,M为CG中点得EMCG,又DECG,DEEM=E,故CG平面DEM.因此DMCG.由DEEM,DE=AB=1,EM=4 - 1=3,得DM=2. 所以四边形ACGD的面积为4.5.2019福建龙岩联考如图8 - 4 - 17,在菱形ABCD中,AB=2,DAB=60,M是AD的中点,以BM为折痕,将ABM折起,使点A到达点A1的位置,且平面A1BM平面BCDM,如图8 - 4 - 18. (1)求证:A1MBD;(2)若K为A1C的

17、中点,求三棱锥M - A1BK的体积. 3081.D对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确; 对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确; 对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选D.2.B当直线m,n都在平面内时,不能由mn推出n;若n,且m,由线面垂直的性质知mn.所以“nm”是“n”的必要不充分条件,故选B.3.B取CD的中点

18、O,连接ON,EO,因为ECD为正三角形,所以EOCD,又平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCD=CD,所以EO平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2,则EO=3,ON=1,所以EN2=EO2+ON2=4,得EN=2.过M作CD的垂线,垂足为P,连接BP,则MP=32,CP=32,所以BM2=MP2+BP2=(32)2+(32)2+22=7,得BM=7,所以BMEN.连接BD,BE,因为四边形ABCD为正方形,所以N为BD的中点,即EN,MB均在平面BDE内,所以直线BM,EN是相交直线,故选B.4.C由正方体的性质得A1B1BC1,B1CBC1,又A1B1B1C=B1,所以BC1平

19、面A1B1CD,又A1E平面A1B1CD,所以A1EBC1,故选C.5.C因为VO平面ABC,AB平面ABC,所以VOAB.因为VA=VB,AD=BD,所以VDAB.而VOVD=V,所以AB平面VCD.因为CD平面VCD,所以ABCD,所以AC=BC,可知A一定成立.因为VC平面VCD,所以ABVC,可知B一定成立.因为SVCD=12VOCD,SABC=12ABCD,所以SVCDAB=SABCVO,可知D一定成立.由题中条件无法判断VCVD,可知C不一定成立.故选C.6.若lm,l,则m.(答案不唯一)若l,lm,则m,显然正确;若lm,m,则l或l与相交,故不正确;若l,m,则l垂直内所有直

20、线,在内必存在与m平行的直线,所以可推出lm,故正确.7. (1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,B1C1EC1=C1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EFBB1,垂足为F,如图D 8 - 4 - 1,图D 8 - 4 - 1则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以四棱锥E - BB1C1C的体积V=13363=18.1.(1)因为AC=BC,D为AB的中点,所以CDAB,又DCDA1,ABDA1=D,所以C

21、D平面AA1B1B,又BB1平面AA1B1B,所以CDB1B,又B1BAB,ABCD=D,所以B1B平面ABC.(2)V多面体DBCA1B1C1=V三棱柱ABC - A1B1C1 - V三棱锥A1 - ADC=SABCAA1 - 13SACDAA1=SABCAA1 - 1312SABCAA1=56SABCAA1=5612222=103.2.(1)因为ABC是边长为2的正三角形,M为AB的中点,所以CMAB,CM=3.同理得PM=3,又PC=6,所以CM2+PM2=PC2,所以CMPM.又ABPM=M,所以CM平面PAB,又CM平面PCM,所以平面PCM平面PAB.(2)解法一由(1)得CM平面

22、PAB,又MN平面PAB,所以CMMN,CMN为直角三角形,所以SCMN=12CMMN=34,且CM=3,解得MN=32.在AMN中,cosNAM=AN2+AM2 - MN22ANAM,即cos 60=AN2+12 - (32)22AN,解得AN=12,所以PN=32.所以PNPA=34,SPNM=34SPAM=38SPAB=383=338,V三棱锥P - CMN=V三棱锥C - PMN=13SPMNCM=133383=38.解法二由(1)可得CM平面PAB,又NM平面PAB,所以CMNM,则SCMN=12CMNM,即34=123NM,解得NM=32,所以NMPM=AMPA=12,得ANMAM

23、P,则ANM=AMP=90,所以NMPA,又CMPA,NMCM=M,所以PA平面CNM,在RtPNM中,PN=PM2 - NM2=32,所以V三棱锥P - CMN=13SCMNPN=38.3.(1)如图D 8 - 4 - 2所示,图D 8 - 4 - 2因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB.在直三棱柱ABC - A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC.因为三棱柱ABC - A1B1C1是直棱柱,所以C1C平面ABC.又BE平面ABC,所以C1CBE.因为C1

24、C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.4. (1)如图D 8 - 4 - 3所示,取BC和BD的中点H,G,连接HG,则直线HG为所求直线.图D 8 - 4 - 3证明如下.因为H,G分别为BC,BD的中点,所以HGCD,又HG平面CDE,CD平面CDE,所以HG平面CDE.取CD的中点O,连接EO,AH,AG,如图D 8 - 4 - 3,易知EOCD,AHBC.因为平面CDE平面BCD,且平面CDE平面BCD=CD,EO平面CDE,EOCD,所以EO平面BCD,同理可得AH平面BCD,所以EOAH,又C

25、DHG,EOCD=O,AHHG=H,所以平面AHG平面CDE, 所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行. (2)由(1)可得EOAH,AH平面ABC,EO平面ABC,所以EO平面ABC,所以点E到平面ABC的距离和点O到平面ABC的距离相等,连接DH,如图D 8 - 4 - 3,则点O到平面ABC的距离d=12DH=32.ABC的面积S=12213 - 1=23,则V三棱锥E - ABC=132332=1.5.(1)在题图8 - 4 - 17中,因为四边形ABCD是菱形,DAB=60,M是AD的中点,所以ADBM,故在题图8 - 4 - 18中,BMA1M.又平面A1BM平面BCDM,平面A1BM平面BCDM=BM,A1M平面A1BM,所以A1M平面BCDM, 又BD平面BCDM,所以A1MBD.(2)在题图8 - 4 - 17中,因为ABCD是菱形,AB=2,DAB=60,ADBM,ADBC,所以BMBC,且BM=3.连接CM,如图D 8 - 4 - 4,图D 8 - 4 - 4则VA1 - BCM=13SBCMA1M=1312231=33,因为K是A1C的中点,所以VM - A1BK=VK - MA1B=12VC - MA1B=12VA1 - BCM=36.