2019年高考數(shù)學 考點匯總 考點35 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)（含解析）.doc

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2019年高考數(shù)學 考點匯總 考點35 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)（含解析）一、選擇題（xx遼寧高考文科4）與（xx遼寧高考理科4）相同已知表示兩條不同的直線,表示平面,下列說法正確的是A.若m,n,則mnB.若m,n,則mnC.若m,mn,則nD.若m,mn,則n【解題提示】否定一個結論,只需一個反例即可.【解析】選B.如圖,正方體中, 直線分別與平面平行，但是直線相交，故選項（A）錯誤；根據(jù)線面垂直的定義，一條直線垂直一個平面，則該直線垂直于平面內(nèi)的任一條直線，可見選項（B）正確；直線,但直線故選項（C）錯誤；直線，但直線故選項（D）錯誤2.(xx廣東高考文科T9) (xx廣東高考理科)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4滿足l1l2,l2l3,l3l4,則下列結論一定正確的是()A.l1l4 B.l1l4C.l1與l4既不垂直也不平行 D.l1與l4的位置關系不確定【解題提示】由于l2l3,所以l1與l4的位置關系可以通過同垂直于一條直線的兩條直線加以判斷.【解析】選D.因為l2l3,所以l1l2,l3l4實質(zhì)上就是l1與l4同垂直于一條直線,所以l1l4,l1l4,l1與l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是一定成立,故l1與l4的位置關系不確定.二、解答題3. (xx湖北高考文科T13)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點.求證:(1)直線BC1平面EFPQ.(2)直線AC1平面PQMN.【解題指南】(1)通過證明FPAD1,得到BC1FP,根據(jù)線面平行的判定定理即可得證.(2)證明BD平面ACC1,得出BDAC1,進而得MNAC1,同理可證PNAC1,根據(jù)線面垂直的判定定理即可得出直線AC1平面PQMN.【解析】(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1BC1,因為F,P分別是AD,DD1的中點,所以FPAD1.從而BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直線BC1平面EFPQ.(2)連接AC,BD,則ACBD.由CC1平面ABCD,BD平面ABCD,可得CC1BD.又ACCC1=C,所以BD平面ACC1.而AC1平面ACC1,所以BDAC1.因為M,N分別是A1B1,A1D1的中點,所以MNBD,從而MNAC1.同理可證PNAC1.又PNMN=N,所以直線AC1平面PQMN.4. （xx湖南高考文科18）（本小題滿分12分）如圖3，已知二面角的大小為，菱形在面內(nèi)，兩點在棱上，是的中點，面，垂足為.（1） 證明：平面；（2）求異面直線與所成角的余弦值. 【解題提示】（1）利用線面垂直的判定定理證明；（2）根據(jù)二面角的平面角的定義，及線線角的定義解?！窘馕觥?1)如圖，因為,所以連接，由題設知，是正三角形,又E是AB的中點，所以,面,故.(2)因為所以BC與OD所成的角等于AD與OD所成的角，即是BC與OD所成的角。由（1）知，所以又,于是是二面角的平面角，從而不妨設,則,易知在中，連接AO，在中，故異面直線BC與OD所成角的余弦值為5.(xx廣東高考文科T18)(13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如圖2折疊,折痕EFDC,其中點E,F分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M,并且MFCF.(1)證明:CF平面MDF.(2)求三棱錐MCDE的體積.【解題提示】(1)可利用PD平面ABCD,證明MD平面CDEF.(2)只需求高MD及CDE的面積,即可求得結論.【解析】(1)因為PD平面ABCD,所以PDMD.在矩形ABCD中MDCD,又PDCD=D.所以MD平面CDEF,所以MDCF.又因為MFCF,所以CF與相交直線MD和MF都垂直,故CF平面MDF.(2)在CDP中,CD=AB=1,PC=2,則PD=,PCD=60;CF平面MDF,則CFDF,CF=,DF=.因為EF/DC,所以=,DE=,PE=ME,SCDE=CDDE=.由勾股定理可得MD=,所以VMCDE=MDSCDE=.6.（xx福建高考文科19）（本小題滿分12分）如圖，三棱錐中，.（1） 求證：平面；（2） 若，為中點，求三棱錐的體積.【解題指南】（1）利用線面平行的判定定理證明（2）分別求出的面積和高CD，繼而求出體積或利用VA-MBC =VA-BCD -VM-BCD求解【解析】（1）平面BCD，平面BCD，.又，平面ABD，平面ABD，平面.（2）由平面BCD，得.，.M是AD的中點，.由（1）知，平面ABD，三棱錐C-ABM的高，因此三棱錐的體積 .解法二：（1）同方法一.（2）由平面BCD知，平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCD=BD，如圖，過點M作交BD于點N.則平面BCD，且，又，.三棱錐的體積 .7. （xx浙江高考文科6）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面（ ） A若，則 B若，則 C若，則 D若，則【解題提示】依據(jù)線、面平行，垂直的條件與性質(zhì)逐一判斷.【解析】選C.對A若，則或或，錯誤；對若，則或或，錯誤；對若，則，正確；對若，則或或，錯誤；8. （xx浙江高考文科20）20、如圖，在四棱錐ABCDE中，平面平面；，.（1）證明：平面；（2）求直線與平面ABC所成的角的正切值. 【解析】（1）連結BD，在直角梯形BCDE中，CD=2所以BD=BC=由，AB=2，得，所以又平面平面，所以平面(2) 過點E作EMCB交CB的延長線于點M，連接AM又平面ABC平面BCDE，所以EM平面ACB所以EAM是直線AE與平面ABC所成的角在RtBEM中，EB=1，EBM=45所以.在RtACM中，在RtAEM中，9、（xx浙江高考理科20）（本題滿分15分）如圖，在四棱錐中，平面平面.（1） 證明：平面;（2） 求二面角的大小. 【解析】（1）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=,由AC=，AB=2，得，所以又平面ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE所以ACDE，又DEDC，從而DE平面ACD.（2）方法一：作BFAD，交AD于F，過點F作FGDE，交AE于點G，連結BG由（1）知，DEAD，而FGAD，所以是二面角的平面角在直角梯形BCDE中，由，得又平面ABC平面BCDE，從而BDAB由于平面BCDE，得BD平面BCDE，得ACCD在RtACD中，由DC=2，AC=，得AD=在RtAED中，由DE=1，AD=，得AE=在RtABD中，由BD=，AB=2，AD=，得BF=，AF=AD，從而GF=在ABE，ABG中，利用余弦定理分別可得，BG=在BFG中，所以，即二面角的大小是方法二：以D為原點，分別以射線DE，DC為軸，軸的正半軸，建立空間直角坐標系，如圖所示由題意知各點坐標如下：，設平面ADE的法向量為，平面ABD的法向量為可算得，,由即可取由即可取所以由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角的大小是.10. （xx遼寧高考理科19）（本小題滿分12分）如圖，和所在平面互相垂直，且，E、F分別為AC、DC的中點.（）求證：；（）求二面角的正弦值.【解析】（）如圖，以點B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為軸，BC所在的直線為軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，從而.所以因此,（）平面BFC的一個法向量為，設平面BEF的一個法向量為又,則由得令得，所以設二面角的大小為，則所以，即所求二面角的正弦值.11. （xx遼寧高考文科19）（本小題滿分12分）如圖，和所在平面互相垂直，且，分別為錯誤！未找到引用源。的中點.（）求證：平面；（）求三棱錐的體積.附：錐體的體積公式，其中為底面面積，為高.【解析】（）由已知得，,因此.又為AD的中點，則；同理，.因此平面.由題意，為的中位線，所以；所以平面.（）在平面ABC內(nèi)作，交CB的延長線于,由于平面平面，平面平面，所以平面.又為AD的中點，因此到平面的距離是.在中，所以12. （xx山東高考文科18）如圖，四棱錐中，,分別為線段的中點. （）求證：（）求證：【解題指南】（）本題考查線面平行的證法，可利用線線平行，來證明線面平行；()本題考查了線面垂直的判定，在平面PAC中找兩條相交直線與BE垂直即可.【解析】（）連接AC交BE于點O，連接OF，不妨設AB=BC=1,則AD=2四邊形ABCE為菱形又（）,13. (xx天津高考文科T17)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,BA=BD=錯誤！未找到引用源。,AD=2,PA=PD=錯誤！未找到引用源。,E,F分別是棱AD,PC的中點.(1)證明:EF平面PAB.(2)若二面角P-AD-B為60,證明:平面PBC平面ABCD;求直線EF與平面PBC所成角的正弦值.【解析】(1)如圖,取PB中點M,連接MF,AM. 因為F為PC中點,故MFBC且MF=BC. 由已知有BCAD,BC=AD.又由于E為AD中點,因而MFAE且MF=AE,故四邊形AMFE為平行四邊形,所以EFAM.又AM平面PAB,而EF平面PAB,所以EF平面PAB.(2)連接PE,BE,因為PA=PD,BA=BD,而E為AD中點,故PEAD,BEAD.所以PEB為二面角P-AD-B的平面角.在PAD中,由PA=PD=,AD=2,可解得PE=2,在ABD中,由BA=BD=,AD=2,可解得BE=1.在PEB中,PE=2,BE=1,PEB=60,由余弦定理,可解得PB=,從而PBE=90,即BEPB.又BCAD,BEAD,從而BEBC,因此BE平面PBC,又BE平面ABCD,所以平面PBC平面ABCD.連接BF.由知,BE平面PBC,所以EFB為直線EF與平面PBC所成的角,由PB=及已知,得ABP為直角.而MB=PB=,可得AM=,故EF=.又BE=1,故在RtEBF中,sinEFB=.所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為.14.（xx安徽高考文科19）如圖，四棱錐的底面邊長為8的正方形，四條側棱長均為.點分別是棱上共面的四點，平面平面，平面.(1) 證明：(2) 若，求四邊形的面積.【解題提示】（1）由線面平行得出BC平行于線線EF、GH；（2）設BD相交EF于點K，則K為OB的中點，由面面垂直得出，再由梯形面積公式計算求解?！窘馕觥浚?）因為BC/平面GEFH,BC平面PBC，且平面PBC平面GEFH=GH，所以GH/BC,同理可證EF/BC，因此GH/EF。（2）連接AC,BD交于點O，BD交EF于點K，連接OP,GK,因為PA=PC,O是AC的中點，所以,同理可得,又，且AC,BD都在底面內(nèi)，所以底面ABCD，又因為平面GEFH平面ABCD,且平面GEFH,所以PO/平面GEFH，因為平面PBD平面GEFH=GK,所以PO/GK,且GK底面ABCD,從而,所以GK是梯形GEFH的高，由AB=8，EB=2得EB：AB=KB:DB=1:4,從而,即K是OB的中點。再由PO/GK得，即G是PB的中點，且，由已知可得，所以GK=3，故四邊形GEFH的面積15、（xx安徽高考理科20）如圖，四棱柱中，底面.四邊形為梯形，,且.過三點的平面記為，與的交點為.（1） 證明：為的中點；（2） 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比；（3） 若，梯形的面積為6，求平面與底面所成二面角大小.【解題提示】 （1）由及得；（2）將問題轉化為求出特殊幾何體的體積，即+，從而得出結果；（3）利用平面ABCD，作證明為平面與底面ABCD所成二面角的平面角，解求得?！窘馕觥浚?）因為所以平面QBC/平面A1AD，從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC/A1D，故的對邊相互平行，于是，所以,即Q為BB1的中點。（2）如圖所示，連接QA,QD,設AA1=h,梯形ABCD的高位d,四棱柱被平面分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC=a,則AD=2a，所以+，又，所以。所以。（3）如上圖所示，在中，作,垂足為E，連接A1E，又，所以,于是，所以為平面與底面ABCD所成二面角的平面角。因為BC/AD,AD=2BC,所以,又因為梯形ABCD的面積為6，DC=2，所以，于是，故所求二面角的大小。16. （xx四川高考文科18）在如圖所示的多面體中，四邊形和都為矩形（1）若，證明：直線平面；（2）設，分別是線段，的中點，在線段上是否存在一點，使直線平面？請證明你的結論.【解題提示】本題主要考查空間線面平行和垂直的判斷與性質(zhì)等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力.【解析】（1）因為四邊形和都是矩形，所以.因為為平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面.因為直線平面，所以.又由已知，為平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面.（2）取線段的中點，連接.設為的交點.由已知，為的中點，連接,則分別為為的中位線，所以,因此，連接,從而四邊形為平行四邊形，則.因為直線平面,平面,所以直線平面.即線段上存在一點(線段的中點)，使直線平面.