专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质 2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（练）解析版.docx

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1、专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质练基础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.

2、【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

3、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（ ）AB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，

4、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.

5、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PABC，又PH平面ABC，所以PHBC，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，

6、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

7、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（

8、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

9、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.练提升TIDHNEG1. （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：对于任意点，； 存在点，使得平面； 三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（ ）ABCD【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，故正确；假设平面，则，又，这不可能，故错误；

10、由，当平面平面时，达到最大，此时，故正确. 故选B2（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：BDAC； BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥； 平面ADC平面ABC其中正确的是_【答案】【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，ADBC，又平面ABD平面ACD，平面ABD平面ACD=AD，BDAD，BD平面ABD，BD平面ADC，又AC平面ADC，BDAC，故正确；由A知，BD平面ADC，CD平面ADC，BDCD，又由勾股定理得：，

11、又AB=AC=a，ABC是等边三角形，故正确；ABC是等边三角形，DA=DB=DC，三棱锥D-ABC是正三棱锥，故正确ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DFAC，又ABC为等边三角形，连接BF，则BFAC，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，故错误；综上所述，正确的结论是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

12、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.【

13、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

14、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PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA底面ABCD，PA=3，AD=2，AB=4，ABC=600.（1）求证：平面PBC平面PAC；（2）若点M,N分别为PA,CD上的点，且PMPA=CNCD=35，在线段PB上是否存在一点E，使得MN/平面ACE；若存在，求出三棱锥PACE的体积；若不存在，

15、请说明理由.【答案】（1）见解析（2）线段PB上存在一点E，使得MN平面ACEVPACE= 635【解析】（）证明：由已知，得AC=AB2+BC22AB×BC×cosABC=23，BC=AD=2，AB=4，又BC2+AC2=AB2，BCAC又PA底面ABCD，BC平面ABCD，则PABC，PA平面PAC，AC平面PAC，且PAAC=A，BC平面PACBC平面PBC，平面PBC平面PAC（）线段PB上存在一点E，使得MN平面ACE证明：在线段PB上取一点E，使PEPB=35，连接ME，AE，EC，MN， PMPA=PEPB=35，MEAB，且ME=35AB，又CNAB，且CN

16、=35AB，CNME，且CN=ME，四边形CEMN是平行四边形，CEMN，又CE平面ACE，MN平面ACE，MN平面ACEVPACE=VEPAC=35VBPAC=15SPAC·BC=15×12×3×23×2=6357（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

17、PB旋转至平面BCP，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：

18、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

19、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

20、，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.

21、（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.练真题TIDHNEG1（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

22、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

23、（ ）A20°B40°C50°D90°【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，

24、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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM又BCCM=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

25、AM 中点，所以MCOPMC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD5（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AOBD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AOCD(2)作EFBD于F, 作FMBC于M,

26、连FM因为AO平面BCD，所以AOBD, AOCD所以EFBD, EFCD, ,因此EF平面BCD，即EFBC因为FMBC，,所以BC平面EFM，即BCME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