考點(diǎn)34 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)

考點(diǎn)34直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)一、簡(jiǎn)答題1.(12分)(2018·全國(guó)卷I高考文科·T18)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°,以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC.(2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,則BA⊥AC.又BA⊥AD,AD∩AC=A,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22作QE⊥AC,垂足為E,則QE13DC=1由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×22.(2018·全國(guó)卷II高考文科·T19)(12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).(1)證明:PO⊥平面ABC.(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離.【命題意圖】本題考查立體幾何中的線面垂直關(guān)系的判定以及線面間的距離的求法,意在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算及邏輯推理能力.【解析】(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=23.連接OB.因?yàn)锳B=BC=22AC所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)作CH⊥OM,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,OP∩OM=O,所以CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離.由題設(shè)可知OC=12AC=2,CM=23BC=423,所以O(shè)M=253,CH=OC·所以點(diǎn)C到平面POM的距離為453.(2018·全國(guó)Ⅲ高考文科·T19)(12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點(diǎn).(1)證明:平面AMD⊥平面BMC.(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P,使得MC∥平面PBD?說明理由.【命題意圖】考查空間中直線與平面、平面與平面位置關(guān)系的判定,意在考查空間想象能力、邏輯推理能力,培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力與邏輯推理能力,體現(xiàn)了邏輯推理、直觀想象的數(shù)學(xué)素養(yǎng).【解析】(1)由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,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)存在,AM的中點(diǎn)即為符合題意的點(diǎn)P.證明如下:取AM的中點(diǎn)P,連接AC,BD交于點(diǎn)N,連接PN.因?yàn)锳BCD是矩形,所以N是AC的中點(diǎn),在△ACM中,點(diǎn)P,N分別是AM,AC的中點(diǎn),所以PN∥MC,又因?yàn)镻N?平面PBD,MC?平面PBD,所以MC∥平面PBD,所以,在線段AM上存在點(diǎn)P,即AM的中點(diǎn),使得MC∥平面PBD.4.(本小題14分)(2018·北京高考文科·T18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn).(1)求證:PE⊥BC.(2)求證:平面PAB⊥平面PCD.(3)求證:EF∥平面PCD.【命題意圖】考查空間中直線與平面的位置關(guān)系的判定,意在考查空間想象能力,邏輯推理能力,培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力與邏輯推理能力,體現(xiàn)了邏輯推理,直觀想象的數(shù)學(xué)素養(yǎng).【證明】(1)在△PAD中,PA=PD,E是AD的中點(diǎn),所以PE⊥AD,又底面ABCD為矩形,所以AD∥BC,所以PE⊥BC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以AD⊥CD,又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD?平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又PA?平面PAD,所以CD⊥PA,又因?yàn)镻A⊥PD,CD,PD?平面PCD,CD∩PD=D,所以PA⊥平面PCD,又PA?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC的中點(diǎn)G,連接DG,FG,因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以ADBC,又E是AD的中點(diǎn),所以DE12BC在△PBC中,F,G分別是PB,PC的中點(diǎn),所以FG12BC所以DEFG,四邊形DEFG是平行四邊形,所以EF∥DG,又因?yàn)镋F?平面PCD,DG?平面PCD,所以EF∥平面PCD.5.(本小題滿分13分)(2018·天津高考文科·T17)如圖,在四面體ABCD中,△ABC是等邊三角形,平面ABC⊥平面ABD,點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn),AB=2,AD=23,∠BAD=90°.(Ⅰ)求證:AD⊥BC;(Ⅱ)求異面直線BC與MD所成角的余弦值;(Ⅲ)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值.【命題意圖】本題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎(chǔ)知識(shí).考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.【解題指南】(Ⅰ)利用平面與平面垂直的性質(zhì)及題設(shè)條件,先證明AD⊥平面ABC,即可得出結(jié)論;(Ⅱ)利用異面直線所成角的定義,先找角,再求值;(Ⅲ)利用直線與平面所成角的定義,先找角,再求值.【解析】(Ⅰ)由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(Ⅱ)取棱AC的中點(diǎn)N,連接MN,ND.又因?yàn)镸為棱AB的中點(diǎn),故MN∥BC.所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM=AD2+因?yàn)锳D⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN=AD2+在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=12MNDM所以,異面直線BC與MD所成角的余弦值為1326(Ⅲ)連接CM.因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形,M為AB的中點(diǎn),故CM⊥AB,CM=3.又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD,而CM?平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD=AC2在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=3所以,直線CD與平面ABD所成角的正弦值為346.(本小題滿分14分)(2018·江蘇高考·T15)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求證:(1)AB∥平面A1B1C.(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【證明】(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因?yàn)锳B?平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,四邊形ABB1A1為