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2011年高考试题分类考点33 直线、平面垂直的判定及其性质


考点 33
一、选择题

直线、平面垂直的判定及其性质

1.(2011·辽宁高考理科·T8)如图,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底面 ABCD,则下列结论中不 正确的是( (A) AC⊥SB (B) AB∥平面 SCD (C) SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 (D)AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 【思路点拨】先逐项分析,再判断结论. 【精讲精析】选 D. 选 具体分析 项 四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,所以 AC⊥BD,又 SD⊥底面 ABCD,所以 SD⊥AC,从而 AC⊥ A 面 SBD,故 AC⊥SB B C 由 AB∥CD,可得 AB∥平面 SCD 选项 A 中已证得 AC⊥面 SBD,又 SA=SC,所以 SA 与平面 SBD 所成的角的余角 ?SAC 等于 SC 与平面 SBD 所成的角的余角 ?SCA AB 与 SC 所成的角为 ?SCD ,此为锐角,而 DC 与 SA 所成的角即 AB 与 SA 所成的角,此为直 角,二者不相等 2.(2011·浙江高考理科·T4)下列命题中错误的是( ) 正确 正确 不正 确 正确 结论 )

D

(A)如果平面 ? ⊥平面 ? ,那么平面 ? 内一定存在直线平行于平面 ? (B)如果平面 ? 不垂直于平面 ? ,那么平面 ? 内一定不存在直线垂直于平面 ? (C)如果平面 ? ⊥平面 ? ,平面 ? ⊥平面 ? , ? ? ? ? l ,那么 l ⊥平面 ? (D)如果平面 ? ⊥平面 ? ,那么平面 ? 内所有直线都垂直于平面 ? 【思路点拨】本题考查空间线面的垂直关系. 【精讲精析】选 D.如果平面 ? ⊥平面 ? ,那么平面 ? 内所有垂直于交线的直线都垂直于平面 ? ,与交线 不垂直的直线均不与平面 ? 垂直,故 D 项叙述是错误的. 二、解答题
-1-

3.(2011·江苏高考·T16)如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,

AB=AD,∠BAD=60°,E、F 分别是 AP、AD 的中点
求证: (1)直线 EF‖平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD

【思路点拨】本题证明的线面平行和面面垂直,解决的关键是根据线面平行和面面垂直的判定定理寻找需 要的条件,注意要把所需的条件摆充分. 【精讲精析】 (1) 在 ?PAD 中,因为 E, F 分别是 AP, AD 的中点,所以 EF // PD ,又因为 EF ? 平面 PCD ,PD ? 平 面 PCD ,所以直线 EF // 平面 PCD . (2)连结 BD.因为 AB ? AD , ?BAD ? 60 ,所以 ?ABD 为等边三角形.因为 F 是 AD 的中点,所以
?

BF ? AD .因为平面 PAD ? 平面 ABCD , BF ? 平面ABCD , 平面PAD ? 平面ABCD ? AD ,所以
BF ? 平面PAD .又因为 BF ? 平面BEF ,所以平面 BEF ? 平面 PAD .
4.(2011·新课标全国高考文科·T18)如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边 形. ?DAB ? 60? , AB ? 2 AD, PD ? 底面 ABCD . (I)证明: PA ? BD (II)设 PD ? AD ? 1,求棱锥 D ? PBC 的高. 【思路点拨】第(1)问,通过证明 BD ? 平面 PAD ? PA ? BD , 证明

BD ? AD 时,可利用勾股定理 BD2 ? AD2 ? AB2 ,第(2)问,在 Rt? PDB 中,可证 PB 边上的高即为
三棱锥 D ? PBC 的高,其长度利用等面积法可求. 【精讲精析】 (Ⅰ)因为 ?DAB ? 60?, AB ? 2 AD , 由余弦定理得 BD ? 3 AD 从而 BD +AD = AB ,故 BD ? AD.
2 2 2

又 PD ? 底面 ABCD,可得 BD ? PD.
-2-

所以 BD ? 平面 PAD. 故 PA ? BD (Ⅱ)过 D 作 DE⊥PB 于 E,由(I)知 BC⊥BD,又 PD⊥底面 ABCD ,所以 BC⊥平面 PBD,而 DE ? 平面 PBD, 故 DE⊥BC,所以 DE⊥平面 PBC 由题设知 PD=1,则 BD= 3 ,PB=2,由 DE·PB=PD·BD 得 DE=

3 , 2

即棱锥 D ? PBC 的高为

3 . 2

5. (2011·辽宁高考文科·T18) 如图,四边形 ABCD 为正方形,QA⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA=AB= (I)证明:PQ⊥平面 DCQ; (II)求棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值.

1 PD. 2

? 由已知可证面PDAQ ? 面ABCD? ? ? PQ ? DC ? ? DC ? AD ? 【思路点拨】 (I) ? 2 由已知可得DQ ? PQ ? PD ? PQ ? QD ? ? 2 ?

? PQ ? 面DCQ ;
(II)设出正方形的边长为 a ,分别计算两个棱锥的体积,再求体积的比值. 【精讲精析】 (I)由条件知四边形 PDAQ 为直角梯形.因为 QA⊥平面 ABCD, 所以平面 PDAQ ⊥平面 ABCD,交线为 AD .又四边形 ABCD 为正方形,

DC ⊥ AD ,所以 DC ⊥平面 PDAQ ,可得 PQ ? DC .
在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ ? PQ ?

2 PD ,则 PQ ? QD . 2

? PQ ? DC ? 由 ? PQ ? QD ? DC ? QD=D ?

-3-

所以 PQ ? 平面DCQ . (II)设 AB ? a . 由题设知 AQ 为棱锥 Q ? ABCD 的高,所以棱锥 Q ? ABCD 的体积 V1 ? 由(I)知 PQ 为棱锥 P ? DCQ 的高,而 PQ = 2 a , ?DCQ 的面积为 所以棱锥 P ? DCQ 的体积 V2 ?

1 3 a . 3
2 2 a , 2

1 3 a . 3

故棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值为 1. 6.(2011·广东高考文科·T18)如图所示的几何体是将高为 2,底面半径为 1 的直圆柱沿过轴的平面切
? ? ? ? 开后,将其中一半沿切面向右水平平移后得到的. A,A′,B,B′分别为 CD , C ' D ' , DE , D ' E ' 的中点,
' O1 , O1' , O2,O2 分别为 CD, C ' D ', DE, D ' E ' 的中点.

(1)证明: O1' , A' , O2 , B 四点共面;
' (2)设 G 为 A A′中点,延长 A O1 到 H′,使得 O1' H ' ? AO1' .

'

'

证明: BO2 ? ? 平面 H ?B?G

? 【思路点拨】(1)证明 O1 A? // O2 B ,从而它们确定一个平面,这四个点同

在此平面内. (2)作辅助线如图,证 BO2? ? H ?G , BO2? ? H ?B? 从而得结论.

? ? 【精讲精析】 (1)? A, A?分别为CD, C ?D ? 中点,
? O1? A? / / O1 A

连接 BO2
-4-

?直线 BO2 是由直线 AO1 平移得到
? O1? A? / / BO2

? AO1 / / BO2

? O1? , A?, O2 , B 共面.

(2)将 AO1 延长至 H 使得 O1H=O1A,连接 HO1? , HB, H ?H

?由平移性质得 O1?O2? 与 HB 平行且相等
? BO2? / / HO1?

? A?G ? H ?O1? , H ?H ? A?H ?, ?O1? H ?H ? ?GA?H ? ?
? ?GA?H ? ? ?O1? H ?H

?
2

? ??H ?O1? H ? ?GH ?A? ? 2
? O1? H ? H ?G
? BO2? ? H ?G

? O1?O2? ? B ?O2? , O1?O2? ? O2?O2 , B ?O2? ? O2?O2 ? O2? B?O2? ? 平面B?BO2O2? , O2O2? ? 平面B?BO2O2?
? O1?O2? ? 平面B?BO2O2? ? BO2? ? 平面B?BO2O2?

? O1?O2? ? BO2? ? O1?O2? ? H ?B?
? BO2? ? H ?B ?

? H ?B? ? H ?G ? H ? , H ?B? 、 H ?G在平面H ?B?G内,

? BO2? ? 平面H ?B ?G.

7.(2011·广东高考理科·T18)如图,在锥体 P ? ABCD 中, ABCD 是边长为 1 的菱形,且 ?DAB ? 60 ,
?

PA ? PD ? 2 , PB ? 2, E , F 分别是 BC , PC 的中点.

(1) 证明: AD ? 平面DEF (2)求二面角 P ? AD ? B 的余弦值.

-5-

【思路点拨】 (1)证明 AD ? EF, AD ? DE,从而证得 AD ? 平面DEF ; (2)取 AD 的中点 G,连结 PG、BG.,证 ? PGB 是所求二面角的平面角,在 ? PGB 中由余弦定理可求得所求 二面角的余弦值. 【精讲精析】 (1)证明:取 AD 的中点 G,连结 PG、BG.
? PA=PD, ? AD ? PG.

在 ? ABG 中, ? ? GAB= 600 ,AG= 1 ,AB=1, ? ? AGB= 900 ,即 AD ? GB.
2

又 PG ? GB=G, ?AD ? 平面 PGB,从而 AD ? PB.
? E , F 分别是 BC , PC 的中点, ? EF//PB,从而 AD ? EF.

又 DE//GB,AD ? GB, ?AD ? DE,
? DE ? EF=E, ? AD ? 平面DEF .
2 0 (2)由(1)知 ? PGB 是所求二面角的平面角.在 ? PGB 中,PG = ( 2 ) 2 ? ( 1 ) 2 ? 7 ,BG=1 ? sin60 = 3 ,PB=2.

2

4

2

2 2 2 由余弦定理得 cos ? PGB= PG ? BG ? PB = 4 4

7 ? 3 ?4

2 PG ? BG

??

7 3 2? ? 2 2

21 , 7

即所求二面角 P-AD-B 的余弦值为 ?

21 . 7

8.(2011·山东高考文科·T19) (本小题满分 12 分) 如图,在四棱台 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, D1 D ? 平面 ABCD , 底面 ABCD 是平行四边形, AB=2AD , AD=A1B1 ,

?BAD= 60°
(Ⅰ)证明: AA1 ? BD ; (Ⅱ)证明: CC1∥平面A1BD . 【思路点拨】 (I)本题考查线面垂直的判定定理,以及空间位置关系的转化思想,要证 AA1 ? BD ,可先

-6-



BD ? 平面 ADD1 A1 ,只需证 D1D ? BD,BD⊥AD 因为 D1D ? 平面 ABCD ,所以 D1D ? BD,设 AD=a,
2 2 2 ? 2

则 AB=2a 由余弦定理得: BD ? (2a) ? a ? 2a ? 2a ? cos 60 ? 3a ,所以 BD= 3a ,再由勾股定理的逆 定理判断 BD⊥AD.原命题得证. (II)本小题考查线面平行的判定,只需在平面 A1BD 内找一条直线和 CC1 平行即可,因此可连结 AC, A1C1, 设 AC ? BD ? E ,连结 EA1 ,只要证 CC1∥EA1 即可. 【精讲精析】 (Ⅰ)证明:因为 AB=2AD ,所以设 AD=a,则 AB=2a, 又因为 ?BAD= 60°, 所以在 ?ABD 中, 由余弦定理得: BD ? (2a) ? a ? 2a ? 2a ? cos 60 ? 3a ,
2 2 2 ? 2

2 2 2 所以 BD= 3a ,所以 AD ? BD ? AB ,故 BD⊥AD,

又因为 D1 D ? 平面 ABCD ,所以 D1 D ? BD, 又因为 AD ? D1 D ? D , 所以 BD ? 平面 ADD1 A1 , 故 AA1 ? BD . (II)连结 AC, A1C1,设 AC ? BD ? E , 连结 EA1,因为四边形 ABCD 为平行四边形, 所以 EC ?

1 AC 2

由棱台定义及 AB=2AD=2A1B1 知 CC1∥EA1, 又因为 EA1 ? 平面 A1BD,CC1 ? 平面 A1BD, 所以 CC1∥平面A1BD . 9.(2011·北京高考文科·T17) (14 分)如图,在四面体 PABC 中, PC ? AB, PA ? BC ,点 D,E,F,,G 分别是棱 AP,AC,BC,PB 的中点. (Ⅰ)求证:DE//平面 BCP; (Ⅱ)求证:四边形 DEFG 为矩形; (Ⅲ)是否存在点 Q,到四面体 PABC 六条棱的中点的距离相等?说明理由.

-7-

P D

G

A E C F

B

【思路点拨】 (Ⅰ)利用线面平行的判定定理进行证明; (Ⅱ)先证 DEFG 为平行四边形,再证明相邻两边 垂直; (Ⅲ)假设存在,再证明. 【精讲精析】 (Ⅰ)因为 D,E 分别为 AP,AC 的中点, 所以 DE//PC. 又因为 DE ? 平面 BCP,所以 DE//平面 BCP. (Ⅱ)因为 D,E,F,G 分别为 AP,AC,BC,PB 的中点, 所以 DE//PC//FG , DG//AB//EF, 所以四边形 DEFG 为平行四边形. 又因为 PC ? AB ,所以 DE ? DG . 所以四边形 DEFG 为矩形. (Ⅲ)存在点 Q 满足条件,理由如下: A E C D M Q N F B G P

连接 DF,EG,设 Q 为 EG 的中点,由(Ⅱ)知, DF ? EG ? Q ,且 QD ? QE ? QF ? QG ?

1 EG ,分别 2

取 PC,AB 的中点 M,N,连接 ME,EN,NG,MG,MN.与(Ⅱ)同理,可证四边形 MENG 为矩形,其对角线交点为 EG 的中点 Q,且 QM ? QN ?

1 EG ,所以 Q 为满足条件的点. 2

10. (2011·湖南高考文科 T19) (本小题满分 12 分)如图,在圆锥 PO 中,已知

? PO= 2 ,⊙O 的直径 AB=2,点 C 在 AB 上,且 ?CAB ? 30 , D 为 AC 的中点.
?

(Ⅰ)证明:AC ? 平面 POD; (Ⅱ)求直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值. 【思路点拨】本题主要考查了空间位置关系,考查空间观念和空间想象能力.首 先考查空间垂直的证明,考查线面垂直,转到线线垂直,考查线面垂直的判定定理.再考查线面角的求法, 求线面角要扣住定义法.另外解决立体几何的方法有两种:一是几何法,主要考查思维能力.二是向量法, 主要考查向量的运用,而向量法又有两种,一是坐标法,二是基底法. 【精讲精析】 (I)因为 OA ? OC, D是AC的中点,所以AC ? OD.
-8-

又 PO ? 底面 ? O, AC ? 底面 ? O, 所以AC ? OD.. PO是平面 POD 、OD 是平面 POD 内的两条相交直线,所以

AC ? 平面POD;
(II)由(I)知, AC ? 平面POD, 又 AC ? 平面PAC , 所以平面

POD ? 平面PAC, 在平面 POD 中,过 O 作 OH ? PD于H,则
OH ? 平面PAC , 连结 CH ,则 CH 是 OC在平面PAC 上的射影,所以

?OCH 是直线 OC 和平面 PAC 所成的角.在
1 PO? OD 2 ? 2 在 Rt ? OHC中,sin ?OCH ? OH ? 2 ? 2 2 OC 3 3 1 PO ? OD 2? 4 2?

Rt ? POD中, OH ?

11.(2011·陕西高考文科·T16) 如图,在△ABC 中,∠ABC=45°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿 AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°. (Ⅰ)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (Ⅱ)若 BD=1,求三棱锥 D—ABC 的表面积. 【思路点拨】 (Ⅰ)确定图形在折起前后的不变性质,如角的 大小不变,线段长度不变,线线关系不变,再由面面垂直的判 定定理进行推理证明; (Ⅱ) 充分利用垂直所得的直角三角形, 根据直角三角形的面积公式计算. 【精讲精析】 (Ⅰ)∵折起前 AD 是 BC 边上的高, ∴ 当 Δ ABD 折起后,AD⊥DC,AD⊥DB, 又 DB ? DC=D,∴AD⊥平面 BDC, 又∵AD ? 平面 ADB. ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,DA ? DB , DB ? DC , DC ? DA ,

?DB=DA=DC=1,∴AB=BC=CA= 2 ,∠ABC=60°
1 1 S?DAB ? S?DBC ? S?DCA ? ?1?1 ? , 2 2
1 3 S? ABC ? ? 2 ? 2 ? sin 60? ? 2 2
-9-

∴三棱锥 D—ABC的表面积是

1 3 3? 3 S ? ?3? ? . 2 2 2

12.(2011·天津高考文科·T17)如图,在四棱锥 P - ABCD 中, 底面 ABCD 为平行四边形, ?ADC ? 45 , AD = AC = 1 , O 为
0

AC 的中点, PO ? 平面 ABCD , PO = 2 , M 为 PD 的中点.
(Ⅰ)证明: PB //平面 ACM ; (Ⅱ)证明: AD ? 平面 PAC ; (Ⅲ)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值.
D M

P

C O A B

【思路点拨】(1)证明 MO//PB; (2)证明 AD 垂直于平面 PAC 内的两条相交直线 PO、AC; (3)取 OD 的中点 N,证明 ?MAN 即为所求的线面角,

【精讲精析】 (Ⅰ)连接 BD,MO,在平行四边形 ABCD 中,因为 O 为 AC 的中点,所以 O 为 BD 的中点,又 M 为 PD 的中点,所以 PB//MO.因为 PB ? 平面 ACM, MO ? 平面 ACM,所以 PB//平面 ACM. (Ⅱ)因为 ?ADC ? 45? ,且 AD=AC=1,所以 ?DAC ? 90? ,即 AD ? AC ,又 PO ? 平面 ABCD, AD ? 平面 ABCD,所以 PO ? AD, 而AC ? PO于点O ,所以 AD ? 平面 PAC. (Ⅲ)取 DO 中点 N,连接 MN,AN,因为 M 为 PD 的中点,所以 MN//PO,且 MN ?

1 PO ? 1,由PO ? 平面 ABCD,得 MN ? 平面 2

ABCD,所以 ?MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角,在 Rt ?DAO

1 5 中, AD ? 1,AO ? ,所以DO ? , 2 2
从而 AN =

1 5 DO = , 2 4

在 Rt ?ANM 中, tan ?MAN ?

MN 1 4 5 4 5 ? ? . ,即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为 AN 5 5 5 4

13. (2011·浙江高考文科·T20)如图,在三棱锥 P ? ABC 中, AB ? AC ,

D 为 BC 的中点, PO ⊥平面 ABC ,垂足 O 落在线段 AD 上.
(Ⅰ)证明: AP ⊥ BC ; (Ⅱ)已知 BC ? 8 , PO ? 4 , AO ? 3 , OD ? 2 .求二面角

B ? AP ? C 的大小.
- 10 -

【思路点拨】(1)小题只需把线线垂直转化为线面垂直问题;(2)利用二面角平面角的定义做出其平面 角并在三角形中即可求解,本题主要考查点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间想象能力与运算 求解能力. 【精讲精析】 (Ⅰ)由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC, 又 PO⊥平面 ABC,得 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=0,所以 BC⊥平面 PAD 故 BC⊥PA. (Ⅱ)如图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连接 CM. 因为 BC⊥PA.,得 AP⊥平面 BMC. 所以 AP⊥CM. 故∠BMC 为二面角 B-AP-C 的平面角. 在 Rt△ADB 中,AB =AD +BD =41,得 AB= 41 在 Rt△POD 中, PD =PO +OD , 在 Rt△PDB 中, PB =PD +BD , 所以 PB =PO +OD +BD =36,得 PB=6. 在 Rt△POA中, PA =AO +OP =25,得 PA=5 又 cos ?BPA ?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

PA2 ? PB 2 ? AB 2 1 ? , 2 PA ? PB 3
2 2 , 所以 BM ? PB sin ?BPA ? 4 2 3

从而 sin ?BPA ? 同理 CM ? 4 2 因为 BM +MC =BC
2 2 2

所以 ?BMC =90

0

即二面角 B-AP-C 的大小为 90 .

0

? 14. (2011·湖南高考理科·T19)如图所示,在圆锥 PO 中,已知 PO= 2 ,⊙o 的直径 AB=2,点 C 是 AB
的中点,D 为 AC 的中点. (Ⅰ)证明:平面 POD ? 平面 PAC; (Ⅱ)求二面角 B-PA-C 的余弦值.

- 11 -

【思路点拨】本题主要考查了空间位置关系,首先考查空间垂直的证明,由面面垂直作为基础考查线面垂 直,再转到线线垂直.再考查二面角的求法,求二面角要扣住定义法.另外解决立体几何的方法有两种:一 是几何法,主要考查思维能力.二是向量法,主要考查向量的运用,而向量法又有两种,一是坐标法,二 是基底法. 【精讲精析】 (I)连接 OC ,因为 OA ? OC , D 为 AC 的中点,所以 AC ? OD .

又 PO ? 底面 ? O, AC ? 底面 ? O, 所以AC ? PO. 因为 OD, PO是平面 POD 内的两条相交直线,所 以 AC ? 平面POD。 AC ? 平面PAC ,所以 平面POD ? 平面PAC . 而 (II)在平面 POD 中,过 O 作 OH ? PD 于 H ,由(I)知, 平面POD ? 平面PAC ,所以

OH ? 平面PAC , 又 PA ? 平面PAC, 所以 PA ? OH .
在平面 PAO 中,过 O 作 OG ? PA于G,连接 HG ,则有 PA ? 平面OGH , 从而 PA ? HG ,所以 ?OGH 是二面角 B ? PA ? C 的平面角. 在 Rt ?ODA中, OD ? OA ? sin 45? ?

2 2

- 12 -

在 Rt ?POD中, OH ?

PO ? OD PO 2 +OD 2
PO ? OA PO +OA
2 2

?

2?

2 2 ? 10 5 1 2+ 2

在 Rt ?POA中, OG ?

?

2 ?1 6 ? 3 2+1

10 OH 15 10 在 Rt ?OHG中,sin ?OGH ? ,所以 cos ?OGH ? . ?? 5 ? 5 OG 5 6 3
由图知,二面角 B-PA-C 为锐角. 故二面角 B ? PA ? C 的余弦值为

10 . 5

- 13 -


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