高考数学复习立体几何8.5直线平面垂直的判定与性质真题演练集训理

高考数学复习立体几何8.5直线平面垂直的判定与性质真题演练集训理本文简介：2018版高考数学一轮复习第八章立体几何8.5直线、平面垂直的判定与性质真题演练集训理新人教A版1．[2016·浙江卷]已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥lB．m∥nC．n⊥lD．m⊥n答案：C解析：因为α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l.故

高考数学复习立体几何8.5直线平面垂直的判定与性质真题演练集训理本文内容：

2018版高考数学一轮复习

第八章

立体几何

8.5

直线、平面垂直的判定与性质

真题演练集训

理

新人教A版

1．[2016·浙江卷]已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(

)

A．m∥l

B．m∥n

C．n⊥l

D．m⊥n

答案：C

解析：因为α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.

2．[2015·浙江卷]如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(

)

A．∠A′DB≤α

B．∠A′DB≥α

C．∠A′CB≤α

D．∠A′CB≥α

答案：B

解析：∵

A′C和BC都不与CD垂直，

∴

∠A′CB≠α，故C，D错误．

当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.

不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝2，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，

设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.

取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，

∴

A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.

在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.

在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.

在△A′DB中，∵

A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，

∴

∠A′DB为钝角，故排除A.

故选B.

3．[2016·新课标全国卷Ⅱ]α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：

①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.

③如果α∥β，m?α，那么m∥β.

④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．

其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)

答案：②③④

解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立；

命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确；

由平面与平面平行的定义知，命题③正确；

由平行的传递性及线面角的定义知，命题④正确．

4．[2016·江苏卷]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：

(1)直线DE∥平面A1C1F；

(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.

证明：(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.

在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，

所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.

又DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，

所以直线DE∥平面A1C1F.

(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.

因为A1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.

又A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1

，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.

因为B1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.

又B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.

因为直线B1D?平面B1DE，

所以平面B1DE⊥平面A1C1F.

5．[2016·新课标全国卷Ⅰ]如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.

(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；

(2)求二面角E－BC－A的余弦值．

(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，

所以AF⊥平面EFDC.

又AF?平面ABEF，

故平面ABEF⊥平面EFDC.

(2)解：过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.

以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.

由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．

由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.

又平面ABCD∩平面EFDC＝

CD，

故AB∥CD，CD∥EF.

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，

所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°.

从而可得C(

－2,0，)．

连接AC，则＝(1,0，)，＝(0,4,0)，

＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则

即

所以可取n＝(3,0，－)．

设m是平面ABCD的法向量，则

同理可取m＝(0，，4)．

则cos〈n，m〉＝＝－.

故二面角E－BC－A的余弦值为－.

课外拓展阅读

立体几何证明问题中的转化思想

[典例]

如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：

(1)AN∥平面A1MK；

(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.

[审题视角]

(1)要证线面平行，需证线线平行；(2)要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直．

[证明]

(1)如图所示，连接NK.

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，

∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.

∵N，K分别为CD，C1D1的中点，

∴DN∥D1K，DN＝D1K，

∴四边形DD1KN为平行四边形．

∴KN∥DD1，KN＝DD1，

∴AA1∥KN，AA1＝KN.

∴四边形AA1KN为平行四边形，

∴AN∥A1K.

∵A1K?平面A1MK，AN?平面A1MK，

∴AN∥平面A1MK.

(2)如图所示，连接BC1.

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

AB∥C1D1，AB＝C1D1.

∵M，K分别为AB，C1D1的中点，

∴BM∥C1K，BM＝C1K.

∴四边形BC1KM为平行四边形，

∴MK∥BC1.

在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

A1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，

∴A1B1⊥BC1.

∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.

∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.

∴MK⊥B1C.

∵A1B1?平面A1B1C，B1C?平面A1B1C，

A1B1∩B1C＝B1，

∴MK⊥平面A1B1C.

又∵MK?平面A1MK，

∴平面A1B1C⊥平面A1MK.

方法点睛

1．线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理．

2．线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例，证明垂直时常用的等腰三角形的中线等．

3．证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件，步骤书写要规范．