《新編高三數(shù)學 第53練 垂直的判定與性質(zhì)練習》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高三數(shù)學 第53練 垂直的判定與性質(zhì)練習（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第53練 垂直的判定與性質(zhì) 訓練目標 會應用線、面垂直的定理及性質(zhì)證明直線與平面垂直、平面與平面垂直的位置關系． 訓練題型 (1)證明直線與平面垂直；(2)證明平面與平面垂直；(3)利用線、面垂直的性質(zhì)證明線線垂直． 解題策略 證明線面垂直、面面垂直都必須通過證明線線垂直來完成，特殊圖形中的垂直關系(如等腰三角形中線、直角三角形、矩形等)往往是解題突破點，也可利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直. 1.如圖所示，已知PA垂直于圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，點C是圓O上任意一點，過A作AE⊥PC于E，AF⊥PB于F，求證： (1)AE⊥平面PBC； (2)平

2、面PAC⊥平面PBC； (3)PB⊥EF. 2．(20xx·福州質(zhì)檢)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是AA1的中點，O為底面正方形對角線B1D1與A1C1的交點． (1)求證：AC1⊥平面B1D1C； (2)過E構(gòu)造一條線段與平面B1D1C垂直，并證明你的結(jié)論． 3.(20xx·張掖第二次診斷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，且△ABC為正三角形，AA1＝AB＝6，D為AC的中點． (1)求證：直線AB1∥平面BC1D； (2)求證：平面BC1D⊥

3、平面ACC1A1； (3)求三棱錐C－BC1D的體積． 4．(20xx·山東省實驗中學質(zhì)檢)如圖所示，ABC－A1B1C1是底面邊長為2，高為的正三棱柱，經(jīng)過AB的截面與上底面相交于PQ，設C1P＝λC1A1(0<λ<1)． (1)證明：PQ∥A1B1； (2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，請說明理由．  答案精析 1．證明　(1)因為AB是圓O的直徑，所以∠ACB＝90°， 即AC⊥BC. 因為PA垂直于圓O所在平面， 即PA⊥平

4、面ABC，而BC?平面ABC， 所以BC⊥PA. 又因為AC∩PA＝A，AC?平面PAC，PA?平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 因為AE?平面PAC，所以BC⊥AE. 又已知AE⊥PC，PC∩BC＝C， PC?平面PBC，BC?平面PBC， 所以AE⊥平面PBC. (2)由(1)知AE⊥平面PBC， 且AE?平面PAC， 所以平面PAC⊥平面PBC. (3)因為AE⊥平面PBC， 且PB?平面PBC， 所以AE⊥PB. 又AF⊥PB于F， 且AF∩AE＝A，AF?平面AEF， AE?平面AEF，所以PB⊥平面AEF. 又因為EF?平面AEF，所以PB⊥E

5、F. 2．(1)證明　∵AA1⊥平面A1B1C1D1， B1D1?平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1， ∵A1C1⊥B1D1，且AA1∩A1C1＝A1， AA1?平面AA1C1，A1C1?平面AA1C1， ∴B1D1⊥平面AA1C1， ∵AC1?平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1. 同理AC1⊥B1C，∵B1D1∩B1C＝B1，B1D1?平面B1D1C，B1C?平面B1D1C， ∴AC1⊥平面B1D1C. (2)解　連接EO，則線段EO與平面B1D1C垂直．證明如下： ∵E是AA1的中點，O是A1C1的中點，∴EO∥AC1. ∵AC1⊥平面B1D1C， ∴EO

6、⊥平面B1D1C. 3.(1)證明　連接B1C交BC1于點O，連接OD，如圖， 則點O為B1C的中點． ∵D為AC的中點， ∴AB1∥OD. ∵OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D， ∴直線AB1∥平面BC1D. (2)證明　∵AA1⊥底面ABC， BD?底面ABC，∴AA1⊥BD. ∵△ABC是正三角形，D是AC的中點，∴BD⊥AC. ∵AA1∩AC＝A，AA1?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1， ∴BD⊥平面ACC1A1. ∵BD?平面BC1D， ∴平面BC1D⊥平面ACC1A1. (3)解　由(2)知，在△ABC中，BD⊥AC，BD＝BCsin

7、 60°＝3， ∴S△BCD＝×3×3＝， ∴＝××6＝9. 4．(1)證明　由正三棱柱的性質(zhì)可知，平面A1B1C1∥平面ABC， 又因為平面APQB∩平面A1B1C1＝PQ，平面APQB∩平面ABC＝AB，所以PQ∥AB. 又因為AB∥A1B1，所以PQ∥A1B1. (2)解　假設存在這樣的λ滿足題意，分別取AB的中點D，PQ的中點E，連接CE，DE，CD.由(1)及正三棱柱的性質(zhì)可知△CPQ為等腰三角形，APQB為等腰梯形，所以CE⊥PQ，DE⊥PQ， 所以∠CED為二面角A－PQ－C的平面角．連接C1E并延長交A1B1于點F，連接DF. 因為＝＝λ，C1A1＝2，C1F＝， 所以C1E＝λ，EF＝(1－λ)． 在Rt△CC1E中可求得CE2＝＋3λ2， 在Rt△DFE中可求得DE2＝＋3(1－λ)2. 若平面CPQ⊥截面APQB，則∠CED＝90°， 所以CE2＋DE2＝CD2，代入數(shù)據(jù)整理得3λ2－3λ＋＝0，解得λ＝，即存在滿足題意的λ，λ＝.