高考数学一轮复习策略

1、揣摩例题。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。

2、精练习题

复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。

3、加强审题的规范性

每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。

4、重视错题

“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。

专题8.5   直线、平面垂直的判定及性质

【知识清单】

知识点1．直线与平面垂直的判定与性质

定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．

定理：

知识点2．平面与平面垂直的判定与性质

定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．

定理：

知识点3．线面、面面垂直的综合应用

1．直线与平面垂直

(1)判定直线和平面垂直的方法

①定义法．

②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．

③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．

(2)直线和平面垂直的性质

①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．

②垂直于同一个平面的两条直线平行．

③垂直于同一直线的两平面平行．

2．斜线和平面所成的角

斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．

3．平面与平面垂直

(1)平面与平面垂直的判定方法

①定义法

②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．

(2)平面与平面垂直的性质

如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．

【考点分类剖析】

考点一 ：直线与平面垂直的判定与性质

【典例1】（2021·全国高考真题（文））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.

（1）求三棱锥的体积；

（2）已知D为棱上的点，证明：.

【答案】(1)；(2)证明见解析.

【解析】

(1)首先求得AC的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；

(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.

【详解】

(1)如图所示，连结AF，

由题意可得：，

由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，

而平面，故，

从而有，

从而，

则，为等腰直角三角形，

，.

(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，

正方形中，为中点，则，

又，

故平面，而平面，

从而.

【典例2】（2021·河北易县中学高一月考）在三棱锥中，，，O是线段AC的中点，M是线段BC的中点.

（1）求证：PO⊥平面ABC；

（2）求直线PM与平面PBO所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

（1）利用勾股定理得出线线垂直，结合等边三角形的特点，再次利用勾股定理得出线线垂直，进而得出线面垂直；

（2）根据线面垂直面 ，得出线和面的夹角 ，从而得出线面角的正弦值.

【详解】

（1）由，有，从而有，

且

又是边长等于的等边三角形，

.

又，从而有.

又平面.

（2）过点作交于点，连.

由（1）知平面，得，又平面

是直线与平面所成的角.

由（1），从而为线段的中点，

，

，

所以直线与平面所成的角的正弦值为

【规律方法】

 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质.

(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.

(3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.

【变式探究】

1．（2020·云南省下关第一中学高二月考（文））如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，底面.

（1）求证：平面；

（2）若，直线与平面所成的角为，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）证明出，，利用线面垂直判定定理可得出结论；

（2）设，则为中点，连接，分析可知直线与平面所成的角为，求得的长，分析出为等边三角形，可计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法可计算出点到平面的距离.

【详解】

（1）因为四边形是菱形，所以，

又因为平面，平面，故，

又，故平面；

（2）设，则为中点，连接，设到平面的距离为，

因为平面，所以是直线与平面所成的角，于是，因此.

又，故为等边三角形，

所以三角形的面积为，

故三棱锥的体积.

在直角三角形中，，，所以，

平面，平面，则，

则，

所以三棱锥的体积，解得，

所以，点到平面的距离为.

2.（2019·陕西高一期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，,，面面,为等边三角形，为的中点．

(1)求证：平面；

(2)若是的中点，求三棱锥的体积．

【答案】（1）详见解析（2）

【解析】

 (1)证：因为为等边中边的中点，

所以,

又因为在菱形中，，

所以为等边三角形，为的中点，

所以,而,

所以平面.

(2)解：由(1)知，面面,所以底面，

因为等边的边长为2，所以,

易知为边长为2的等边三角形，

所以三棱锥的体积为：,

因为是的中点，所以，

所以三棱锥的体积为．

考点二 ：  平面与平面垂直的判定与性质

【典例3】（2020·全国高考真题（文））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；

（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，

在上，，

是圆内接正三角形，，≌，

，即，

平面平面，平面平面；

（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，

，解得，，

在等腰直角三角形中，，

在中，，

三棱锥的体积为.

【典例4】（2020·全国高考真题（文））如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）分别为，的中点，

又

在等边中，为中点，则

又侧面为矩形，

由，平面

平面

又，且平面，平面，

平面

又平面，且平面平面

又平面

平面

平面

平面平面

（2）过作垂线，交点为，

画出图形，如图

平面

平面，平面平面

又

为的中心.

故：，则，

平面平面，平面平面，

平面

平面

又在等边中

即

由（1）知，四边形为梯形

四边形的面积为：

，

为到的距离，

.

【规律方法】

1.判定面面垂直的方法

①面面垂直的定义；

②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．

2．证面面垂直的思路

(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．

(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．

【变式探究】

1.在四边形中，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论正确的是（    ）

A.平面平面

B.平面平面

C.平面平面

D.平面平面

【答案】D

【解析】

在直角梯形中，因为为等腰直角三角形，故，

所以，故，

折起后仍然满足.因为平面平面，平面，

平面平面，

所以平面，因平面，所以.

又因为，，所以平面，

因平面，所以平面平面.

2.（2020·贵溪市实验中学月考（文））如图所示，在四棱锥中，平面，是线段的中垂线，与交于点，，，，．

（1）证明：平面平面；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

（1）因为平面，所以．

又因为，，所以平面．

又平面，所以平面平面．

（2）因为，，，，

所以由勾股定理得，．

所以，

．

设点到平面的距离为．

由，得，

即，

解得．

【总结提升】

在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直．

转化方法：在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．

考点三 ：  线面、面面垂直的综合应用

【典例5】（2020·安徽省舒城中学月考（文））设m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面．给出下列四个命题：

①若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n；②若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α；

③若m⊥n，m⊥α，α∥β，则n∥β；④若α⊥β，α∩β＝l，m∥α，m⊥l，则m⊥β．

其中正确的是（    ）

A．①② B．②③ C．②④ D．③④

【答案】C

【解析】

由是空间两条不同的直线，是空间两个不同的平面．

在①中，若，则与相交、平行或异面，故①错误；

在②中，设，因为，所以，又，所以，又，，所以，故②正确；

在③中，若，则与平行或，故③错误；

在④中，设，因为，所以，又，所以，

又因为，所以，所以，故④正确．

故选：C．

【典例6】（2021·浙江）已知三棱锥，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，是以为斜边的直角三角形，为上一点，为上一点，且．

（Ⅰ）现给出两个条件：①；②为中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：平面；

（Ⅱ）若平面，直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，且，求三棱锥的体积．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

（Ⅰ）选①选②，都是先证明平面，再证明平面，进而得到平面；

（Ⅱ）根据两个线面角相等得出，进而可求，得到三棱锥的体积．

【详解】

（Ⅰ）若选①

证明：∵平面，平面，∴，

又，，∴平面．

又平面，∴．

又，，∴平面．

又平面，∴．

又，，∴平面．

若选②为中点

证明：∵平面，平面，∴．

又，，∴平面．

又平面，∴．

又，，∴平面．

又平面，∴．

又为等腰直角三角形斜边中点，

则，，

∴平面．

（Ⅱ）由平面，平面可知，

与分别为与平面及与平面所成线面角，

所以，

又，，所以．

求得，所以．

【规律方法】

1.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．

2.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.

（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

3.在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式(如勾股定理)证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直．

4.垂直关系的转化：

【变式探究】

1. （2020·安徽省太和第一中学开学考试）四面体中，，其余棱长均为4，，分别为，上的点（不含端点），则（    ）

A．不存在，使得

B．存在，使得

C．存在，使得平面

D．存在，，使得平面平面

【答案】D

【解析】

作出示意图如下图所示：分别是AB，CD的中点，面 于，面于，

对于A选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，因为，其余棱长均为4，所以 ，

所以，所以，即 ，故A错误；

对于D选项，取E，F分别在AB，CD的中点时，由A选项的解析得， ，，

所以面，又面 ，所以平面平面，即平面 平面，故D正确；

对于B选项，作面于，因为中， ，所以定在AB的中线上，

所以就是与面所成的角，

当E在AB上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即 ，而是锐角，

的最大值为，

故当E在AB上移动时，不存在E，使得DE⊥CD.故B错误.

对于C选项，作面于，因为中， ，

所以定在AB的中线上，且不重合于点，即点 不落在AB上，

又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在E，使得DE⊥平面ABC，

故C选项不正确，

故选：D.

2.（2021·唐山市第十一中学高一月考）如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点E为的中点，点F为的中点．

（1）求证：；

（2）求证：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

（1）连结、、，利用中位线结合正方形证得，利用线面垂直的性质定理证得，利用中线证得为等腰三角形，利用平行证得结论；（2）利用三角形全等和等腰三角形证得平面，然后利用线面垂直的判定定理证得结论.

【详解】

（1）连结、、，

∵平面，

∴为斜边上的中线，∴．

又∵四边形是正方形，∴．

而由平面，得，

∴平面，∴，

∴为斜边上的中线，

∴，∴为等腰三角形，

∵E为的中点，∴．

又，

∴．

（2）由已知易得，

∴，即是等腰三角形，

∴．

又∵，，

∴平面．

又平面，

∴平面平面．

考点四：  平行、垂直的综合应用

【典例7】（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；

（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）分别为，的中点，

又

在中，为中点，则

又侧面为矩形，

由，平面

平面

又，且平面，平面，

平面

又平面，且平面平面

又平面

平面

平面

平面平面

（2）连接

平面，平面平面

根据三棱柱上下底面平行，

其面平面，面平面

故：四边形是平行四边形

设边长是()

可得：，

为的中心，且边长为

故：

解得：

在截取，故

且

四边形是平行四边形，

由（1）平面

故为与平面所成角

在，根据勾股定理可得：

直线与平面所成角的正弦值：.

【典例8】（2021·江苏省镇江中学高一月考）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，点、分别是棱、的中点.

（1）证明：平面；

（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成最大角的正切值为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.

【解析】

（1）连接BD，证明，即可证明平面；

（2）假设线段上是否存在点，连接，，，可得即为与平面所成角得平面角，当最小，即时，最大，利用条件求出，即可得出结论.

【详解】

（1）证明：连接BD，

在菱形中，，则三角形为等边三角形，

因为是的中点，

所以，

又因底面，且平面，

所以，

又，平面，平面，

所以平面；

（2）解：假设线段上是否存在点，连接，，，

则，且，故四边形为平行四边形，

所以，

由（1）可知，平面，

所以平面，则，

所以即为与平面所成角得平面角，

在中，，当最小，即时，最大，

，

所以，

在 中，，，

则，

所以线段上存在点，当时，使得与平面所成最大角的正切值为.

【总结提升】

1.与探索性问题有关的解题策略

(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．

(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．

2．证明折叠问题中的平行与垂直，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．

【变式探究】

1.（2019·云南高三月考（文））如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA1，E是A1C的中点．

（1）若P为AB的中点，证明：DE∥平面PBA1．

（2）若平面PDA1⊥平面PDA，且DE⊥平面CBA1，求四棱锥A1﹣PBCD的体积．

【答案】（1）详见解析（2）

【解析】

（1）证明：令的中点为，连接，.因为为的中点且,

所以是的中位线，所以,.

因为是的中点,且F为的中点,所以是的中位线,所以，且，于是有,

所以四边形为平行四边形,所以,

又平面，平面

所以有平面.

（2）解：因为平面，所以.

又因为是的中点，所以，

即是的中点.由可得，是的中点.

因为在中,，，沿翻折至，且平面平面，

利用面面垂直的性质可得平面，

所以.

2.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1—BCD，如图(2)所示．

(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.

(2)求证：BD⊥A1F.

(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？请说明理由．

【答案】

【解析】(1)证明：∵D，M分别为AC，FC的中点，

∴DM∥EF，

又∵EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，

∴DM∥平面A1EF.

(2)证明：∵EF⊥BD，A1E⊥BD，A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面A1EF，

∴BD⊥平面A1EF，又A1F⊂平面A1EF，

∴BD⊥A1F.

(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：

∵平面BCD⊥平面A1BD，平面BCD∩平面A1BD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面CBD，

∴EF⊥平面A1BD，

又∵A1B⊂平面A1BD，

∴A1B⊥EF，

又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM.

假设A1B⊥CD，

∵DM∩CD＝D，∴A1B⊥平面MCD，

∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾，

∴直线A1B与直线CD不能垂直．

考点五：  距离问题

【典例9】（2020·赣州市第一中学高二月考（文））如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，为等边三角形.

（1）证明：平面平面；

（2）若的面积为，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）由题意，推导出BD⊥BC，PB⊥BC，从而得BC⊥平面PBD，进而即可证明平面平面；

（2）根据，由等体积法即可求解点到平面的距离.

【详解】

解：（1）∵在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，为等边三角形，

设，则，

，

∴BD⊥BC，PB⊥BC，

∵BD∩PB＝B，

∴BC⊥平面PBD，

∵BC平面PBC，

平面平面.

（2），

，即，

由（1）知，，

，即，解得，

所以点B到面PCD的距离为.

【总结提升】

空间距离的求法：直接法、等体积法、空间向量法

【变式探究】

（2019·河南南阳中学高三开学考试（文））如图，已知四棱锥的底面是梯形， 且

(1)若为的中点，证明:⊥平面

(2)求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

 (1)证明：因为

,

又为的中点

连接，在中，为的中点

∵，

又

∴PO⊥平面

(2)解：设点到平面的距离为，

则，.

在中，,

∴.

∴

由，得，解得.