《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

1. 思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1) 直线 $ l $ 与平面 $ \alpha $ 内的无数条直线都垂直，则 $ l \perp \alpha $. (×)
(2) 垂直于同一个平面的两平面平行. (×)
(3) 若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面. (×)
(4) 若平面 $ \alpha $ 内的一条直线垂直于平面 $ \beta $ 内的无数条直线，则 $ \alpha \perp \beta $. (×)

答案：
1.
(1)×　
(2)×　
(3)×　
(4)×　[
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l 与α斜交或l⊂α或l//α,故
(1)错误.
(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交,故
(2)错误
(3)若两个平面垂直,则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行,也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内,故
(3)错误.
(4)如图,在正方体ABCD−A₁B₁C₁D₁中,BC₁⊥AB,
　所以BC₁垂直于平面ABCD内所有与AB平行的直线,而平面ABC₁D₁
　过BC₁,显然平面ABC₁D₁
　与平面ABCD不垂直,故
(4)错误.]
　　　　　　　　　　　

2. (人教 A 必修二 P159T2 改编) 已知直线 $ a $，$ b $ 与平面 $ \alpha $，$ \beta $，$ \gamma $，能使 $ \alpha \perp \beta $ 的充分条件是(D)

A.$ \alpha \perp \gamma $，$ \beta \perp \gamma $
B.$ \alpha \cap \beta = a $，$ b \perp a $，$ b \subset \beta $
C.$ a // \beta $，$ a // \alpha $
D.$ a // \alpha $，$ a \perp \beta $

答案： 2.D [α⊥γ,β⊥γ→α与β相交或平行,故A不正确;
　因为α∩β=a,b⊥a，b⊂β,所以β可以绕交线a 任意旋转,所以不能得到α⊥β,故B不正确;α//β,a//α→a与β相交或平行,故C不正确;当α⊥β,a//α,过直线α作平面与平面α交于直线b,所以a//b,又a⊥β,所以b⊥β,又b⊂ α,所以α⊥β,故D正确.]

3. (人教 A 必修二 P150 探究改编) 如图，将一张三角形纸片沿着 $ BC $ 边上的高 $ AD $ 翻折后竖立在桌面上，则折痕 $ AD $ 所在直线与桌面 $ \alpha $ 所成的角等于(C)


A.$ 150^{\circ} $
B.$ 135^{\circ} $
C.$ 90^{\circ} $
D.$ 60^{\circ} $

答案： 3.C　[由题意可知AD⊥BD,AD⊥CD,BD∩
CD=D,BD,CD⊂平面α,
　所以AD⊥平面α,所以折痕AD所在直线与桌面α所成的角等于90°,]

4. (苏教必修二 P187T11 改编) 过 $ \triangle ABC $ 所在平面 $ \alpha $ 外一点 $ P $，作 $ PO \perp \alpha $，垂足为 $ O $，连接 $ PA $，$ PB $，$ PC $.
(1) 若 $ PA = PB = PC $，则点 $ O $ 是 $ \triangle ABC $ 的外心.
(2) 若 $ PA \perp PB $，$ PB \perp PC $，$ PC \perp PA $，垂足都为 $ P $，则点 $ O $ 是 $ \triangle ABC $ 的垂心.

答案： 4.
(1)外　
(2)垂　[
(1)易证△POA≌△POB≌△POC,故OA=OB=OC,O是△ABC的外心.
(2)易知PA⊥平面PBC,从而PA⊥BC.
　而PO⊥平面ABC,所以PO⊥BC,
　从而BC⊥平面PAO,所以BC⊥AO,
　同理AC⊥BO.所以O为△ABC的垂心.]

考点一 直线与平面垂直的判定与性质

例 1 如图，已知正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $.
(1) 求证：$ B_1D_1 \perp $ 平面 $ A_1C_1C $；
(2) $ M $，$ N $ 分别为 $ B_1D_1 $ 与 $ C_1D $ 上的点，且 $ MN \perp B_1D_1 $，$ MN \perp C_1D $，求证：$ MN // A_1C $.证明　(1)如图,连接A₁C₁　因为CC₁⊥平面A₁B₁C₁D₁,B₁D₁⊂平面A₁B₁C₁D₁,所以CC₁⊥B₁D₁.　因为四边形A₁B₁C₁D₁是正方形,所以A₁C₁⊥B₁D₁　又因为CC₁∩A₁C₁=C,A₁C₁,CC₁⊂平面A₁C₁C,所以B₁D₁⊥平面A₁C₁C;　(2)如图，连接B₁A,AD₁.因为B₁C₁=AD,B₁C₁//AD,　所以四边形ADC₁B₁为平行四边形,所以C₁D//AB₁,因为MN⊥C₁D,所以MN⊥AB₁.　又因为MN⊥B₁D₁,AB₁∩B₁D₁=B₁,AB₁,B₁D₁⊂平面AB₁D₁,所以MN⊥平面AB₁D₁.由(1)知B₁D₁⊥平面A₁C₁C,且A₁C₁⊂平面A₁C₁C,所以A₁C₁⊥B₁D₁.同理可得A₁C₁⊥AB₁.又因为AB₁∩B₁D₁=B₁,AB₁,B₁D₁⊂平面AB₁D₁,所以A₁C₁⊥平面AB₁D₁.所以MN//A₁C₁.

答案：
例1证明　
(1)如图,连接A₁C₁
　　　　　　
　因为CC₁⊥平面A₁B₁C₁D₁,B₁D₁⊂平面
A₁B₁C₁D₁,
所以CC₁⊥B₁D₁.
　因为四边形A₁B₁C₁D₁是正方形,
　所以A₁C₁⊥B₁D₁
　又因为CC₁∩A₁C₁=C,A₁C₁,CC₁⊂平面
A₁C₁C,所以B₁D₁⊥平面A₁C₁C;
(2)如图，连接B₁A,AD₁.
　因为B₁C₁=AD,B₁C₁//AD,
　所以四边形ADC₁B₁为平行四边形,
　所以C₁D//AB₁,
　因为MN⊥C₁D,所以MN⊥AB₁.
　又因为MN⊥B₁D₁,AB₁∩B₁D₁=B₁,AB₁,
B₁D₁⊂平面AB₁D₁,所以MN⊥平面AB₁D₁.
由
(1)知B₁D₁⊥平面A₁C₁C,且A₁C₁⊂平面
A₁C₁C,所以A₁C₁⊥B₁D₁.
　同理可得A₁C₁⊥AB₁.
　又因为AB₁∩B₁D₁=B₁,AB₁,B₁D₁⊂平面
AB₁D₁,所以A₁C₁⊥平面AB₁D₁.
　所以MN//A₁C₁.

如图，平面 $ PAB \perp $ 平面 $ ABC $，平面 $ PAC \perp $ 平面 $ ABC $，$ AE \perp $ 平面 $ PBC $，$ E $ 为垂足.
(1) 求证：$ PA \perp $ 平面 $ ABC $；
(2) 当点 $ E $ 为 $ \triangle PBC $ 的垂心时，求证：$ \triangle ABC $ 是直角三角形.

答案：
训练1证明　
(1)如图,在平面ABC内取一点
D,过点D作DF⊥AC
　于点F.
　　　　　　　　　　 因为平面PAC⊥平面
ABC,且交线为AC,
DF⊂平面ABC,
　所以DF⊥平面PAC;
　因为PA⊂平面PAC,所以DF⊥PA.
　过点D作DG⊥AB于点G,
　同理可证DG⊥PA,
　因为DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,所以PA⊥平面ABC.
(2)如图,连接BE并延长交PC于点H.
　因为点E是△PBC的垂心,所以PC⊥BH,又AE⊥平面PBC,PC⊂平面PBC,
　所以PC⊥AE.
　因为AE∩BH=E,AE,BH⊂平面ABE,
　所以PC⊥平面ABE.
　又AB⊂平面ABE,所以PC⊥AB.
　由
(1)知PA⊥平面ABC,
　又AB⊂平面ABC,所以PA⊥AB.
　因为PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,
　所以AB⊥平面PAC.
　又AC⊂平面PAC,所以AB⊥AC,
　即△ABC是直角三角形