新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)練案41第七章立體幾何第四講空間直線平面的垂直

練案[41]四講空間直線、平面的垂直A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2023·北京延慶統(tǒng)測(cè))已知直線a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的(A)A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件[解析]過(guò)a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，則b⊥β，又b?α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α?xí)r，a∥β或a與β相交，不一定a⊥β，故選A.2．(2022·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知直線m，n和平面α，β，γ，有如下四個(gè)命題：①若m⊥α，m∥β，則α⊥β；②若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，則m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α.其中真命題的個(gè)數(shù)是(C)A．1 B．2C．3 D．4[解析]①若m⊥α，m∥β，則一定有α⊥β，故①正確；②若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又因?yàn)閚?β，故可得α⊥β，故②正確；③若n⊥α，n⊥β，故可得α∥β，又因?yàn)閙⊥α，故可得m⊥β，故③正確；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故④錯(cuò)誤；綜上所述，正確的有①②③.故選C.3．(2023·安徽省皖江名校聯(lián)盟聯(lián)考)對(duì)于不重合的直線m，l和平面α，β，下列可以推出α⊥β成立的是(A)A．m∥l，m?β，l⊥αB．m⊥l，α∩β＝l，m?αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．m∥l，l⊥α，m⊥β[解析]對(duì)于A，m∥l，l⊥α，得m⊥α，又m?β，∴α⊥β，故對(duì)；對(duì)于B，當(dāng)直線m在平面α內(nèi)部，且垂直于兩個(gè)平面的交線l時(shí)，也會(huì)出現(xiàn)面α、β相交不垂直的情況，故錯(cuò)；對(duì)于C，eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,l⊥β))?,\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,m⊥α))?α∥β))，故錯(cuò)；對(duì)于D，l∥m，l⊥α，m⊥β，則α、β應(yīng)該為平行關(guān)系，故錯(cuò)．故選A.4.(2022·卓越聯(lián)盟質(zhì)檢)已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列命題中正確的有(B)①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直線CD與PF所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)；④直線PD與平面ABC所成的角為45°；⑤CD∥平面PAE.A．①④ B．①③④C．②③⑤ D．①②④⑤[解析]∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六邊形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；∵AD與PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直線CD與PF所成的角為∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝eq\f(\r(5),5)，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，顯然AF與平面PAE相交，∴CD與平面PAE相交，即⑤不成立，故選B.5．(2022·河南九師聯(lián)盟摸底)已知線段AB?平面α，A，B兩點(diǎn)到α的距離分別為3和5，則AB的中點(diǎn)到平面α的距離為(C)A．1 B．4C．1或4 D．2[解析]若A，B點(diǎn)在平面α的同側(cè)，則線段AB的中點(diǎn)到平面α的距離為eq\f(5＋3,2)＝4；若A，B在平面α的異側(cè)，則線段AB的中點(diǎn)到α的距離為eq\f(5－3,2)＝1.綜上，線段AB的中點(diǎn)到平面α的距離為1或4.6．(2023·湖南名校聯(lián)考)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，且BC＝3，AC＝4，CC1＝3，點(diǎn)P在棱AA1上，且三棱錐A－PBC的體積為4，則直線BC1與平面PBC所成角的正弦值等于(C)A.eq\f(\r(10),4) B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(15),5)[解析]解法一：由已知得AA1⊥底面ABC，且AC⊥BC，所以VA－PBC＝VP－ABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×PA＝4，解得PA＝2，在AC上取點(diǎn)E使C1E⊥CP交CP于F，由題意可知BC⊥平面ACC1A1，從而B(niǎo)C⊥C1E，∴C1E⊥平面BCP，連接BF，則∠C1BF為BC1與平面BCP所成的角，由△CAP∽△CFC1可求得C1F＝eq\f(6\r(5),5)，又BC1＝3eq\r(2)，∴sin∠C1BF＝eq\f(C1F,C1B)＝eq\f(\r(10),5)，故選C.解法二：由解法一知PA＝2，從而CP＝2eq\r(5)，設(shè)C1到平面BCP的距離為d，由VB－CC1P＝VC1－BCP知6×3＝3eq\r(5)d，∴d＝eq\f(6\r(5),5).∴sin∠C1BF＝eq\f(d,BC1)＝eq\f(\r(10),5).故選C.7．(2023·山東濱州模擬)如圖，斜線段AB與平面α所成的角為eq\f(π,4)，B為斜足．平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝eq\f(π,6)，則點(diǎn)P的軌跡為(B)A．圓 B．橢圓C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分[解析]用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當(dāng)平面和圓錐的一條母線平行時(shí)，得到拋物線．參考上圖：此題中平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝eq\f(π,6)，可理解為P在以AB為軸的圓錐的側(cè)面上，再由斜線段AB與平面α所成的角為eq\f(π,4)，可知P的軌跡符合圓錐曲線中橢圓定義，故可知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡是橢圓，故選B.8．(2022·全國(guó)乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則(A)A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D[解析]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD且DD1⊥AC，所以AC⊥平面BDD1，又E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，所以EF⊥平面BDD1，又EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正確；若平面B1EF∥平面A1AC，則AA1∥B1E，這顯然與AA1、B1E相交矛盾，故C錯(cuò)誤；又平面B1AC∥平面A1C1D易知D錯(cuò)誤；如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則B1(2,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，設(shè)平面B1EF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0，,m·\o(EB1,\s\up6(→))＝y(tǒng)1＋2z1＝0，))可取m＝(2,2，－1)，同理可得平面A1BD的法向量為n1＝(1，－1，－1)，則m·n1＝2－2＋1＝1≠0，所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯(cuò)誤．故選A.二、多選題9．(2023·廣東江門(mén)調(diào)研)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是(AB)A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γC．若m∥α，n∥α，則m∥nD．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β[解析]對(duì)于A，因?yàn)閚∥α，所以經(jīng)過(guò)n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因?yàn)閙⊥α，l?α，所以m⊥l，結(jié)合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命題；對(duì)于B，因?yàn)棣痢桅虑姚隆桅?，所以α∥γ，結(jié)合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命題；對(duì)于C，設(shè)直線m、n是位于正方體上底面所在平面內(nèi)的相交直線，而平面α是正方體下底面所在的平面，則有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正確；對(duì)于D，設(shè)平面α、β、γ是位于正方體經(jīng)過(guò)同一個(gè)頂點(diǎn)的三個(gè)面，則有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正確．故選AB.10．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，則(ABD)A．直線BC1與DA1所成的角為90°B．直線BC1與CA1所成的角為90°C．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D．直線BC1與平面ABCD所成的角為45°[解析]如圖，連接B1C、BC1，因?yàn)镈A1∥B1C，所以直線BC1與B1C所成的角即為直線BC1與DA1所成的角，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1C⊥BC1，故直線BC1與DA1所成的角為90°，故A正確；連接A1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，則A1B1⊥BC1，因?yàn)锽1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C?平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正確；連接A1C1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O，連接BO，因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，則C1O⊥B1B，因?yàn)镃1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則C1O＝eq\f(\r(2),2)，BC1＝eq\r(2)，sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，所以，直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正確．故選ABD.11.(2022·廣東茂名五校聯(lián)盟聯(lián)考)已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O是底面ABCD的中心，點(diǎn)M是側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且OM∥平面C1A1D，則以下關(guān)系一定正確的是(BD)A．OM∥DC1B．C．OM⊥B1CD．OM⊥BD1[解析]如圖易知平面C1A1D∥平面ACB1，由題意可知M在B1C上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)M運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)OM與DC1異面，∴A錯(cuò)；由B1C∥A1D知B1C∥平面C1A1D，∴B對(duì)；C顯然錯(cuò)；由BD1⊥平面ACB1知OM⊥BD1，D對(duì)．故選BD.三、填空題12．(2023·湖南五校聯(lián)考)已知直線m、l，平面α、β，且m⊥α，l?β，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.其中正確的命題是_①④__.[解析]對(duì)于①，若α∥β，m⊥α，l?β，則m⊥l，故①正確；對(duì)于②，若α⊥β，則m∥l或m與l垂直，或m與l異面，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，若m⊥l，則α⊥β或α∥β或與β相交，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β，故④正確．13．已知l是平面α，β外的直線，給出下列三個(gè)論斷，①l∥α；②α⊥β；③l⊥β，以其中兩個(gè)論斷為條件，余下的論斷為結(jié)論，寫(xiě)出一個(gè)正確命題：_若①③，則②或若②③，則①(填寫(xiě)一個(gè)即可)__.(用序號(hào)表示)[解析]因?yàn)閘∥α，α⊥β時(shí)，l與β可能平行或者相交，所以①②作為條件，不能得出③；因?yàn)閘∥α，所以α內(nèi)存在一條直線m與l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作為條件，可以得出②；因?yàn)棣痢挺拢琹⊥β，所以l∥α或者l?α，因?yàn)閘是平面α外的直線，所以l∥α，即②③作為條件，可以得出①；故答案為：若①③，則②或若②③，則①(填寫(xiě)一個(gè)即可)．四、解答題14.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)，求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[證明](1)∵PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE?平面PAC.故CD⊥AE.(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.∵E是PC的中點(diǎn)，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.15．(2023·廣東梅州質(zhì)檢)如圖，在四棱錐B－ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，△ABC是等邊三角形，在直角梯形ACDE中，AE∥CD，AE⊥AC，AE＝1，AC＝CD＝2，P是棱BD的中點(diǎn)．求證：EP⊥平面BCD.[證明]證法一：如圖，作PQ∥DC交BC于點(diǎn)Q，連接AQ，∵P為BD的中點(diǎn)，∴Q為BC的中點(diǎn)，∴PQ綉eq\f(1,2)CD，又AE綉eq\f(1,2)CD，∴PQ綉AE，四邊形AEPQ為平行四邊形，又△ABC為等邊三角形，∴AQ⊥BC，∴EP⊥BC.又AE∥CD，AE⊥AC，∴CD⊥AC，又平面ABC⊥平面ACDE，∴CD⊥平面ABC，又AQ?平面ABC，∴AQ⊥CD，∴EP⊥CD，又CD∩BC＝C，∴EP⊥平面BCD.證法二：分別取梯形兩腰AC、ED的中點(diǎn)O、H，連接OH，OB.則OH∥AE，∵AE⊥AC，∴OH⊥AC，又平面ACDE⊥平面ABC，∴OH⊥平面ABC，∴OH⊥AC，OH⊥OB.又△ABC為正三角形，∴OB⊥AC.如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意易知E(1,0,1)，C(－1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，D(－1,0,2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，∴eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0,0,2)，從而eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，∴EP⊥BC，EP⊥CD，又BC∩CD＝C，∴EP⊥平面BCD.B組能力提升1．(2023·三湘名校聯(lián)盟聯(lián)考)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是(C)A．若α⊥β，m⊥n，m⊥α，則n⊥βB．若α⊥β，m⊥n，m∥α，則n∥βC．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥nD．若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n[解析]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,m⊥α))?m∥β或m?β，①若m∥β，則?n′?β，則m∥n′，∵n⊥β，∴n⊥n′，∴n⊥m；②若m?β，∵n⊥β，∴n⊥m，選C.2．(多選題)如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是點(diǎn)A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論正確的是(ABD)A．AF⊥PBB．EF⊥PBC．AE⊥平面PBCD．平面PAC⊥平面PBC[解析]由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB，故A正確；因?yàn)锳E⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB，故B正確；若AE⊥平面PBC，由A知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，這與AF，AE有公共點(diǎn)A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立，故C錯(cuò)誤；由BC⊥平面PAC知平面PAC⊥平面PBC，故D正確，故選ABD.3．(多選題)(2022·湖南岳陽(yáng)質(zhì)檢)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為A1D1，DC的中點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)B且與直線l垂直的平面截正方體所得截面圖形為三角形，則l可以是下列哪些線段所在的直線(BC)A．A1F B．CEC．EF D．B1F[解析]過(guò)點(diǎn)B與A1F垂直的正方體的截面為等腰梯形BC1MN.(M、N分別為AD、DD1的中點(diǎn))，如圖①故A錯(cuò)誤；過(guò)點(diǎn)B與CE垂直的正方體的截面為△BMN(M，N分別為CC1、CD的中點(diǎn))，如圖②，故B正確；過(guò)點(diǎn)B與EF垂直的正方體的截面為△BDM(M為CC1的中點(diǎn))，如圖③，故C正確；過(guò)點(diǎn)B與B1F垂直的正方體的截面為等腰梯形BC1EM(M為AA1的中點(diǎn))，如圖④，故D錯(cuò)誤．選BC.4．(多選題)(2022·河北滄州質(zhì)檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，P是正方體表面一動(dòng)點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(AD)A．若AP＝2，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度是3πB．若AP＝C1P，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為6C．若點(diǎn)P到直線BB1的距離為1，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為4D．若點(diǎn)P到直線AA1，BB1，CD的距離相等，則滿足條件的點(diǎn)P僅有2個(gè)[解析]對(duì)于A，如圖(1)，點(diǎn)P在以A為球心，以2為半徑的球面上，該球面與正方體表面的交線為三段半徑為2的四分之一圓，故軌跡長(zhǎng)度為eq\f(3,4)×2π×2＝3π，故A正確；對(duì)于B，如圖(2)，點(diǎn)P在過(guò)線段AC1中點(diǎn)且與AC1垂直的平面內(nèi)，該平面與正方體表