高考第一輪文科數(shù)學（人教A版）課時規(guī)范練40　空間直線、平面的垂直關系

課時規(guī)范練40空間直線、平面的垂直關系基礎鞏固組1.已知α,β是兩個不同的平面,l,m,n是三條不同的直線,下列條件中,可以得到l⊥α的是()A.l⊥m,l⊥n,m?α,n?αB.l⊥m,m∥αC.α⊥β,l∥βD.l∥m,m⊥α2.(2022山西臨汾三模)已知m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,下列命題中正確的是()A.若α⊥β,β⊥γ,則α⊥γB.若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥nC.若m⊥α,n⊥α,則m∥nD.若m∥α,n∥α,則m∥n3.(2022山西呂梁一模)如圖,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長相等,D為AA1的中點,則異面直線A1B與C1D所成的角為()A.π6 B.πC.π3 D.4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,給出下列四個推斷:①A1C1⊥AD1;②A1C1⊥BD;③平面A1C1B∥平面ACD1;④平面A1C1B⊥平面BB1D1D.其中正確推斷的個數(shù)是()A.1 B.2 C.3 D.45.(2022江西萍鄉(xiāng)二模)如圖,一個半圓的圓心為O,AB是它的一條直徑,AB=2,延長AB至C,使得BC=OB,設該半圓所在平面為α,平面α外有一點P,滿足平面POC⊥平面α,且OP=CP=5,該半圓上點Q滿足PQ=6.(1)求證:平面POQ⊥平面POC;(2)若線段CQ與半圓交于R,求三棱錐O-PQR的體積.綜合提升組6.已知矩形ABCD,AB=1,BC=2,將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折,在翻折過程中()A.存在某個位置,使得直線AC與直線BD垂直B.存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直C.存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直D.對任意位置,三對直線“AC與BD”“AB與CD”“AD與BC”均不垂直7.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=2,AB=1,E為PC的中點.求證:(1)BE⊥PD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.創(chuàng)新應用組8.如圖所示,已知△ABC與△BCD所在平面互相垂直,∠BAC=60°,∠BCD=90°,AB=AC,CD=2BC,點P,Q分別在邊BD,CD上,沿直線PQ將△PQD翻折,使D與A重合.(1)證明:AD⊥PQ;(2)求直線AP與平面ABC所成角的正弦值.

參考答案課時規(guī)范練40空間直線、平面的垂直關系1.D由α,β是兩個不同的平面,l,m,n是三條不同的直線,知:對于選項A,l⊥m,l⊥n,m?α,n?α,則l與α相交、平行或l?α,故A錯誤;對于選項B,l⊥m,m∥α,則l與α相交、平行或l?α,故B錯誤;對于選項C,α⊥β,l∥β,則l與α相交、平行或l?α,故C錯誤;對于選項D,l∥m,m⊥α,則由線面垂直的判定定理得l⊥α,故D正確.2.CA選項,考慮正方體上下底面和一個側(cè)面,可判斷錯誤;B選項,可考慮正方體相鄰兩面的共點對角線,可判斷錯誤;C選項,由線面垂直的性質(zhì)定理即可判斷正確;D選項,考慮正方體上底面的相鄰兩邊與下底面的關系,可判斷錯誤.故選C.3.D如圖,取AC中點E,連接BE,A1E,則BE⊥平面ACC1A1,所以BE⊥C1D.在正方體ACC1A1中,C1D⊥A1E,又BE∩A1E=E,所以C1D⊥平面A1BE,所以C1D⊥A1B,所以異面直線A1B與C1D所成的角為π2.故選D4.C在正方體ABCD-A1B1C1D1中,在①中,由正方體的性質(zhì)可知AD1∥BC1,∴∠A1C1B即為異面直線A1C1與AD1所成的角,在△A1C1B中顯然∠A1C1B=60°,∴A1C1與AD1成60°角,故①錯誤;在②中,∵A1C1∥AC,AC⊥BD,∴A1C1⊥BD,故②正確;在③中,∵A1C1∥AC,AD1∥BC1,A1C1∩BC1=C1,AC∩AD1=A,A1C1?平面A1C1B,BC1?平面A1C1B,AC?平面ACD1,AD1?平面ACD1,∴平面A1C1B∥平面ACD1,故③正確;在④中,∵A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1?平面BB1D1D,BB1?平面BB1D1D,∴A1C1⊥平面BB1D1D,又A1C1?平面A1C1B,∴平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故④正確.5.(1)證明連接PB,∵OP=CP,OB=CB,∴PB⊥OC,又平面POC⊥平面α,平面POC∩平面α=OC,∴PB⊥平面α,∴PB⊥OQ.∵OP=5,OQ=1,PQ=6,∴OP2+OQ2=PQ2,∴PO⊥OQ.又OP∩PB=P,∴OQ⊥平面POC,又OQ?平面POQ,∴平面POQ⊥平面POC.(2)解過點O作OD⊥QR于D,則D為QR的中點,故在Rt△COQ中,12OC×OQ=12CQ×OD,CQ=22+1∴RQ=2OQ∴S△ORQ=12RQ×OD=1又PB=OP2∴VO-PQR=VP-OQR=13S△OQR×PB=13×26.C如圖,作AE⊥BD,CF⊥BD,依題意,得AB=1,BC=2,AE=CF=63,BE=EF=FD=3A,假設存在某個位置,使得直線AC與直線BD垂直,∵BD⊥AE,∴BD⊥平面AEC.∴BD⊥EC,這與BD⊥CF矛盾,排除A.B,若存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直,則BC⊥平面ACD,從而平面ACD⊥平面BCD,即點A在底面BCD上的射影應位于線段CD上,這是不可能的,排除B.C,若存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直,則CD⊥平面ABC,從而平面ABC⊥平面BCD.取BC的中點M,連接ME,則ME⊥BD,∠AEM就是二面角A-BD-C的平面角,此角顯然存在,即當點A在底面上的射影位于BC的中點時,直線AB與直線CD垂直,故C正確.D,由上所述,可排除D.故選C.7.證明(方法1)(1)如圖,取PD的中點F,連接AF,EF,因為E為PC的中點,所以FE∥DC,且FE=12DC又因為DC=2AB,AB∥DC,所以FE∥AB,且FE=AB,所以四邊形ABEF是平行四邊形,所以BE∥AF.又因為PA=AD,F為PD的中點,所以AF⊥PD,所以BE⊥PD.(2)由(1)知BE∥AF,AF?平面PAD,BE?平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因為AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又因為AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.又因為DC?平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.(方法2)因為PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD兩兩互相垂直.以點A為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示.由題意可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1).(1)因為BE=(0,1,1),PD=(0,2,-2),所以BE·PD=0,所以BE(2)因為AD=(0,2,0),AP=(0,0,2),DC=(2,0,0),所以AD·DC=0,AP·又AD∩AP=A,所以DC=(2,0,0)為平面PAD的一個法向量.因為BE=(0,1,1),所以BE·DC=又BE?平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知DC為平面PAD的一個法向量,則DC⊥平面PAD.又DC?平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.8.(1)證明由題意可得AP=DP,AQ=DQ.取線段AD的中點R,連接PR,QR,顯然AD⊥PR,AD⊥QR.因為PR∩QR=R,PR?平面PQR,QR?平面PQR,所以AD⊥平面PQR,所以AD⊥PQ.(2)解設BC=2,則AB=AC=2