【名師一號】2022屆高三數(shù)學一輪總復習基礎(chǔ)練習：第七章-立體幾何7-5-

第五節(jié)直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)時間：45分鐘分值：100分eq\x(基)eq\x(礎(chǔ))eq\x(必)eq\x(做)一、選擇題1．(2021·沈陽模擬)已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，m?β，則“α∥β”是“l(fā)⊥m”的()A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件解析當α∥β，l⊥α時，有l(wèi)⊥β，又m?β，故l⊥m.反之，當l⊥m，m?β時，不肯定有l(wèi)⊥β，故α∥β不肯定成立．因此“α∥β”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件．答案B2．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m∥α，m∥β，則α∥βC．若m∥n，m⊥α，則n⊥αD．若m∥α，α⊥β，則m⊥β解析A選項中，直線m，n可能平行，也可能相交或異面，直線m，n的關(guān)系是任意的；B選項中，α與β也可能相交，此時直線m平行于α，β的交線；D選項中，m也可能平行于β.故選C.答案C3．(2022·浙江卷)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面()A．若m⊥n，n∥α，則m⊥αB．若m∥β，β⊥α，則m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α解析當m⊥n，n∥α時，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m?α，故A選項錯誤；當m∥β，β⊥α時，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m?α，故選項B錯誤；當m⊥β，n⊥β，n⊥α時，必有α∥β，從而m⊥α，故選項C正確；在如圖所示的正方體ABCD—A1B1C1D1中，取m為B1C1，n為CC1，β為平面ABCD，α為平面ADD1A1，這時滿足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m答案C4．關(guān)于直線m，n與平面α，β，有以下四個命題：①若m∥α，n∥β且α∥β，則m∥n；②若m∥α，n⊥β且α⊥β，則m∥n；③若m⊥α，n∥β且α∥β，則m⊥n；④若m⊥α，n⊥β且α⊥β，則m⊥n.其中真命題有()A．1個 B．2個C．3個 D．4個解析①中兩直線可以平行、相交或異面，故不正確；②中兩直線可以平行、相交或異面，故不正確；③中，由條件可得m⊥β，進而有m⊥n，故正確；④中，由條件可得m與β平行或m在β內(nèi)，故有m⊥n.綜上可知③④正確．故選B.答案B5．在直角梯形ABCD中，AB＝AD，AD∥BC，∠BCD＝45°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，則下列命題正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC解析∵AB＝AD，∠BCD＝45°，∴BD⊥CD；∵平面ABD⊥平面BCD，∴CD⊥平面ABD，∴CD⊥AB.又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.答案D6．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點M，N分別在AB1，BC1上，且AM＝eq\f(1,3)AB1，BN＝eq\f(1,3)BC1，則下列結(jié)論：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④B1D1⊥正確命題的個數(shù)是()A．4 B．3C．2 D．1解析過M，N分別作BB1的平行線交AB，BC于Q，P.由平行關(guān)系可證明PN綊MQ，∴四邊形MNPQ為平行四邊形，∴MN∥PQ，∴①③對.eq\f(BP,BC)＝eq\f(1,3)，eq\f(BQ,BA)＝eq\f(2,3)，知PQ不平行于AC，∴MN不平行于A1C1，∴②錯．由B1D1⊥A1C1，而MN不平行于A1C1，∴MN不垂直于B1D1，故④錯．所以選C.答案C二、填空題7．如圖，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________．解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直線AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC.∴AB⊥AP.與AP垂直的直線是AB.答案AB，BC，ACAB8．如圖所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，則圖中直角三角形的個數(shù)為________．解析由PA⊥平面ABC，得PA⊥AB，PA⊥AC.故△PAB、△PAC都是直角三角形．由BC⊥AC，得BC⊥PC，故△BPC是直角三角形．又△ABC明顯是直角三角形，故直角三角形的個數(shù)為4.答案49．已知四棱錐P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是棱PC，PD的中點，則①棱AB與PD所在的直線垂直；②平面PBC與平面ABCD垂直；③△PCD的面積大于△PAB的面積；④直線AE與直線BF是異面直線．以上結(jié)論正確的是________．(寫出全部正確結(jié)論的序號)解析由條件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正確；∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAB，平面PAD都與平面ABCD垂直，故平面PBC不行能與平面ABCD垂直，故②錯；∵S△PCD＝eq\f(1,2)CD·PD，S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PA，由AB＝CD，PD>PA，可知③正確；由E，F(xiàn)分別是棱PC，PD的中點可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE與BF共面，故④錯．答案①③三、解答題10．如圖，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．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，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.11．如圖所示，三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABC，且各棱長均相等，D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1(1)EF∥平面A1CD；(2)平面A1CD⊥平面A1ABB1.證明(1)如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1在△ABC中，由于D，E分別為AB，BC的中點，所以DE＝eq\f(1,2)AC，且DE∥AC.又F為A1C1的中點，所以A1F＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)AC，且A1F∥A1C1∥AC，所以A1F＝DE，且A1F∥DE即四邊形A1DEF為平行四邊形，所以EF∥DA1.又EF?平面A1CD，DA1?平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.(2)由于底面ABC是正三角形，D為AB的中點，故CD⊥AB，又側(cè)棱A1A⊥底面ABC，CD?平面ABC所以AA1⊥CD，又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，而CD?平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.eq\x(培)eq\x(優(yōu))eq\x(演)eq\x(練)1．(2021·牡丹江模擬)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為菱形，其中PA＝PD＝AD＝2，∠BAD＝60°，Q為AD的中點．(1)求證：AD⊥平面PQB.(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PM＝eq\f(1,2)PC，求四棱錐M—ABCD的體積．解(1)證明：連接BD，由于PA＝PD＝AD＝2，Q為AD的中點，所以PQ⊥AD.又由于∠BAD＝60°，底面ABCD為菱形，所以△ABD是等邊三角形，由于Q為AD的中點，所以AD⊥BQ.由于PQ，BQ是平面PQB內(nèi)的相交直線，所以AD⊥平面PQB.(2)連接QC，作MH⊥QC于H.由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD，所以PQ⊥平面ABCD，結(jié)合QC?平面ABCD，可得PQ⊥QC.由于在平面PQC中，MH⊥QC且PQ⊥QC，所以PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，即MH就是四棱錐M—ABCD的高，由于PM＝eq\f(1,2)PC，可得MH＝eq\f(1,2)PQ＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),2)，所以四棱錐M—ABCD的體積為VM—ABCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AC×BD×MH＝eq\f(1,6)×2eq\r(3)×2×eq\f(\r(3),2)＝1.2．(理)如圖，四棱錐E—ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.(1)求證：BD⊥平面ADE；(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值；(3)在線段CE上是否存在一點F使得平面BDF⊥平面CDE？請說明理由．解(1)證明：由BC⊥CD，BC＝CD＝2，可得BD＝2eq\r(2).由EA⊥ED，且EA＝ED＝2，可得AD＝2eq\r(2).又AB＝4，所以BD⊥AD.又平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，BD?平面ABCD，所以BD⊥平面ADE.(2)如圖建立空間直角坐標系D—xyz，則D(0,0,0)，B(0,2eq\r(2)，0)，C(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－2eq\r(2)，eq\r(2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面CDE的一個法向量，則n·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,－x＋y＝0.))令x＝1，則n＝(1,1，－1)．設(shè)直線BE與平面CDE所成的角為α，則sinα＝|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|\o(BE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|\r(2)－2\r(2)－\r(2)|,2\r(3)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).所以BE和平面CDE所成的角的正弦值為eq\f(\r(2),3).(3)設(shè)eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]．eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(2))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)．則eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋λeq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\r(2)(2λ－1，－λ＋1，λ)．設(shè)m＝(x′，y′，z′)是平面BDF的一個法向量，則m·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y′＝0，,2λ－1x′＋－λ＋1y′＋λz′＝0.))令x′＝1，則m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(2λ－1,λ))).若平面BDF⊥平面CDE，則m·n＝0，即1＋eq\f(2λ－1,λ)＝0，λ＝eq\f(1,3)∈[0,1]．所以，在線段CE上存在一點F使得平面BDF⊥平面CDE.(文)(2022·課標全國卷Ⅰ)如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO(1)證明：B1C⊥AB(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC—A1B1C1解(1)證明：連接BC1，則O為B1C與BC1的交點．由于側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB(2)作OD⊥BC，垂足為D，連接AD.作OH⊥AD，垂足為H.由于BC⊥AO，BC⊥