【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)基礎(chǔ)鞏固：第9章-第5節(jié)-線面、面面垂直的判定與性質(zhì)

第九章第五節(jié)一、選擇題1．(文)(2022·溫州十校聯(lián)考)關(guān)于直線a，b，l及平面α，β，下列命題中正確的是()A．若a∥α，b∥α，則a∥bB．若a∥α，b⊥a，則b⊥αC．若a?α，b?α，且l⊥a，l⊥b，則l⊥αD．若a⊥α，a∥β，則α⊥β[答案]D[解析]平行于同一平面的兩條直線的位置關(guān)系不確定，故A錯；a∥α，b⊥a時，經(jīng)過b與a垂直的平面α內(nèi)任一條直線l都與a垂直，但l與α的位置關(guān)系不確定，每一條直線l都可取作直線b，故B錯；對于C，當a與b相交時，結(jié)論成立，當a與b不相交時，結(jié)論錯誤，故C錯；∵a∥β，設(shè)經(jīng)過a的平面與β相交于c，則a∥c，∵a⊥α，∴c⊥α，∴α⊥β，故D正確．(理)已知兩條不同的直線m、n，兩個不同的平面α、β，則下列命題中的真命題是()A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥nB．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥nC．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥nD．若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m∥n[答案]A[解析]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,α⊥β))?m∥β或m?β,n⊥β))?m⊥n，故A正確；如圖(1)，m⊥α，n⊥α滿足n∥β，但m∥n，故C錯；如圖(2)知B錯；如圖(3)正方體中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D錯．2．(文)設(shè)α、β、γ是三個不重合的平面，l是直線，給出下列命題①若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γ；②若l上兩點到α的距離相等，則l∥α；③若l⊥α，l∥β，則α⊥β；④若α∥β，l?β，且l∥α，則l∥β.其中正確的命題是()A．①② B．②③C．②④ D．③④[答案]D[解析]對于①：若α⊥β，β⊥γ，則可能α⊥γ，也可能α∥γ.對于②：若l上兩點到α的距離相等，則l∥α，明顯錯誤．當l⊥α，l∩α＝A時，l上到A距離相等的兩點到α的距離相等．③④明顯正確．(理)設(shè)a、b為兩條直線，α、β為兩個平面，下列四個命題中真命題是()A．若a、b與α所成角相等，則a∥bB．若a∥α，b∥β，α⊥β，則a⊥bC．若a?α，b?β，a⊥b，則α⊥βD．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，則a⊥b[答案]D[解析]正四棱錐P－ABCD中，PA、PC與底面ABCD所成角相等，但PA與PC相交，∴A錯；如圖(1)正方體中，a∥b∥c，滿足a∥α，b∥β，α⊥β，故B錯；圖(2)正方體中，上、下底面為β、α，a、b為棱，滿足a?α，b?β，a⊥b，但α∥β，故C錯；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,α⊥β))?a∥β或a?β,b⊥β))?b⊥a，故D真．3．(2022·浙江溫州第一次適應(yīng)性測試)m是一條直線，α，β是兩個不同的平面，以下命題正確的是()A．若m∥α，α∥β，則m∥β B．若m∥α，m∥β，則α∥βC．若m∥α，α⊥β，則m⊥β D．若m∥α，m⊥β，則α⊥β[答案]D[解析]若m∥α，α∥β，則m∥β或m?β，A錯誤；若m∥α，m∥β，則α∥β或α∩β＝l，且m∥l，B錯誤；若m∥α，α⊥β，則m⊥β或m∥β或m?β，C錯誤；∵m∥α，∴存在直線n?α，使m∥n，∵m⊥β，∴n⊥β，又∵n?α，∴α⊥β，故選D．4．(文)(2021·深圳調(diào)研)如圖，在立體圖形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE[答案]C[解析]要推斷兩個平面的垂直關(guān)系，就需找一個平面內(nèi)的一條直線與另一個平面垂直．由于AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.由于AC在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.所以選C．(理)(2022·望江期中)在正四周體P－ABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點，下面四個結(jié)論中不成立的是()A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC[答案]C[解析]∵D、F分別為AB、CA中點，∴DF∥BC．∴BC∥平面PDF，故A正確．又∵P－ABC為正四周體，∴P在底面ABC內(nèi)的射影O在AE上．∴PO⊥平面ABC．∴PO⊥DF.又∵E為BC中點，∴AE⊥BC，∴AE⊥DF.又∵PO∩AE＝O，∴DF⊥平面PAE，故B正確．又∵PO?平面PAE，PO⊥平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，故D正確．∴四個結(jié)論中不成立的是C．5．(文)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，則點A到平面A1BC的距離為A．eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(3\r(3),4) D．eq\r(3)[答案]B[解析]解法1：取BC中點E，連接AE、A1E，過點A作AF⊥A1E，垂足為F.∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥∵AB＝AC．∴AE⊥BC．∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC．∴AF的長即為所求點A到平面A1BC的距離．∵AA1＝1，AE＝eq\r(3)，∴AF＝eq\f(\r(3),2).解法2：VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),3).又∵A1B＝A1C＝eq\r(5)，在△A1BE中，A1E＝eq\r(A1B2－BE2)＝2.∴S△A1BC＝eq\f(1,2)×2×2＝2.∴VA－A1BC＝eq\f(1,3)×S△A1BC·h＝eq\f(2,3)h.∴eq\f(2,3)h＝eq\f(\r(3),3)，∴h＝eq\f(\r(3),2).∴點A到平面A1BC距離為eq\f(\r(3),2).(理)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面A1ABB1⊥BC，且A1C與底面成45°角，AB＝BC＝2，A．4eq\r(3) B．3eq\r(3)C．4 D．3[答案]C[解析]由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交線為AB，故A1在平面ABC上的射影D在AB上．由A1C與底面成45°角得A1D＝DC，∵BC⊥AB，∴當CD最小即CD＝BC時A1D最小，此時Vmin＝eq\f(1,2)×AB×BC×A1D＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4.故選C．6.(2022·皖南八校聯(lián)考)正四周體ABCD的棱長為1，G是△ABC的中心，M在線段DG上，且∠AMB＝90°，則GM的長為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(6),6)[答案]D[解析]∵G是正四周體ABCD的面ABC的中心，M在DG上，∴MA＝MB，又∠AMB＝90°，AB＝1，∴MA＝MB＝eq\f(\r(2),2)，又AG＝eq\f(\r(3),3)，∴MG＝eq\r(MA2－AG2)＝eq\r(\f(\r(2),2)2－\f(\r(3),3)2)＝eq\f(\r(6),6).二、填空題7.如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，當D1M⊥平面A1C1D時，[答案]2eq\r(2)[解析]∵DA＝DC＝AA1＝DD1且DA、DC、DD1兩兩垂直，故當點M使四邊形ADCM為正方形時，D1M⊥平面A1C1D，∴DM＝2eq\r(2).8.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足______時，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)[答案]DM⊥PC(或BM⊥PC等)(不唯一)[解析]連接AC，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC．∴當DM⊥PC(或BM⊥PC等)時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD．9．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E、F、G分別是AB、BC、B1C1的中點．下列命題正確的是________(①以正方體的頂點為頂點的三棱錐的四個面最多只有三個面是直角三角形；②P在直線FG上運動時，AP⊥DE；③Q在直線BC1上運動時，三棱錐A－D1QC的體積不變；④M是正方體的面A1B1C1D1內(nèi)到點D和C1距離相等的點，則M點的軌跡是一條線段[答案]②③④[解析]三棱錐A1－ABC的四個面都是直角三角形，故①錯；P在FG上運動時，PF⊥平面ABCD，∴PF⊥DE，又在正方體ABCD中，E、F為AB、BC中點，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；VA－D1QC＝VQ－AD1C∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD1C，∴無論點Q在BC1上怎樣運動，Q到平面AD1C距離都相等，故③真；到點D和C1距離相等的點在經(jīng)過線段C1D的中點與DC1垂直的平面α上，故點M為平面α與正方體的面A1B1C1D1相交線段上的點，這條線段即A1三、解答題10．(2022·山東威海一模)如圖所示，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分別為AB，CB的中點，M為底面△OBF的重心．(1)求證：平面ADF⊥平面CBF；(2)求證：PM∥平面AFC；(3)求多面體CD－AFEB的體積V.[解析](1)證明：∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABEF.又AF?平面ABEF，∴CB⊥AF.又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝eq\r(3)，∴AF2＋BF2＝AB2，∴得AF⊥BF.又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB．∵AF?平面ADF，∴平面ADF⊥平面CBF.(2)證明：連接OM延長交BF于H，則H為BF的中點，又P為CB的中點，∴PH∥CF.又∵CF?平面AFC，∴PH∥平面AFC．連接PO，則PO∥AC，∵AC?平面AFC，PO?平面AFC，∴PO∥平面AFC．又PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，PM?平面POH，PM∥平面AFC．(3)多面體CD－AFEB的體積可分成三棱錐C－BEF與四棱錐F－ABCD的體積之和．在等腰梯形ABEF中，計算得EF＝1，兩底間的距離EE1＝eq\f(\r(3),2)，∴VC－BEF＝eq\f(1,3)S△BEF×CB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),12)，VF－ABCD＝eq\f(1,3)S?ABCD×EE1＝eq\f(1,3)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)，∴V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝eq\f(5\r(3),12).一、解答題11．(文)如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面相互垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M為CE的中點．(1)求證：BM∥平面ADEF；(2)求證：平面BDE⊥平面BEC．[證明](1)證明：延長DA與CB相交于P，∵AB＝AD＝2，CD＝4，AB∥CD，∴B為PC的中點，又M為CE的中點，∴BM∥EP，∵BM?平面ADEF，EP?平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.(2)證明：由(1)知，BC＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(1,2)eq\r(PD2＋CD2)＝2eq\r(2)，又BD＝eq\r(AD2＋AB2)＝2eq\r(2)，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BD⊥BC．又平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BC，∵ED∩BD＝D，∴BC⊥平面BDE，又BC?平面BEC，∴平面BDE⊥平面BEC．(理)(2021·合肥其次次質(zhì)檢)如圖，在幾何體ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD．M為線段BD的中點，MC∥AE，AE＝MC＝eq\r(2).(1)求證：平面BCD⊥平面CDE；(2)若N為線段DE的中點，求證：平面AMN∥平面BEC．[解析](1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M為線段BD的中點，∴AM＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)，AM⊥BD．∵MC＝eq\r(2)，∴MC＝eq\f(1,2)BD，∴BC⊥CD．∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD．∴平面ABD⊥平面CBD，∴AM⊥平面CBD．又MC綊AE，∴四邊形AMCE為平行四邊形，∴EC∥AM，∴EC⊥平面CBD，∴BC⊥EC，∵EC∩CD＝C，∴BC⊥平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE.(2)∵M為BD中點，N為ED中點，∴MN∥BE且BE∩EC＝E，由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，∴平面AMN∥平面BEC．12．(文)(2021·北京朝陽期末)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，E是棱CD上的一點(1)求證：AD1⊥平面A1B1D；(2)求證：B1E⊥AD1；(3)若E是棱CD的中點，在棱AA1上是否存在點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求出線段AP的長；若不存在，請說明理由．[解析](1)證明：在長方體ABCD－A1B1C1D1由于A1B1⊥平面A1D1DA，所以A1B1⊥AD1.在矩形A1D1DA中，由于AA1＝AD＝2，所以AD1⊥A1D．所以AD1⊥平面A1B1D．(2)證明：由于E∈CD，所以B1E?平面A1B1CD，由(1)可知，AD1⊥平面A1B1CD，所以B1E⊥AD1.(3)解：當點P是棱AA1的中點時，有DP∥平面B1AE.理由如下：在AB1上取中點M，連接PM，ME.由于P是棱AA1的中點，M是AB1的中點，所以PM∥A1B1，且PM＝eq\f(1,2)A1B1.又DE∥A1B1，且DE＝eq\f(1,2)A1B1，所以PM∥DE，且PM＝DE，所以四邊形PMED是平行四邊形，所以DP∥ME.又DP?平面B1AE，ME?平面B1AE，所以DP∥平面B1AE.此時，AP＝eq\f(1,2)A1A＝1.(理)(2022·四川綿陽二診)如圖所示，四邊形ABCD為矩形，四邊形ADEF為梯形，AD∥FE，∠AFE＝60°，且平面ABCD⊥平面ADEF，AF＝FE＝AB＝eq\f(1,2)AD＝2，點G為AC的中點．(1)求證：EG∥平面ABF；(2)求三棱錐B－AEG的體積；(3)試推斷平面BAE與平面DCE是否垂直？若垂直，請證明；若不垂直，請說明理由．[解析](1)證明：取AB中點M，連FM，GM.∵G為對角線AC的中點，∴GM∥AD，且GM＝eq\f(1,2)AD．又∵FE綊eq\f(1,2)AD，∴GM∥FE且GM＝FE.∴四邊形GMFE為平行四邊形，∴EG∥FM.又∵EG?平面ABF，F(xiàn)M?平面ABF，∴EG∥平面ABF.(2)作EN⊥AD，垂足為N，由平面ABCD⊥平面AFED，平面ABCD∩平面AFED＝AD，得EN⊥平面ABCD，即EN為三棱錐E－ABG的高．∵在△AEF中，AF＝FE，∠AFE＝60°，∴△AEF是正三角形．∴∠AEF＝60°，EF∥AD知∠EAD＝60°，∴EN＝AEsin60°＝eq\r(3).∴三棱錐B－AEG的體積為V＝eq\f(1,3)·S△ABG·EN＝eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).(3)平面BAE⊥平面DCE.證明如下：∵四邊形ABCD為矩形，且平面ABCD⊥平面AFED，∴CD⊥平面AFED，∴CD⊥AE.∵四邊形AFED為梯形，F(xiàn)E∥AD，且∠AFE＝60°，∴∠FAD＝120°.又在△AED中，EA＝2，AD＝4，∠EAD＝60°，由余弦定理，得ED＝2eq\r(3)，∴EA2＋ED2＝AD2，∴ED⊥AE.又∵ED∩CD＝D，∴AE⊥平面DCE.又AE?平面BAE，∴平面BAE⊥平面DCE.13．(文)(2022·甘肅張掖月考)如圖所示，在底面是正方形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BD交AC于點E，F(xiàn)是PC的中點，G為AC上一動點．(1)求證：BD⊥FG；(2)確定點G在線段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并說明理由；(3)假如PA＝AB＝2，求三棱錐B－CDF的體積．[解析](1)證明：∵PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，其對角線BD，AC交于點E，∴PA⊥BD，AC⊥BD．∴BD⊥平面APC．∵FG?平面PAC，∴BD⊥FG.(2)當G為EC的中點，即AG＝eq\f(3,4)AC時，F(xiàn)G∥平面PBD．理由如下：連接PE.∵F為PC的中點，G為EC的中點，∴FG∥PE.∵FG?平面PBD，PE?平面PBD，∴FG∥平面PBD．(3)三棱錐B－CDF的體積為VB－CDF＝VF－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).(理)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分別為AC、AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，(1)求證：DE∥平面A1CB；(2)求證：A1F⊥BE(3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由[分析](1)利用線面平行判定定理證明(關(guān)鍵證明DE∥BC)．(2)由平面圖形知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE⊥AD，,DE⊥CD.))折疊后，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE⊥A1D，,DE⊥CD.))由線面垂直判定定理證得DE⊥平面A1CD，則DE⊥A1F，又由A1F⊥CD，易證得A1F⊥平面BCDE，則A1F⊥BE.(3)實行先找再證的方法處理．由DA1＝DC聯(lián)想到等腰三角形底邊上的中線是底面邊上的高，可取A1C中點，再由“中點找中點”原則取A1B中點Q，證明A1C⊥平面DEQ(利用(2)中的DE⊥平面A1DC[解析](1)證明：由于D、E分別為AC、AB的中點，所以DE∥BC．又由于DE?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB．(2)證明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD．所以DE⊥平面A1DC．而A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1又由于A1F⊥CD，所以A1F⊥平面所以A1F⊥BE(3)線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ理由如下：如圖，分別取A1C、A1B的中點P、Q，則PQ∥B又由于DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即為平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C又由于P是等腰直角三角形DA1C底邊A1所以A1C⊥DP所以A1C⊥平面DEP.從而A1C⊥平面故線段A1B上存在點Q，使得A1C⊥平面DEQ[點評]1.本題考查了線面平行，線面垂直的判定定理，性質(zhì)定理，折疊問題，存在性問題等．2．對于折疊問題，關(guān)鍵是看清折疊前后各量的變化與不變(包括長度、角度、位置關(guān)系等)，對于存在性問題，一般實行先找再證(取特例)的方法解決．14．(文)(2021·江西)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝eq\r(2)，AA1＝3，E為CD上一點，DE＝1，EC＝3.(1)證明：BE⊥平面BB1C(2)求點B1到平面EA1C1的距離[解析](1)證明：如圖，過點B作CD的垂線交CD于點F，則BF＝AD＝eq\r(2)，EF＝AB－DE＝1，F(xiàn)C＝2.在Rt△BFE中，BE＝eq\r(3).在Rt△CFB中，BC＝eq\r(6).在△BEC中，由于BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC．由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1，所以BE⊥平面BB1C(2)解：三棱錐E－A1B1C1的體積V＝eq\f(1,3)AA1·S△A1B1C1＝eq\r(2).在Rt△A1D1C1中，A1C1＝eq\r(A1D\o\al(2,1)＋D1C\o\al(2,1))＝3eq\r(2).同理，EC1＝eq\r(EC2＋CC\o\al(2,1))＝3eq\r(2).故S△A1C1E＝3eq\r(5).設(shè)點B1到平面EA1C1的距離為d，則三棱錐B1－A1C1E的體積V＝eq\f(1,3)·d·S△A1C1E＝eq\r(5)d，從而eq\r(5)d＝eq\r(2)，d＝eq\f(\r(10),5).即點B1到平面EA1C1的距離為eq\f(\r(10),5).(理)(2022·唐山一中月考)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥側(cè)面AA1C1C，AC＝BC＝