2025屆高考數(shù)學(xué)一輪知能訓(xùn)練第八章立體幾何第5講直線平面垂直的判定與性質(zhì)含解析

PAGE6-第5講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1．(2024年浙江)設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β，下列命題正確的是()A．若l⊥β，則α⊥βB．若α⊥β，則l⊥mC．若l∥β，則α∥βD．若α∥β，則l∥m2．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()A．①④B．③④C．①②D．①③3．(2024年天津模擬)如圖X8-5-1，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成相互垂直的兩個(gè)平面后，某學(xué)生得出下列四個(gè)結(jié)論：圖X8-5-1①BD⊥AC；②△BAC是等邊三角形；③三棱錐D－ABC是正三棱錐；④平面ADC⊥平面ABC.其中正確的是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④4．如圖X8-5-2，在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別是線段PB，PC上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法錯(cuò)誤的是()圖X8-5-2A．當(dāng)AE⊥PB時(shí)，△AEF肯定是直角三角形B．當(dāng)AF⊥PC時(shí)，△AEF肯定是直角三角形C．當(dāng)EF∥平面ABC時(shí)，△AEF肯定是直角三角形D．當(dāng)PC⊥平面AEF時(shí)，△AEF肯定是直角三角形5．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(1,3)6．(2024浙江)如圖X8-5-3，已知正四面體D-ABC(全部棱長(zhǎng)均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點(diǎn)，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2，分別記二面角D-PR-Q，D-PQ-R，D-QR-P的平面角為α，β，γ，則()圖X8-5-3A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α7．(2024年新課標(biāo)Ⅱ)α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，有下列四個(gè)命題：①假如m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②假如m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③假如α∥β，m?α，那么m∥β.④假如m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等．其中正確的命題有______．(填寫全部正確命題的編號(hào))8．(2024年新課標(biāo)Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________．9．(多選)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段B1D1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的是()A．AC⊥BEB．B1E∥平面ABCDC．三棱錐E-ABC的體積為定值D．直線B1E⊥直線BC110．(2024年新課標(biāo)Ⅱ)如圖X8-5-4，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離．圖X8-5-4

11．(2024年江蘇)如圖X8-5-5，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB＝BC.求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.圖X8-5-512．(2024年新課標(biāo)Ⅰ)如圖X8-5-6，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離．圖X8-5-6

第5講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1．A2．A解析：對(duì)于①，若α∥β，m⊥α，l?β，則m⊥l，故①正確，解除B；對(duì)于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，∴α⊥β.故④正確．3．B解析：由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，∴AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯(cuò)．故選B.4．B解析：由PA⊥底面ABC，得PA⊥BC，又AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，BC⊥AE.又AE⊥PB，∴AE⊥平面PBC，∴AE⊥EF，故A正確；當(dāng)EF∥平面ABC時(shí)，∵EF?平面PBC，平面PBC∩平面ABC＝BC，∴EF∥BC，故EF⊥平面PAB，AE⊥EF，故C正確；當(dāng)PC⊥平面AEF時(shí)，PC⊥AE，又BC⊥AE，∴AE⊥平面PBC，∴AE⊥EF，故D正確．故選B.5．A解析：如圖D215，連接AC交BD于點(diǎn)O，連接C1O，過點(diǎn)C作CH⊥C1O于點(diǎn)H.圖D215∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(BD⊥AC，,BD⊥AA1，,AC∩AA1＝A，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(BD⊥平面ACC1A1，,CH?平面ACC1A1，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CH⊥BD，,CH⊥C1O，,BD∩C1O＝O，))?CH⊥平面C1BD.∴∠HDC為CD與平面BDC1所成的角．設(shè)AA1＝2AB＝2，則OC＝eq\f(AC,2)＝eq\f(\r(2),2)，C1O＝eq\r(OC2＋CC\o\al(2,1))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋22)＝eq\f(\r(9),\r(2))＝eq\f(3\r(2),2).由等面積法，得C1O·CH＝OC·CC1.∴eq\f(3\r(2),2)×CH＝eq\f(\r(2),2)×2.∴CH＝eq\f(2,3).∴sin∠HDC＝eq\f(CH,DC)＝eq\f(\f(2,3),1)＝eq\f(2,3).故選A.6．B解析：設(shè)O為三角形ABC中心，則O到PQ距離最小，O到PR距離最大，O到RQ距離居中，而高相等，因此α<γ<β.故選B.7．②③④解析：對(duì)于①，m⊥n，m⊥α，n∥β，則α，β的位置關(guān)系無法確定．故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，∵n∥α，∴過直線n作平面γ與平面α相交于直線c，則n∥c.∵m⊥α，∴m⊥c，∴m⊥n.故②正確；對(duì)于③，由兩個(gè)平面平行的性質(zhì)可知③正確；對(duì)于④，由線面所成角的定義和等角定理可知④正確．故正確的有②③④.8.eq\r(2)解析：如圖D216，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的射影O在∠ACB的平分線上，圖D216PC＝2，PE＝eq\r(3)，CE＝1，CO＝eq\r(2)，PO＝eq\r(2)，那么P到平面ABC的距離為eq\r(2).9．ABC10．(1)證明：∵AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，圖D217∴OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).如圖D217，連接OB.∵AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，∴△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)解：作CH⊥OM，垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH，∴CH⊥平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離．由題設(shè)知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°.∴OM＝eq\f(2\r(5),3)，CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).∴點(diǎn)C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).11．證明：(1)∵D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，圖D218∴ED∥AB.如圖D218，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，∴A1B1∥ED.又∵ED?平面DEC1，A1B1?平面DEC1，∴A1B1∥平面DEC1.(2)∵AB＝BC，E為AC的中點(diǎn)，∴BE⊥AC.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，∴CC1⊥平面ABC.又∵BE?平面ABC，∴CC1⊥BE.∵C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，∴BE⊥平面A1ACC1.∵C1E?平面A1ACC1，∴BE⊥C1E.12．(1)證明：連接B1C，ME.∵M(jìn)，E分別為BB1，BC的中點(diǎn)，∴ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又∵N為A1D的中點(diǎn)，∴ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設(shè)知A1B1DC，∴B1CA1D，故MEND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED.又MN?平面C1DE，∴MN∥