2023届高考数学一轮复习作业直线平面垂直的判定及其性质新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业直线平面垂直的判定及其性质新人教B版（答案有详细解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．已知m，n，l是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是( )
A．异面 B．相交但不垂直
C．平行 D．相交且垂直
C [因为α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，所以n⊥α．又m⊥α，所以m∥n．]
2．(2021·白银市第十中学高三期末)设α，β，γ为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则下列条件一定能得到m⊥β的是( )
A．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ
B．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l
C．n⊥α，n⊥β，m⊥α
D．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α
C [在A中，因为α∩γ＝m，所以m⊂α，m⊂γ，
而β⊥γ，m并不垂直于β内的所有直线，
所以β和m可能不垂直，故A错误；
在B中，m只垂直于β内的一条直线，
所以不能推出m⊥β，故B错误；
在C中，因为n⊥α，n⊥β，所以α∥β，
又m⊥α，所以m⊥β，故C正确；
在D中，由α⊥γ，β⊥γ，不能推出α∥β，
所以由m⊥α不能推出m⊥β，故D错误．]
3．(2021·河南鹤壁高三二模)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论中不成立的是( )
A．EF与BB1垂直 B．EF与BD垂直
C．EF与CD异面 D．EF与A1C1异面
D [如图所示，连接A1B，由几何关系可得点E为A1B的中点，且BF＝FC1，
由三角形中位线的性质可得：EF∥A1C1，即EF与A1C1不是异面直线，
很明显，EF与CD异面，
由几何关系可得：A1C1⊥BB1，A1C1⊥BD，则EF⊥BB1，EF⊥BD，
综上可得，选项D中的结论不成立．故选D．]
4．(2021·南宁模拟)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，则直线PB与平面PAC所成角为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
A [连接BD，交AC于点O．因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA．又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC．连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成角．又因为PA＝AB＝2，所以PB＝2eq \r(2)，BO＝eq \r(2)．
所以sin∠BPO＝eq \f(BO,PB)＝eq \f(1,2)，
所以∠BPO＝eq \f(π,6)．故选A．]
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
C [如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，
∴选项B，D错误；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故选项C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，
∴BC1⊥平面CEA1B1．又A1E⊂平面CEA1B1，
∴A1E⊥BC1．)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故选项A错误．
故选C．]
6．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
D [∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD．
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB．
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC．
又AB⊂平面ABC，
∴平面ADC⊥平面ABC．]
二、填空题
7．已知四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件 时，有PC⊥BD(填上你认为正确的一个条件即可)．
四边形ABCD是菱形(答案不唯一) [四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，
∴BD⊥PA，当四边形ABCD是菱形时，BD⊥AC，
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴PC⊥BD．
故答案为四边形ABCD是菱形．]
8．已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，在下列命题①eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α∥a,β∥a))⇒α∥β；②eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥a,β⊥a))⇒α∥β；③eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a∥α,b∥α))⇒a∥b；④eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b中，正确的命题是 (只填序号)．
②④ [①：与同一条直线平行的两个平面不一定平行，在本题的条件下，两平面可能相交，所以①是假命题；
②：根据直线与平面的位置关系可得：由a⊥α，a⊥β可得出α∥β，所以②是真命题．
③：根据直线与平面的位置关系可得：a与b可以是任意的位置关系，所以③是假命题；
④：垂直于同一个平面的两条直线平行，所以④是真命题；故答案为②④．]
9．如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为 ．(填序号)
① [符合条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC的交线，③④不正确．
根据题意可知PD＝DC，
则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，设AB的中点为N，连接PN、DN，
取PC的中点E，连接NE、DE，所以DE⊥PC，
因为平面PAD⊥底面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，
因为PA＝BC，AN＝NB，∠PAB＝∠CBN，
所以△PAN≌△CBN，∴PN＝CN，
点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，
且NE⊥PC，所以PC⊥平面EDN，
当M点在线段DN上运动时，都有PC⊥ME，且E是中点，总有MP＝MC，
所以点M在正方形ABCD内的轨迹是线段DN，所以①正确②不正确．]
三、解答题
10．(2021·江苏徐州一中高三期中)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面PCD，M，N分别是AB，PC的中点．
求证：(1)直线MN∥平面PAD；
(2)直线CD⊥平面PAD．
[证明](1)根据题意，取PD的中点G，连接NG、AG，
G是PD的中点，N是PC的中点，则NG∥DC且NG＝eq \f(1,2)DC，
则四边形MNGA是平行四边形，则有MN∥AG，
又由MN⊄平面PAD中，而AG⊂平面PAD中，则有直线MN∥平面PAD．
(2)PA⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以PA⊥CD，
又由底面ABCD是矩形，则CD⊥AD，而PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以直线CD⊥平面PAD．
11．(2021·茂名一模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，点D是AB的中点，BC＝AC，AB＝2DC＝2，AA1＝eq \r(3)．
(1)求证：平面A1DC⊥平面ABB1A1；
(2)求点A到平面A1DC的距离．
[解](1)证明：∵在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
点D是AB的中点，BC＝AC，CD⊂平面ABC，
∴CD⊥AB，CD⊥AA1，
∵AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1，
∵CD⊂平面A1DC，∴平面A1DC⊥平面ABB1A1．
(2)点D是AB的中点，BC＝AC，AB＝2DC＝2，AA1＝eq \r(3)．
设点A到平面A1DC的距离为d，
∵Veq \s\d6(A1­ACD)＝Veq \s\d6(A­A1CD)，
∴eq \f(1,3)×S△ACD×AA1＝eq \f(1,3)×Seq \s\d6(△DCA1)×d，
∴eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \r(3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×d，
解得d＝eq \f(\r(3),2)，
∴点A到平面A1DC的距离为eq \f(\r(3),2)．
1．(2021·武汉模拟)如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC的内部
A [连接AC1(图略)，因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，所以AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A．]
2．已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为eq \f(3,4)，PA与圆锥底面所成角为60°，若△PAB的面积为eq \r(7)，则该圆锥的体积为 ．
eq \f(2\r(6),3)π [作示意图如图所示，设底面半径为r，PA与圆锥底面所成角为60°，则∠PAO＝60°，
则PO＝eq \r(3)r，PA＝PB＝2r，
又PA，PB所成角的余弦值为eq \f(3,4)，
则sin∠APB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(7),4)，
则S△PAB＝eq \f(1,2)PA·PB·sin∠APB
＝eq \f(1,2)·2r·2r·eq \f(\r(7),4)＝eq \r(7)，解得r＝eq \r(2)，
故圆锥的体积为eq \f(1,3)·π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2·eq \r(6)＝eq \f(2\r(6),3)π．]
3．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，点E在线段PC上，PA∥平面EBD．
(1)证明：点E为线段PC中点；
(2)已知PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，点P到平面EBD的距离为1，四棱锥P­ABCD的体积为2eq \r(3)，求PA．
[解](1)证明：连接AC，与BD相交于点O，连接EO，
则经过PA的平面PAC与平面EBD交线为EO．
因为PA∥平面EBD，所以PA∥EO．
因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC的中点，
所以EO是△PAC中位线，于是E为线段PC中点．
(2)因为PA∥平面EBD，
所以点A到平面EBD的距离等于点P到平面EBD的距离等于1．
因为PA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
所以平面EBD⊥平面ABCD，
平面EBD∩平面ABCD＝BD．因为AO⊥BD，
所以AO⊥面EBD，因此AO＝1．
因为∠ABC＝60°，所以四边形ABCD是边长为2的菱形，面积为2×2×sin 60°＝2eq \r(3)，
所以四棱锥P­ABCD的体积为
VP­ABCD＝eq \f(1,3)·2eq \r(3)·PA，
由eq \f(1,3)·2eq \r(3)·PA＝2eq \r(3)，得PA＝3．
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq \r(3)，那么P到平面ABC的距离为 ．
eq \r(2) [如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝eq \r(3)，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(\r(3)2－12)＝eq \r(2)．]
2．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．
如图，在阳马P­ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．
(1)证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；
(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)，求eq \f(DC,BC)的值．
[解](1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，
所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE．
又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC．
而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，
其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
(2)如图，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD．
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，
设PD＝DC＝1，BC＝λ，有BD＝eq \r(1＋λ2)，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB, 得
∠DPF＝∠FDB＝eq \f(π,3)，
则tan eq \f(π,3)＝tan∠DPF＝eq \f(BD,PD)＝eq \r(1＋λ2)＝eq \r(3)，解得λ＝eq \r(2)．
所以eq \f(DC,BC)＝eq \f(1,λ)＝eq \f(\r(2),2)．
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)时，eq \f(DC,BC)＝eq \f(\r(2),2)．