备考2024届高考数学一轮复习分层练习第七章立体几何与空间向量第4讲空间直线平面的垂直

这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第七章立体几何与空间向量第4讲空间直线平面的垂直，共6页。试卷主要包含了[2023乌鲁木齐市质检等内容，欢迎下载使用。

1.[2023大同学情调研]如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60°，M，N分别是棱AB和BC的中点，则下列说法中不正确的是（ B ）
A.A1，C1，M，N四点共面
B.B1N与AB共面
C.AD⊥平面ABB1A1
D.A1M⊥平面ABCD
解析 对于A，如图，连接MN，AC，A1C1，因为M，N分别是棱AB和BC的中点，所以MN∥AC.由棱柱的性质，知AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四点共面，故A正确.（证明空间四点共面可转化为：（1）证明两条直线相交；（2）证明两条直线平行）
对于B，若B1N与AB共面，则B1，N，A，B四点共面，所以点N在平面ABB1A1内，这与题设矛盾，故B不正确.
对于C，因为AD⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，所以AD⊥平面ABB1A1，故C正确.
对于D，连接A1B，因为∠A1AB＝60°，AB＝AA1＝1，所以△ABA1是等边三角形，所以A1M⊥AB，由选项C，知AD⊥平面ABB1A1，又A1M⊂平面ABB1A1，所以A1M⊥AD.因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以A1M⊥平面ABCD，故D正确.故选B.
2.[2023乌鲁木齐市质检（一）]已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分条件是（ C ）
A.a∥α，b∥β，a⊥bB.α⊥γ，β⊥γ
C.a∥α，a⊥βD.α∩β＝a，a⊥b，b⊂β
解析 对于A，a∥α，b∥β，a⊥b，α与β可分别绕直线a与b任意转动，则α与β可能相交，也可能平行，故不是α⊥β的充分条件，A错误；对于B，α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，B错误；对于C，设过直线a的平面与α交于直线c，因为a∥α，所以a∥c，又a⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，所以C为α⊥β的充分条件，C正确；对于D，α∩β＝a，a⊥b，b⊂β，若作直线d使得a⊥d，且d⊂α，则b与d的夹角即二面角α－a－β的平面角，由于该二面角不一定为直角，因此α与β不一定垂直，D错误.故选C.
3.[2023山东省模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（ B ）
A.平面CBP⊥平面BB1P
B.AP⊥平面CPD1
C.AP⊥BC
D.AP∥平面DD1C1C
解析 对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1⊂平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；
对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC⊂平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，否则，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；
对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1⊂平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP⊂平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；
对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP⊂平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.
4.[多选/2021全国卷Ⅱ]如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是（ BC ）
AB
CD
解析 对选项A，B，C，D中的正方体建立如图所示的空间直角坐标系，设各正方体的棱长均为2.
对于A，有M（2，0，2），N（0，2，2），O（1，1，0），P（0，2，1），则MN＝（－2，2，0），OP＝（－1，1，1），所以MN·OP＝4≠0，所以MN与OP不垂直，所以选项A错误；
对于B，有M（0，0，2），N（2，0，0），O（1，1，0），P（2，0，1），则MN＝（2，0，－2），OP＝（1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以选项B正确；
对于C，有M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），则MN＝（－2，0，－2），OP＝（－1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以选项C正确；
对于D，有M（0，2，2），N（0，0，0），O（1，1，0），P（2，1，2），则MN＝（0，－2，－2），OP＝（1，0，2），所以MN·OP＝－4≠0，所以MN与OP不垂直，所以选项D错误.故选BC.（本题也可以用三垂线定理直接判断）
5.[数学文化]《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有 5 个.
解析 因为PD⊥平面ABCD，DC，BC，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，PD⊥BD，
由四边形ABCD为正方形，得BC⊥CD，
因为PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面体PDBC是一个鳖臑.因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.
因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC，因为BE⊂平面PBC，所以DE⊥BE，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑.
同理可得，四面体PABD、四面体APDE和四面体FABD也是鳖臑.
6.[2024南昌市模拟节选]如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，M，N分别为AC，AB的中点，PM⊥AB.求证：AB⊥PN.
解析 因为M，N分别为AC，AB的中点，所以MN∥BC，
因为AB⊥BC，所以AB⊥MN，
因为AB⊥PM，PM∩MN＝M，
所以AB⊥平面PMN，
又PN⊂平面PMN，所以AB⊥PN.
7.[2024福州市一检节选]如图，在底面为菱形的四棱锥M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝2.求证：平面MAD⊥平面ABCD.
解析 如图，取AD的中点O，连接OM，OB.
因为四边形ABCD为菱形，且AD＝BD＝2，所以△ABD为正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝3.
因为MA＝MD＝2，所以MO⊥AD，
所以MO＝MA2－AO2＝（2）2－12＝1，
又MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，所以MO⊥BO.
因为AD∩BO＝O，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD，
所以MO⊥平面ABCD，
又MO⊂平面MAD，
所以平面MAD⊥平面ABCD.
8.[2024惠州市一调节选]如图，在五面体ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝2BE，AB＝BC，则在线段CD上是否存在点P，使得PE⊥平面ACD？若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
解析 当点P为线段CD的中点时，PE⊥平面ACD.
证明如下：=
解法一 如图1，分别取AC，CD的中点O，P，连接OB，PE，OP.
在△ACD中，∵O，P分别是AC，CD的中点，∴OP=||12AD.
∵AD∥BE，AD＝2BE，即BE=||12AD，∴OP=||BE，
∴四边形OBEP是平行四边形，
∴OB∥PE.
∵AD⊥平面ABC，OB⊂平面ABC，∴AD⊥OB，则有PE⊥AD.
由AB＝BC知OB⊥AC，则有PE⊥AC.
又AC∩AD＝A，AC⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，
∴PE⊥平面ACD.
解法二 分别取AC，CD的中点O，P，连接OB，PE，OP，∵在△ACD中，O，P分别是AC，CD的中点，∴OP=||12AD.
又AD⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.
∵AB＝BC，O是AC的中点，
∴OB⊥AC，∴OP，OB，AC两两垂直，故可建立如图2所示的空间直角坐标系.
令AD＝2BE＝2a，OB＝c，OA＝OC＝b，则O（0，0，0），D（0，－b，2a），C（0，b，0），E（c，0，a），P（0，0，a），
∴CD＝（0，－2b，2a），OC＝（0，b，0），PE＝（c，0，0）.
∵PE·OC＝0，PE·CD＝0，OC，CD为平面ACD上的两个不共线向量，∴PE为平面ACD的一个法向量，
∴PE⊥平面ACD.
9.[2023江西六校联考]如图，AB是圆O的直径，点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，且AC＝2BC，点D是PA的中点，PO与BD交于点E，点F为PC的中点，且PC＝AB＝2.
（1）求证：BC⊥PA.
（2）求三棱锥P－BEF的体积.
解析 （1）因为点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，所以PC⊥平面ABC.
又BC⊂平面ABC，所以PC⊥BC.
因为AB是圆O的直径，所以BC⊥AC.又PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.
又PA⊂平面PAC，所以BC⊥PA.（易错警示：证明线线、线面、面面垂直的时候，要注意条件必须写完整）
（2）在△PAB中，D是PA的中点，O是AB的中点，PO与BD交于点E，所以E为△PAB的重心，则PEPO＝23.
因为点F为PC的中点，所以PFPC＝12，连接OC，
则S△PEFS△POC＝12PE·PF·sin∠OPC12PO·PC·sin∠OPC＝23×12＝13，
所以VP－BEFVP－BOC＝VB－PEFVB－POC＝S△PEFS△POC＝13，即VP－BEF＝13VP－BOC.
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，AC＝2BC，所以BC2＋AC2＝AB2＝4，即BC2＝45，由此求得S△ABC＝12BC×AC＝BC2＝45，则S△BOC＝12S△ABC＝25，所以VP－BOC＝13S△BOC·PC＝13×25×2＝415，所以VP－BEF＝13VP－BOC＝445，即三棱锥P－BEF的体积为445.
10.[2023湖北荆荆宜联考]如图所示（图中数字为相应线段的长度），将两个三棱锥组合得到一个几何体ABCDE，且平面ABC⊥平面BCD.
（1）证明：平面ECD⊥平面BCD.
（2）求直线AE与平面DBE所成角的正弦值.
解析 （1）如图，取DC的中点F，连接EF，BF.
因为DC＝EC＝DE＝BD＝BC＝2，所以EF⊥DC，BF⊥DC，且EF＝BF＝3.
又BE＝6，所以EF2＋BF2＝BE2，则EF⊥BF.
因为DC∩BF＝F，DC，BF⊂平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
又EF⊂平面ECD，
所以平面ECD⊥平面BCD.
（2）取BC的中点G，连接AG，FG，因为AB＝AC＝13，所以AG⊥BC，且AG＝23.
因为平面ABC⊥平面BCD且两平面的交线为BC，AG⊂平面ABC，
所以AG⊥平面BCD.
因为EF⊥平面BCD，所以EF∥AG.
过点E作EH∥FG交AG于点H，则EH＝FG＝12BD＝1，AH＝3.
以F为坐标原点，FD，FB，FE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（1，0，0），E（0，0，3），B（0，3，0），A（－12，32，23），AE＝（12，
－32，－3），DE＝（－1，0，3），DB＝（－1，3，0）.
设平面BDE的法向量为m＝（x，y，z），则DE·m=0，DB·m=0，
即－x＋3z=0，－x＋3y=0，
令x＝3，得m＝（3，1，1）是平面BDE的一个法向量.
cs〈m，AE〉＝m·AE|m|⋅|AE|＝－32×5＝－1510，
设直线AE与平面DBE所成的角为θ，
则sin θ＝｜cs〈m，AE〉｜＝1510，
所以直线AE与平面DBE所成角的正弦值为1510.