2025高考数学一轮复习-7.4-空间直线、平面的垂直-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-7.4-空间直线、平面的垂直-专项训练【含答案】，共16页。
1.若平面α⊥平面β,直线n⊂α,直线m⊂β,且m⊥n,则( )
A.n⊥β
B.n⊥β且m⊥α
C.m⊥α
D.n⊥β和m⊥α中至少有一个成立
2.如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在( )
A.直线AC上B.直线AB上
C.直线BC上D.△ABC内部
3.如图,在四面体DABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
4.(多选题)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是( )
5.已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则下列条件中能推出α⊥β的是( )
A.l⊂α,m⊂β,且l⊥m
B.l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n
C.m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m
D.l⊂α,l∥m,且m⊥β
6.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为AB,B1C的中点,则EF与平面ABCD所成角的正切值为 .
7.在四面体PABC中,PA=PB=PC,底面△ABC为等腰直角三角形,AC=
BC,O为AB中点,请从以下平面中选出两个相互垂直的平面 .
(只填序号)
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;⑤平面POC.
8.已知l是平面β外的一条直线.给出下列三个论断:
①α⊥β;②l⊥α;③l∥β.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: .
9.如图,在四棱锥PABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,E为PB的中点.
(1)求证:EO∥平面PDC;
(2)求证:平面PAC⊥平面PBD.
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10.已知三棱锥PABC中,若PA,PB,PC两两互相垂直,作PO⊥平面ABC,垂足为O,则点O是△ABC的( )
A.外心B.内心C.重心D.垂心
11.(多选题)如图,点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列结论正确的是( )
A.三棱锥AD1PC的体积不变
B.A1P⊥平面ACD1
C.DP⊥BC1
D.平面PDB1⊥平面ACD1
12.(多选题)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿BD折起.设折起后点A的位置为A′,并且平面A′BD⊥平面BCD.下面四个命题正确的是( )
A.A′D⊥BC
B.三棱锥A′BCD的体积为22
C.CD⊥平面A′BD
D.平面A′BC⊥平面A′DC
13.如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点,求证:
(1)PA⊥平面ABCD;
(2)平面BEF∥平面PAD;
(3)平面BEF⊥平面PCD.
14.如图,在三棱锥PABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=22,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且PM与平面ABC所成角的正切值为6,求二面角MPAC的平面角的余弦值.
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15.如图,已知ABCDA1B1C1D1是底面为正方形的长方体,∠AD1A1=60°,AD1=4,点P是AD1上的动点,则PB1与平面AA1D1D所成的角的正切值的最大值为 .
参考答案
【A级 基础巩固】
1.解析:(1)若m垂直两个平面的交线,那么n,β的关系不确定;
(2)若n垂直两个平面的交线,那么m,α的关系不确定;
(3)若m,n都不垂直于两个平面的交线,
过m上不在交线上一点O,做交线的垂线l,则l⊥α,所以l⊥n,
因为l∩m=O,l⊂β,m⊂β,所以n⊥β,所以n垂直两平面的交线,这与m,n都不垂直于两个平面的交线相矛盾,故假设不成立,因此m,n至少有一个垂直两平面的交线,所以n⊥β和 m⊥α至少有一个成立.故
选D.
2.解析:连接AC1,如图.
因为∠BAC=90°,
所以AC⊥AB,
因为BC1⊥AC,BC1∩AB=B,
所以AC⊥平面ABC1,
又AC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面ABC1,
由面面垂直的性质知,过平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.
3.解析:因为AB=CB,且E是AC的中点,
所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,且BE∩DE=E,
于是AC⊥平面BDE.
因为AC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BDE.
又AC⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面BDE.故选C.
4.解析:对于A,显然AB与CE不垂直,则直线AB与平面CDE不垂直;对于B,因为AB⊥CE,AB⊥ED,且CE∩ED=E,所以AB⊥平面CDE;对于C,显然AB与CE不垂直,所以直线AB与平面CDE不垂直;对于D,因为
ED⊥平面ABC,则ED⊥AB,同理CE⊥AB,因为ED∩CE=E,所以AB⊥平面CDE.故选BD.
5.解析:对于A,l⊂α,m⊂β,且l⊥m,α,β可以平行、相交不垂直、垂直,A不正确;对于B,l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n,当m,n不相交时,l不一定与β垂直,则α不一定与β垂直,B不正确;对于C,m⊂α,
n⊂β,m∥n,且l⊥m,显然直线l与α,β无关系,α,β可以平行、相交不垂直、垂直,C不正确;对于D,由l∥m,m⊥β,得l⊥β,又l⊂α,根据面面垂直的判定知α⊥β,D正确.故选D.
6.解析:如图,取BC的中点O,连接OE,OF,
因为F是B1C的中点,
所以OF∥B1B,
所以FO⊥平面ABCD,所以∠FEO是EF与平面ABCD所成的角.设正方体的棱长为2,则FO=1,EO=2,所以EF与平面ABCD所成角的正切值为22.
答案:22
7.解析:因为在四面体PABC中,PA=PB=PC,
底面△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB中点,
所以CO⊥AB,PO⊥AB,CO∩PO=O,
所以AB⊥平面POC.
因为AB⊂平面ABC,
所以平面POC⊥平面ABC,
所以两个相互垂直的平面为②⑤.
答案:②⑤(答案不唯一)
8.解析:(1)①②⇒③.
说明:因为α⊥β,l⊥α,所以l∥β或l⊂β,
又因为l是平面β外的一条直线,
所以l∥β,命题正确.
(2)①③⇒②.
说明:设α∩β=m,取直线l∥m,此时,l∥β,
但直线l可能平行于平面α,
也可能在平面α内,所以命题不正确.
(3)②③⇒①.
说明:因为l∥β,所以平面β内必存在一条直线与直线l平行,
设为n,即n∥l,
又因为l⊥α,所以n⊥α,从而得α⊥β,所以命题正确.
答案:①②⇒③或②③⇒①
9.证明:(1)因为底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,
所以O为BD中点,
又E为PB的中点,所以EO∥PD,
因为EO⊄平面PDC,PD⊂平面PDC,
所以EO∥平面PDC.
(2)因为底面ABCD是正方形,
所以AC⊥BD,
又PD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以PD⊥AC,
因为PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD,
所以AC⊥平面PBD,
又AC⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBD.
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10.解析:如图,连接AO并延长,交BC于D,连接BO并延长,交AC于E.
因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,
故PA⊥平面PBC,
又BC⊂平面PBC,故PA⊥BC,
因为PO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
故PO⊥BC,
又PA∩PO=P,故BC⊥平面PAO,
故AO⊥BC,即AD⊥BC.
同理BE⊥AC,故O是△ABC的垂心. 故选D.
11.解析:在正方体ABCDA1B1C1D1中,
AB∥A1B1∥C1D1,
AB=A1B1=C1D1,
即四边形ABC1D1为平行四边形,
如图(1),则BC1∥AD1,
而AD1⊂平面ACD1,BC1⊄平面ACD1,
则有BC1∥平面ACD1,
因此,点P到平面ACD1的距离为定值,而△ACD1面积是定值,则三棱
锥AD1PC的体积不变,A正确;
如图(2),连接A1B,A1C1,由选项A知,BC1∥平面ACD1,同理BA1∥平面ACD1,而BC1∩BA1=B,BC1,BA1⊂平面A1BC1,则有平面A1BC1∥平面ACD1,
又A1P⊂平面A1BC1,因此,A1P∥平面ACD1,B不正确;
如图(3),连接BD,C1D,显然△BC1D是正三角形,当点P与点B重合时,∠DPC1=60°,点P在运动过程中,不是总有DP⊥BC1成立,C不正确;
如图(4),在正方体ABCDA1B1C1D1中,BD⊥AC,而BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
则BB1⊥AC,
又BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D,
有AC⊥平面BB1D,
又B1D⊂平面BB1D,
于是得AC⊥B1D,同理AD1⊥B1D,
因为AD1∩AC=A,AD1,AC⊂平面ACD1,
则B1D⊥平面ACD1,又B1D⊂平面PDB1,
所以平面PDB1⊥平面ACD1,D正确.故选AD.
12.解析:如图所示,取BD的中点E,连接A′E,
由AD∥BC,
AD=AB=1,
AD⊥AB得到∠DBC=∠ADB=45°,
又∠BCD=45°,故△BCD为等腰直角三角形.
所以CD⊥BD,又平面A′BD⊥平面BCD,
平面A′BD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面A′BD,故C正确;
因为E为BD的中点,A′D=A′B,
所以A′E⊥BD,
又平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,则A′E⊥平面BCD,所以A′E⊥BC,
如果A′D⊥BC,则可得到BC⊥平面A′BD,
故BC⊥BD,与已知矛盾,故A错误;
三棱锥A′BCD的体积为V=13×12×2×2×22=26,故B错误;
因为CD⊥平面A′BD,所以CD⊥A′B,
又A′B⊥A′D,A′D∩CD=D,
所以A′B⊥平面A′DC,
又A′B⊂平面A′BC,
所以平面A′BC⊥平面A′DC,故D正确.故选CD.
13.证明:(1)因为平面PAD⊥平面ABCD,
且PA垂直于这两个平面的交线AD,
所以PA⊥平面ABCD.
(2)因为AB∥CD,CD=2AB,E是CD的中点,
所以AB∥DE,且AB=DE,
所以四边形ABED是平行四边形,
所以AD∥BE,
因为BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以BE∥平面PAD,
因为E和F分别是CD和PC的中点,
所以EF∥PD,
因为EF⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,
所以EF∥平面PAD,
因为BE∩EF=E,BE,EF⊂平面BEF,
所以平面BEF∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD,所以平行四边形ABED是矩形,所以BE⊥CD,AD⊥CD,
由(1)知PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
因为PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PD,
因为E和F分别是CD和PC的中点,
所以PD∥EF,所以CD⊥EF,
又因为BE∩EF=E,所以CD⊥平面BEF,
因为CD⊂平面PCD,
所以平面BEF⊥平面PCD.
14.(1)证明:法一 如图,连接OB.
因为AB=BC=2,
AC=22,
所以AB2+BC2=AC2,
即△ABC是直角三角形,
又O为AC的中点,
所以OA=OB=OC,又因为PA=PB=PC,
所以△POA≌△POB≌△POC,
所以∠POA=∠POB=∠POC=90°.
所以PO⊥AC,PO⊥OB,
因为OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC,
所以PO⊥平面ABC.
法二 如图,连接OB,
因为PA=PC,O为AC的中点,PA=PB=PC=AC=22,
所以PO⊥AC,PO=6,
又因为AB=BC=2,
所以AB⊥BC,BO=2,
所以PO2+OB2=PB2,
所以PO⊥OB,
因为OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC,
所以PO⊥平面ABC.
(2)解:由(1)知,PO⊥平面ABC,
所以OM为PM在平面ABC上的射影,
所以∠PMO为PM与平面ABC所成的角,
因为tan∠PMO=POOM=6OM=6,所以OM=1.
所以△ABC∽△OMC,得MC=1,
所以M为BC的中点.如图,作ME⊥AC交AC于E,则E为OC的中点,作EF⊥PA交PA于F,连接MF,所以MF⊥PA,
所以∠MFE即为所求二面角MPAC的平面角,ME=22,
EF=32AE=32×34×22=364,
MF=ME2+EF2=624,
所以cs∠MFE=EFMF=39331,
故二面角MPAC的平面角的余弦值为39331.
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15.解析:在Rt△AA1D1中,因为∠AD1A1=60°,所以∠A1AD1=30°,
所以A1B1=A1D1=12AD1=2,AA1=3A1D1=23,因为B1A1⊥平面AA1D1D,
所以∠B1PA1是PB1与平面AA1D1D所成的角,所以tan∠B1PA1=A1B1A1P=2A1P,
所以当A1P最小时,tan∠B1PA1最大,
这时A1P⊥AD1,
A1P=A1D1·AA1AD1=3,得tan∠B1PA1=233,
即PB1与平面AA1D1D所成的角的正切值的最大值为233.
答案:233