2022版新高考数学一轮总复习课后集训：43+直线、平面垂直的判定及其性质+Word版含解析

这是一份2022版新高考数学一轮总复习课后集训：43+直线、平面垂直的判定及其性质+Word版含解析，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。
 课后限时集训(四十三)　直线、平面垂直的判定及其性质建议用时：40分钟一、选择题1．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是(　　)A．l∥β或l⊂β B．l∥mC．m⊥α D．l⊥mA　[直线l⊥平面α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，A正确，故选A.]2．(多选)(2020·山东泰安期末)已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是(　　)A．若m∥n，m⊥α，则n⊥αB．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nC．若m⊥α，m⊥β，则α∥βD．若m⊥α，m∥n，n⊥β，则α∥βACD　[易知A正确；对于B，如图，设m为AB，平面A1B1C1D1为平面α，m∥α，设平面ADD1A1为平面β，α∩β＝A1D1为n，则m⊥n，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊥β，则α∥β，故D对．故选ACD.]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BDEC　[因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.]4．(2020·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． B．  C． D．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＝2，BO＝.所以sin∠BPO＝＝，所以∠BPO＝.故选A.]5．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1   D．A1E⊥ACC　[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．(多选)(2020·安徽滁州月考)如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P(如图2)，则下列结论正确的是(　　)图1　　 　图2A．PD⊥EFB．平面PDE⊥平面PDFC．二面角P­EF­D的余弦值为D．点P在平面DEF上的正投影是△DEF的外心ABC　[对于A选项，如图，取EF的中点H，连接PH，DH，由题意知PE＝PF，DE＝DF，故PH⊥EF，DH⊥EF，又PH∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，所以PD⊥EF，故A正确；根据折起前后的题图，可知PE，PF，PD三线两两垂直，于是可证平面PDE⊥平面PDF，故B正确；根据A选项可知∠PHD为二面角P­EF­D的平面角，设正方形ABCD的边长为2，因此PE＝PF＝1，PH＝，HD＝2－＝，PD＝2，由余弦定理得，cos∠PHD＝＝，故C正确；由于PE＝PF≠PD，故点P在平面DEF上的正投影不是△DEF的外心，故D错误．故选ABC.]二、填空题7.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若该长方体的体积为8，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为________．30°　[连接BC1(图略)，由AB⊥平面BB1C1C知∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角．由2×2×AA1＝8得AA1＝2，∴BC1＝＝2，在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝＝＝，∴∠AC1B＝30°.]8.四面体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.②⑤(答案不唯一)　[∵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， ∴CO⊥AB，PO⊥AB，CO∩PO＝O，∴AB⊥平面POC.∵AB⊂平面ABC, ∴平面POC⊥平面ABC，∴两个相互垂直的平面为②⑤.]9．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是________．　[如图，△AB1D1中，AB1＝AD1＝，B1D1＝，∴△AB1D1的边B1D1上的高为＝，∴S△AB1D1＝××＝，设A1到平面AB1D1的距离为h；则有S△AB1D1×h＝S△A1B1D1×AA1，即h＝×2，解得h＝.]三、解答题10.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明]　(1)在四棱锥P­ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE.11．(2020·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＝.(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＝.设点A到平面A1DC的距离为d，∵VA1­ACD＝VA­A1CD，∴×S△ACD×AA1＝×S△DCA1×d，∴××1×1×＝××1×2×d，解得d＝，∴点A到平面A1DC的距离为.1．(多选)(2020·山东蒙阴实验中学期末)已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD⊥平面ABCD，BC＝2，CD＝PC＝PD＝2.若点M为PC的中点，则下列说法正确的是(　　)A．BM⊥平面PCDB．PA∥平面MBDC．四棱锥M­ABCD外接球的表面积为36πD．四棱锥M­ABCD的体积为6BC　[由侧面PCD⊥平面ABCD，交线为CD，BC⊥CD，得BC⊥平面PCD，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接AC交BD于O，连接MO，在△PAC中，OM∥PA，MO⊂平面MBD，PA⊄平面MBD，所以PA∥平面MBD，所以选项B正确；四棱锥M­ABCD的体积是四棱锥P­ABCD的体积的一半，取CD中点N，连接PN，则PN⊥CD，则PN⊥平面ABCD，PN＝3，故VM­ABCD＝××2×2×3＝12，所以选项D错误；连接ON，MN，矩形ABCD中，易得AC＝6，OC＝3，ON＝，在△PCD中，有NM＝PD＝，在Rt△MNO中，MO＝＝3，即OM＝OA＝OB＝OC＝OD，所以四棱锥M­ABCD外接球的球心为O，半径为3，所以其表面积为36π，所以选项C正确．故选BC.]2．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1,3，正广AD为2，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________；邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．4　　[过点C作CE⊥AB，垂足为E，延长AD，BC，使得AD∩BC＝F，如图所示．由题意可得CE＝2，BE＝2，则BC＝＝4，由题意知AB⊥AD，CD∥AB，所以＝＝，所以DF＝.因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，则∠AFB是直线BC与平面PAD所成角的平面角，tan∠AFB＝＝＝，所以∠AFB＝.]3．(2020·郑州模拟)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2，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°＝2，所以四棱锥P­ABCD的体积为VP­ABCD＝·2·PA，由·2·PA＝2，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，那么P到平面ABC的距离为________．　[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＝，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝＝＝.]2．(2020·浙江省诸暨中学月考)《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，求的值．[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＝，在Rt△PDB中，由DF⊥PB, 得∠DPF＝∠FDB＝， 则tan ＝tan∠DPF＝＝＝，解得λ＝.所以＝＝.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，＝.