2023年高考数学一轮复习课时规范练40空间直线平面的垂直关系含解析北师大版文

课时规范练40　空间直线、平面的垂直关系

基础巩固组

1.(2021广东珠海一模)已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,下列条件中,可以得到l⊥α的是(　　)

A.l⊥m,l⊥n,m⫋α,n⫋α

B.l⊥m,m∥α

C.α⊥β,l∥β

D.l∥m,m⊥α

答案:D

解析:由α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,知:对于选项A,l⊥m,l⊥n,m⫋α,n⫋α,则l与α相交、平行或l⫋α,故A错误;对于选项B,l⊥m,m∥α,则l与α相交、平行或l⫋α,故B错误;对于选项C,α⊥β,l∥β,则l与α相交、平行或l⫋α,故C错误;对于选项D,l∥m,m⊥α,则由线面垂直的判定定理得l⊥α,故D正确.

2.(2021河北沧州模拟)如图,已知AB,CD分别是圆柱上、下底面圆的直径,且AB⊥CD,若该圆柱的侧面积是其上底面面积的2倍,则AB与平面BCD所成的角为(　　)

A B C D

答案:C

解析:如图,连接AC,AD.

设EF为圆柱下底面内与CD垂直的直径,记EF∩CD=H,连接AH,BH,由对称性可知:AH⊥CD,BH⊥CD,AH∩BH=H,∴CD⊥平面ABH,设AM⊥BH,垂足为M,则CD⊥AM,CD∩BH=H,∴AM⊥平面BCD,∴直线AB在平面BCD内的射影为BM,易知点M在BH上,∴∠ABH为AB与平面BCD所成的角.

∵2π·HF·BF=2HF2,∴BF=HF,

∴tan∠ABH=tan∠BHF=,

∴∠ABH=∠BHF=,

∴AB与平面BCD所成的角为

3.(2021安徽定远中学高三月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断:

①A1C1⊥AD1;②A1C1⊥BD;③平面A1C1B∥平面ACD1;④平面A1C1B⊥平面BB1D1D.

其中正确推断的个数是(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

答案:C

解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,在①中,由正方体的性质可知AD1∥BC1,∴∠A1C1B即为异面直线A1C1与AD1所成的角,在△A1C1B中显然∠A1C1B=60°,∴A1C1与AD1成60°角,故①错误;在②中,∵A1C1∥AC,AC⊥BD,∴A1C1⊥BD,故②正确;在③中,∵A1C1∥AC,AD1∥BC1,A1C1∩BC1=C1,AC∩AD1=A,A1C1⫋平面A1C1B,BC1⫋平面A1C1B,AC⫋平面ACD1,AD1⫋平面ACD1,∴平面A1C1B∥平面ACD1,故③正确;在④中,∵A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1⫋平面BB1D1D,BB1⫋平面BB1D1D,∴A1C1⊥平面BB1D1D,又A1C1⫋平面A1C1B,∴平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故④正确.

4.(2021陕西宝鸡模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,PD=AD,E是PB中点,F是DC上的点,AB=2DF,PH为△PAD中AD边上的高.

(1)证明:PH⊥平面ABCD;

(2)若PH=1,AD=,FC=1,求三棱锥E-BCF的体积;

(3)证明:平面EFC⊥平面PAB.

(1)证明:∵AB⊥平面PAD,PH⫋平面PAD,∴PH⊥AB.

又PH⊥AD,AD∩AB=A,∴PH⊥平面ABCD.

(2)解:∵E是PB的中点,

∴点E到平面BCF的距离h=PH=

∴三棱锥E-BCF的体积V=S△BCF×h=FC×AD×h=1

(3)证明:取PA的中点为G,连接DG,EG,∵PD=AD,∴DG⊥PA,

又AB⊥平面PAD,

∴平面PAD⊥平面PAB.

又平面PAD∩平面PAB=PA,DG⊥PA,DG⫋平面PAD,

∴DG⊥平面PAB.

由点E,G是棱PB,PA的中点,则EGAB,

又DFAB,∴EGDF,

∴DG∥EF,∴EF⊥平面PAB.

∵EF⫋平面EFC,

∴平面EFC⊥平面PAB.

5.(2021陕西西安中学二模)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是半圆弧上异于C,D的点.

(1)证明:直线DM⊥平面BMC;

(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.

(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.

因为BC⊥CD,BC⫋平面ABCD,

所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为半圆弧上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.

又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.

(2)解:当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.

证明如下:连接AC交BD于O.

因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC中点.

连接OP,因为P为AM的中点,所以MC∥OP.

因为MC⊈平面PBD,OP⫋平面PBD,所以MC∥平面PBD.

综合提升组

6.已知矩形ABCD,AB=1,BC=,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中(　　)

A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直

B.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直

C.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直

D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直

答案:C

解析:如图,作AE⊥BD,CF⊥BD,依题意,得AB=1,BC=,AE=CF=,BE=EF=FD=

A,假设存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直,∵BD⊥AE,∴BD⊥平面AEC.∴BD⊥EC,这与BD⊥CF矛盾,排除A.

B,若存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直,则BC⊥平面ACD,从而平面ACD⊥平面BCD,即点A在底面BCD上的射影应位于线段CD上,这是不可能的,排除B.

C,若存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直,则CD⊥平面ABC,从而平面ABC⊥平面BCD.

取BC的中点M,连接ME,则ME⊥BD,∠AEM就是二面角A-BD-C的平面角,此角显然存在,即当点A在底面上的射影位于BC的中点时,直线AB与直线CD垂直,故C正确.D,由上所述,可排除D.故选C.

7.(2021江苏宿迁期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=2,AB=1,E为PC的中点.

求证:(1)BE⊥PD;

(2)BE∥平面PAD;

(3)平面PCD⊥平面PAD.

证明:(方法一)(1)如图,取PD的中点F,连接AF,EF,

因为E为PC的中点,所以FE∥DC,且FE=DC,

又因为DC=2AB,AB∥DC,

所以FE∥AB,且FE=AB,

所以四边形ABEF是平行四边形,所以BE∥AF.

又因为PA=AD,F为PD的中点,所以AF⊥PD,所以BE⊥PD.

(2)由(1)知BE∥AF,AF⫋平面PAD,BE⊈平面PAD,所以BE∥平面PAD.

(3)因为PA⊥底面ABCD,

所以PA⊥AB.

又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.

又因为AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.

又因为DC⫋平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.

(方法二)因为PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.

由题意可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1).

(1)因为=(0,1,1),=(0,2,-2),所以=0,所以BE⊥PD.

(2)因为=(0,2,0),=(0,0,2),=(2,0,0),

所以=0,=0.

又AD∩AP=A,所以=(2,0,0)为平面PAD的一个法向量.

因为=(0,1,1),所以=0.

又BE⊈平面PAD,所以BE∥平面PAD.

(3)由(2)知为平面PAD的一个法向量,则DC⊥平面PAD.又DC⫋平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.

8.(2021河北衡水中学周测)如图,在矩形ABCD中,AD=2,AB=4,E,F分别为边AB,AD的中点.现将△ADE沿DE折起,得四棱锥A-BCDE.

(1)求证:EF∥平面ABC;

(2)若平面ADE⊥平面BCDE,求四面体FDCE的体积.

(1)证明:如图,取线段AC的中点M,连接MF,MB.

因为F,M为AD,AC的中点,所以MF∥CD,且MF=CD.

在折叠前,四边形ABCD为矩形,E为AB的中点,

所以BE∥CD,且BE=CD.

所以MF∥BE,且MF=BE.

所以四边形BEFM为平行四边形,故EF∥BM.

又EF⊈平面ABC,BM⫋平面ABC,所以EF∥平面ABC.

(2)解:在折叠前,四边形ABCD为矩形,AD=2,AB=4,E为AB的中点,所以△ADE,△CBE都是等腰直角三角形,且AD=AE=EB=BC=2.所以∠DEA=∠CEB=45°,且DE=EC=2

又∠DEA+∠DEC+∠CEB=180°,所以∠DEC=90°,即DE⊥CE.

又平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=DE,CE⫋平面BCDE,

所以CE⊥平面ADE,即CE为三棱锥C-EFD的高.

因为F为AD的中点,所以S△EFD=AD×AE=2×2=1,

所以四面体FDCE的体积V=S△EFD×CE=1×2

创新应用组

9.(2021浙江宁波十校联考)如图所示,已知△ABC与△BCD所在平面互相垂直,∠BAC=60°,∠BCD=90°,AB=AC,CD=2BC,点P,Q分别在边BD,CD上,沿直线PQ将△PQD翻折,使D与A重合.

(1)证明:AD⊥PQ;

(2)求直线AP与平面ABC所成角的正弦值.

(1)证明:由题意可得AP=DP,AQ=DQ.

取线段AD的中点R,连接PR,QR,

显然AD⊥PR,AD⊥QR.因为PR∩QR=R,PR⫋平面PQR,QR⫋平面PQR,

所以AD⊥平面PQR,所以AD⊥PQ.

(2)解:设BC=2,则AB=AC=2,CD=4,BD=AD=2

由余弦定理得cos∠ADB=,

AP=DP=,

DP=BD,BP=BD.

过P作PH⊥BC于点H,

因为平面ABC⊥平面BCD,所以PH⊥平面ABC.连接AH,所以∠PAH就是直线AP与平面ABC所成的角.在△PAH中,PH=CD=,sin∠PAH=即直线AP与平面ABC所成角的正弦值为