2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.4《直线、平面垂直的判定与性质》(含详解)

这是一份2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.4《直线、平面垂直的判定与性质》(含详解)，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.4《直线、平面垂直的判定与性质》一              、选择题1.设α，β是两个不同平面，m，n是两条不同直线，下列说法正确的是(　　)A.若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥βB.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥βC.若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥βD.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n2.设a，b，c表示三条互不重合的直线，α，β表示两个不重合的平面，则使得“a∥b”成立的一个充分条件为(　　)A.a⊥c，b⊥cB.a∥α，b∥αC.a∥α，a∥β，α∩β＝bD.b⊥α，c∥α，a⊥c3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1B1，AD，CC1的中点，则对角线BD1与平面EFG所成角的大小为(　　)A.         B.         C.          D.4.如图，锐二面角α－l－β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角α－l－β的平面角的余弦值是(　　)A.         B.          C.         D.5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝，AD＝1，AA1＝，则异面直线AD1与A1C1所成角的余弦值为(　　)A.        B.        C.          D.6.如图，定点A，B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC，则动点C在平面α内的轨迹是(　　)A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一段弧，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点7.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为(　 　)A.        B.1        C.         D.28.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确结论的个数是(　   )A.1          B.2         C.3          D.49.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有(　 　)A.AG⊥平面EFH        B.AH⊥平面EFHC.HF⊥平面AEF        D.HG⊥平面AEF10.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论错误的是(　 　)A.BD∥平面CB1D1B.异面直线AD与CB1所成的角为45°C.AC1⊥平面CB1D1D.AC1与平面ABCD所成的角为30°11.设正四面体ABCD的棱长为a，E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)A.a2         B.a2             C.a2         D.a2二              、多选题12. (多选)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论，正确的结论为(　　)A.DF⊥BC                    B.BD⊥FCC.平面BDF⊥平面BCF         D.平面DCF⊥平面BCF三              、填空题13.若m，n是两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：①若m∥n，m∥α，则n∥α；②若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；③若m∥n，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.上面命题中，所有真命题的序号是________.14.已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则二面角A－B1D1－C的正弦值为________.15.已知二面角α－l－β的大小为140°，直线a，b分别在平面α，β内且都垂直于棱l，则a与b所成角的大小为________.16.已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点.则下列结论中正确结论的序号为________.①线段MN的长度为1；②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；③∠MFN的余弦值的取值范围是[0,)；④△FMN周长的最小值为＋1.
0.答案详解一              、选择题1.答案为：C.解析：如图，以正方体为例，A项，令AB＝m，BC＝n，平面BCC1B1＝α，平面ADD1A1与平面A1B1C1D1都可以是平面β，α与β可能平行也可能相交，A错；B项，令平面BCC1B1＝α，平面A1B1C1D1＝β，AB＝m，BB1＝n，此时n与β相交，B错；C项，m∥α，由线面平行的性质定理，α内有直线l∥m，m∥n，则n∥l，n⊥β，则l⊥β，则α⊥β，C正确；D项，令平面BCC1B1＝α，平面A1B1C1D1＝β，AB＝m，BB1＝n，但m与n相交，不平行，D错.2.答案为：C解析：A项，a⊥c，b⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；B项，a∥α，b∥α，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；C项，a∥α，a∥β，α∩β＝b，由线面平行的性质可知a∥b，是a∥b的充分条件；D项，b⊥α，c∥α，a⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件.3.答案为：D解析：如图，在正方体中取棱B1C1，AA1，CD的中点M，N，P，连接EM，MG，GP，PF，FN，NE，得到正六边形ENFPGM，连接AC，BD，则AC⊥BD，又DD1⊥AC，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1⊂平面BDD1，故AC⊥BD1，又AC∥PF，则PF⊥BD1，同理可得NF⊥BD1，且PF∩NF＝F，故BD1⊥平面ENFPGM，所以对角线BD1与平面EFG所成角的大小为.4.答案为：B解析：过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接DE，CE，因为AC⊥AB，所以BE⊥AB，因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE，因为AB＝4，CD＝8，所以DE＝＝＝4，所以cos∠DBE＝＝＝.5.答案为：D解析：连接AC(图略)，∵AA1∥CC1，AA1＝CC1，∴四边形AA1C1C为平行四边形，∴A1C1∥AC，则∠D1AC即为异面直线AD1与A1C1所成的角或其补角，cos∠D1AC＝＝.6.答案为：B解析：如图，连接BC，因为PB⊥α，AC⊂α，所以PB⊥AC，又PC⊥AC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，又CB⊂平面PBC，故CB⊥AC，因为A，B是平面α上的定点，所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆，又C是α内异于A和B的点，故此轨迹要去掉A，B两个点，所以B正确.7.答案为：A；解析：设B1F=x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1=，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE=h.又2×=h，所以h=，DE=.在Rt△DB1E中，B1E= =.由面积相等得× =x，得x=.8.答案为：B；解析：画出该几何体，如图所示，①因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；②直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；③由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故③正确；④因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确.所以正确结论的个数是2.9.答案为：B；解析：根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，又HE∩HF=H，∴AH⊥平面EFH，B正确.∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确.∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH=G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确.由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确.10.答案为：D.解析：因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1=45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D.11.答案为：A解析：由题意，正四面体ABCD如图所示，因为E，F分别是BC，AD的中点，所以＝(＋)，＝，又因为正四面体ABCD的棱长都为a，所以〈，〉＝〈，〉＝60°，故·＝(＋)·＝(·＋·)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.二              、多选题12.答案为：BC解析：对于A项，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则A不成立；对于B项，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B正确；对于C项，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C正确；对于D项，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不成立.三              、填空题13.答案为：③④.解析：对于①，若m∥n，m∥α，则n⊂α或n∥α，故选项①错误；对于②，若m∥α，n∥β，m∥n，则α与β平行或相交，如图所示，故选项②错误；对于③，若m∥n，n⊥α，根据两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面，故m⊥α，故选项③正确；对于④，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，直线m，n的方向向量即为平面α，β的法向量，因为m⊥n，则两个平面的法向量垂直，故α⊥β，故选项④正确.14.答案为：.解析：如图，连接AD1，AB1，AC，B1D1，取B1D1的中点F，连接AF，CF，由于AD1，AB1，B1D1都是正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线，所以AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1是等边三角形，又F是B1D1的中点，所以AF⊥B1D1，同理CF⊥B1D1，所以∠AFC是二面角A－B1D1－C的平面角，不妨设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则易得AC＝a，AF＝CF＝a.在△AFC中，根据余弦定理得cos∠AFC＝＝.又0＜∠AFC＜π，所以sin∠AFC＝＝，即二面角A－B1D1－C的正弦值为.15.答案为：40°.16.答案为：①④.解析：在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为的四面体ABCD，显然，M，N分别为正方体前后两个面的中心，故线段MN的长度为正方体棱长1，故①对；对于②，如图，取AB的中点F，取MN的中点G，取CD的中点I，则由正方体的性质易知，F，G，I三点在一条直线上，故此时FG与CD相交于I，故②错；对于③，BN＝＝，BM＝＝＝，又有MN＝1，故cos∠MBN＝＝>，故F点无限接近B点时，cos∠MFN会无限接近，故∠MFN的余弦值的取值范围不为[0,)，③错误；对于④，如图，将等边△ABC与等边△ABD铺平，放在同一平面上，故有N′F＋FM′≥M′N′＝，当且仅当F为AB的中点时M′F＋FN′取最小值，故在正方体中，MF＋FN≥，故△FMN周长的最小值为＋1，故④对.