8.4　直线、平面垂直的判定与性质（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案）

这是一份8.4　直线、平面垂直的判定与性质（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案），共18页。试卷主要包含了4　直线、平面垂直的判定与性质等内容，欢迎下载使用。
五年高考
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国甲理,11,5分,中)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 ( )
A.22 B.32 C.42 D.62
2.(多选)(2023新课标Ⅱ,9,5分,中)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为43π
C.AC=22
D.△PAC的面积为3
3.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
4.(2021全国乙,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
5.(2022全国甲理,18,12分,中)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
6.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
7.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
三年模拟
综合基础练
1.(2023北京顺义二模,5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是棱DD1和线段BC1上的动点,则满足与DD1垂直的直线MN( )
A.有且仅有1条 B.有且仅有2条
C.有且仅有3条 D.有无数条
2.(2024届江苏南京师范大学附属中学期中,5)给出下列命题:
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行;
②如果两条平行直线中的一条垂直于直线m,那么另一条直线也与直线m垂直;
③如果一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面互相平行;
④如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.
其中是真命题的是( )
A.①② B.③④
C.①③ D.②④
3.(2024届江苏南京学情调研,6)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点B的平面α与直线A1C垂直,则平面α截该正方体所得截面的形状为( )
A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形
4.(2023河南郑州联考,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列说法不正确的是( )
A.直线AC1与直线B1C垂直
B.直线AC1与平面A1BD垂直
C.三棱锥A1-C1BD的体积是正方体ABCD-A1B1C1D1的体积的三分之一
D.直线AB1与直线BC1垂直
5.(2023贵州毕节一模,9)图(1)是由正方形ABCD和正三角形PAD组合而成的平面图形,将三角形PAD沿AD折起,使得平面PAD⊥平面ABCD,如图(2),则异面直线PB与DC所成角的大小为( )

A.15° B.30° C.45° D.60°
6.(2023湖南师大附中一模,6)如图,已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,A1B1=4,BB1=2,点M,N分别为A1B1,B1C1的中点,则下列平面中与BB1垂直的是( )
A.平面A1C1D B.平面DMN
C.平面ACNM D.平面AB1C
7.(多选)(2023广东一模,10)在四棱锥S-ABCD中,SD⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,若SD=AD,则( )
A.AC⊥SD
B.AC与SB所成角大小为60°
C.BD与平面SCD所成角大小为45°
D.BD与平面SAB所成角的正切值为33
综合拔高练
1.(2024届山西运城景胜学校(西校区)月考,8)如图,PA垂直于正方形ABCD所在平面,则以下关系错误的是( )
A.平面PCD⊥平面PAD
B.平面PCD⊥平面PBC
C.平面PAB⊥平面PBC
D.平面PAB⊥平面PAD
2.(2024届江苏南京第一中学四模,16)已知平面α截一球面得圆M,过圆心M且与α夹角为60°的平面β截该球面得圆N.若该球的半径为4,圆M的面积为4π,则圆N的面积为 .
3.(2024届山东德州适应性联考(一),15)已知矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E是边BC的中点.AE和BD交于点M,将△ABE沿AE折起,在翻折过程中当AB与MD垂直时,异面直线BA和CD所成角的余弦值为 .
4.(2023辽宁沈阳质监,19)如图,在矩形ABCD中,AB=4,E为边CD上的点,CB=CE,以BE为折痕把△CBE折起,使点C到达点P的位置,且使二面角P-BE-C为直二面角,三棱锥P-ABE的体积为423.
(1)求证:平面PAB⊥平面PAE;
(2)求二面角B-PA-D的余弦值.
8.4 直线、平面垂直的判定与性质
五年高考
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国甲理,11,5分,中)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 ( )
A.22 B.32 C.42 D.62
答案 C
2.(多选)(2023新课标Ⅱ,9,5分,中)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为43π
C.AC=22
D.△PAC的面积为3
答案 AC
3.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
解析 (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C,
∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,
∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.
由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.
在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,
∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,
又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1为等腰直角三角形,
∴A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
4.(2021全国乙,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
解析 (1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,
所以AM⊥平面PBD,
因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=2,所以S矩形ABCD=AB·AD=2,
所以V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=13×2×1=23.
5.(2022全国甲理,18,12分,中)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
解析 (1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH=12,又AD=1,所以DH=32.易知BH=32,所以BD=3,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA.
(2)解法一:由题设及(1)得三棱锥P-ABD的体积为V=13×12×1×3×3=12.
又AB=2,PA=DA2+DP2=2,PB=DB2+DP2=6,
所以cs∠PAB=AB2+PA2−PB22AB·PA=14,则sin∠PAB=154.
设点D到平面PAB的距离为d,则V=13×12×2×2×154·d=156d.由156d=12,得d=155.
因此PD与平面PAB所成角的正弦值为dPD=55.
解法二:如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PD⊥AB,又DE∩PD=D,故AB⊥平面PDE.
作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.
因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.
因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的角.
因为12AB·DE=12DA·DB,所以DE=32,
故PE=DE2+DP2=152.
因此PD与平面PAB所成角的正弦值为DEPE=55.
6.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
解析 (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,
∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,
又CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD.
(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,CD,CB,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,3,0),∴CB=(0,3,0),设AO=a.
则E23,33,23a,则CE=23,33,23a,
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·CB=0,n·CE=0,即3y=0,23x+33y+23az=0,
令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1),
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
由题可知|cs|=m·n|m|·|n|=−1a2+1=22,
∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36,
故三棱锥A-BCD的体积为36.
7.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
解析 解法一(几何法):(1)根据给定条件,证明四边形ODEF为平行四边形,再利用线面平行的判定定理作答.
证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0