2022届高三数学一轮总复习基础练习：第七章-立体几何7-5-.docx

第五节　直线、平面垂直的判定及其性质
时间：45分钟　分值：100分

一、选择题
1．(2021·沈阳模拟)已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，则“α∥β”是“l⊥m”的(　　)
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析　当α∥β，l⊥α时，有l⊥β，又m⊂β，故l⊥m.
反之，当l⊥m，m⊂β时，不肯定有l⊥β，
故α∥β不肯定成立．
因此“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．
答案　B
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
D．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
解析　A选项中，直线m，n可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B选项中，α与β也可能相交，此时直线m平行于α，β的交线；D选项中，m也可能平行于β.故选C.
答案　C
3．(2022·浙江卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
解析　当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误；
当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误；
当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确；

在如图所示的正方体ABCD—A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故选项D错误．
答案　C
4．关于直线m，n与平面α，β，有以下四个命题：
①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n；
②若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥n；
③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；
④若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n.
其中真命题有(　　)
A．1个　　 B．2个　　
C．3个　　 D．4个
解析　①中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；②中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；③中，由条件可得m⊥β，进而有m⊥n，故正确；④中，由条件可得m与β平行或m在 β内，故有m⊥n.综上可知③④正确．故选B.
答案　B
5．在直角梯形ABCD中，AB＝AD，AD∥BC，∠BCD＝45°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，则下列命题正确的是(　　)
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
解析　∵AB＝AD，∠BCD＝45°，∴BD⊥CD；∵平面ABD⊥平面BCD，∴CD⊥平面ABD，∴CD⊥AB.又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.
答案　D
6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AM＝AB1，BN＝BC1，则下列结论：

①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④B1D1⊥MN.
正确命题的个数是(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析　过M，N分别作BB1的平行线交AB，BC于Q，P.由平行关系可证明PN綊MQ，∴四边形MNPQ为平行四边形，∴MN∥PQ，∴①③对.＝，＝，知PQ不平行于AC，∴MN不平行于A1C1，∴②错．由B1D1⊥A1C1，而MN不平行于A1C1，∴MN不垂直于B1D1，故④错．所以选C.
答案　C
二、填空题

7．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
解析　∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC.

∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.
答案　AB，BC，AC　AB
8．如图所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
解析　由PA⊥平面ABC，得PA⊥AB，PA⊥AC.
故△PAB、△PAC都是直角三角形．
由BC⊥AC，得BC⊥PC，
故△BPC是直角三角形．
又△ABC明显是直角三角形，
故直角三角形的个数为4.
答案　4
9．已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则
①棱AB与PD所在的直线垂直；
②平面PBC与平面ABCD垂直；
③△PCD的面积大于△PAB的面积；
④直线AE与直线BF是异面直线．
以上结论正确的是________．(写出全部正确结论的序号)
解析　由条件可得AB⊥平面PAD，
∴AB⊥PD，故①正确；
∵PA⊥平面ABCD，
∴平面PAB，平面PAD都与平面ABCD垂直，
故平面PBC不行能与平面ABCD垂直，故②错；
∵S△PCD＝CD·PD，S△PAB＝AB·PA，
由AB＝CD，PD>PA，可知③正确；
由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EF∥CD，
又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错．
答案　①③
三、解答题

10．如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明　(1)∵PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PA.
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，
故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC.
故CD⊥AE.
(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.
∵E是PC的中点，故AE⊥PC.
由(1)知CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.
易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.

11．如图所示，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．求证：
(1)EF∥平面A1CD；
(2)平面A1CD⊥平面A1ABB1.
证明　

(1)如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，连接ED，
在△ABC中，由于D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE＝AC，且DE∥AC.
又F为A1C1的中点，所以A1F＝A1C1＝AC，且A1F∥A1C1∥AC，所以A1F＝DE，且A1F∥DE，
即四边形A1DEF为平行四边形，所以EF∥DA1.
又EF⊄平面A1CD，DA1⊂平面A1CD，
所以EF∥平面A1CD.
(2)由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，
故CD⊥AB，又侧棱A1A⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，
所以AA1⊥CD，
又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，
而CD⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.

1．(2021·牡丹江模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，其中PA＝PD＝AD＝2，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．
(1)求证：AD⊥平面PQB.
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PM＝PC，求四棱锥M—ABCD的体积．
解　(1)证明：连接BD，

由于PA＝PD＝AD＝2，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD.
又由于∠BAD＝60°，底面ABCD为菱形，
所以△ABD是等边三角形，
由于Q为AD的中点，所以AD⊥BQ.
由于PQ，BQ是平面PQB内的相交直线，
所以AD⊥平面PQB.
(2)连接QC，作MH⊥QC于H.
由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD，所以PQ⊥平面ABCD，结合QC⊂平面ABCD，可得PQ⊥QC.
由于在平面PQC中，MH⊥QC且PQ⊥QC，
所以PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，
即MH就是四棱锥M—ABCD的高，
由于PM＝PC，可得MH＝PQ＝××2＝，所以四棱锥M—ABCD的体积为VM—ABCD＝××AC×BD×MH＝×2×2×＝1.

2．(理)如图，四棱锥E—ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.
(1)求证：BD⊥平面ADE；
(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值；
(3)在线段CE上是否存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE？请说明理由．
解　(1)证明：由BC⊥CD，BC＝CD＝2，可得BD＝2.
由EA⊥ED，且EA＝ED＝2，可得AD＝2.
又AB＝4，所以BD⊥AD.
又平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADE.

(2)如图建立空间直角坐标系D—xyz，
则D(0,0,0)，B(0,2，0)，C(－，，0)，E(，0，)，＝(，－2，)，＝(，0，)，
＝(－，，0)．
设n＝(x，y，z)是平面CDE的一个法向量，
则n·＝0，n·＝0，即
令x＝1，则n＝(1,1，－1)．
设直线BE与平面CDE所成的角为α，则
sinα＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.
所以BE和平面CDE所成的角的正弦值为.
(3)设＝λ，λ∈[0,1]．
＝(－，，0)，＝(2，－，)，＝(0,2，0)．则＝＋＝＋λ＝(2λ－1，－λ＋1，λ)．
设m＝(x′，y′，z′)是平面BDF的一个法向量，
则m·＝0，m·＝0，
即
令x′＝1，则m＝.
若平面BDF⊥平面CDE，
则m·n＝0，即1＋＝0，λ＝∈[0,1]．
所以，在线段CE上存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE.
(文)(2022·课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC—A1B1C1的高．
解　(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，
所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
由于∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．
又BC＝1，可得OD＝.
由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.
由OH·AD＝OD·OA，且AD＝＝，得OH＝.
又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，故三棱柱ABC－A1B1C1的高为.