【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第9章-第5节-线面、面面垂直的判定与性质.docx

第九章　第五节

一、选择题
1．(文)已知一个平面α，那么对于空间内的任意一条直线a，在平面α内确定存在一条直线b，使得a与b(　　)
A．平行　 B．相交　 　
C．异面　 　 D．垂直
[答案]　D
[解析]　当a与α相交时，平面内不存在直线与a平行；当a∥α时，平面内不存在直线与a相交；当a⊂平面α时，平面α内不存在直线与a异面；无论a在何位置，a在平面α内总有射影a′，当b⊂α，b⊥a′时，有b⊥a，故选D.
(理)(2021·深圳模拟)已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是(　　)
A．m∥n　 B．n⊥m　 　
C．n∥α　 　 D．n⊥α
[答案]　B
[解析]　两个平面相互垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面，故选B.
2．(文)(2022·温州十校联考)关于直线a，b，l及平面α，β，下列命题中正确的是(　　)
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a∥α，b⊥a，则b⊥α
C．若a⊂α，b⊂α，且l⊥a，l⊥b，则l⊥α
D．若a⊥α，a∥β，则α⊥β
[答案]　D
[解析]　平行于同一平面的两条直线的位置关系不确定，故A错；a∥α，b⊥a时，经过b与a垂直的平面α内任一条直线l都与a垂直，但l与α的位置关系不确定，每一条直线l都可取作直线b，故B错；对于C，当a与b相交时，结论成立，当a与b不相交时，结论错误，故C错；∵a∥β，设经过a的平面与β相交于c，则a∥c，∵a⊥α，∴c⊥α，∴α⊥β，故D正确．
(理)(2022·浙江温州第一次适应性测试)m是一条直线，α，β是两个不同的平面，以下命题正确的是(　　)
A．若m∥α，α∥β，则m∥β
B．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m∥α，α⊥β，则m⊥β
D．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
[答案]　D
[解析]　若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，A错误；若m∥α，m∥β，则α∥β或α∩β＝l，且m∥l，B错误；若m∥α，α⊥β，则m⊥β或m∥β或m⊂β，C错误；∵m∥α，∴存在直线n⊂α，使m∥n，∵m⊥β，∴n⊥β，又∵n⊂α，∴α⊥β，故选D.
3．(文)(2022·运城模拟)已知两条不同的直线a，b和两个不同的平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b的(　　)
A．充分不必要条件　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　C
⇒a⊥b；
⇒α⊥β.
(理)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　①∵α∩β＝m，b⊂β，α⊥β，b⊥m，∴b⊥α，
又∵a⊂α，∴b⊥a.②当a⊂α，a∥m时，∵b⊥m，∴b⊥a，而此时平面α与平面β不愿定垂直，故选A.
4．(文)(2021·绍兴一中期中)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
[答案]　B
[解析]　∵PA⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∴CD⊥平面PAD，BC⊥平面PAB，AB⊥平面PAD，∴A、C、D正确，选B.
(理)(2022·望江期中)在正四周体P－ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是(　　)
A．BC∥平面PDF　　　　 B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC
[答案]　C
[解析]　∵D、F分别为AB、CA中点，∴DF∥BC.

∴BC∥平面PDF，故A正确．
又∵P－ABC为正四周体，
∴P在底面ABC内的射影O在AE上．
∴PO⊥面ABC.∴PO⊥DF.
又∵E为BC中点，
∴AE⊥BC，∴AE⊥DF.
又∵PO∩AE＝O，∴DF⊥平面PAE，故B正确．
又∵PO⊂平面PAE，PO⊥平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，故D正确．
∴四个结论中不成立的是C.
5．(2021·浙江桐乡四校期中联考)设a，b，c是空间三条直线，α，β是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是(　　)
A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β
B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β
C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b
D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c
[答案]　B
[解析]　A的逆命题是“当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β”，A的逆命题正确；B的逆命题是“当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β”，只有当b垂直于α与β的交线时，才是正确的，故选B.另外由线面平行的判定定理知D的逆命题正确；由三垂线定理及其逆定理知，C及其逆命题正确．
6.(2022·皖南八校联考)正四周体ABCD的棱长为1，G是△ABC的中心，M在线段DG上，且∠AMB＝90°，则GM的长为(　　)

A. B．
C. D．
[答案]　D
[解析]　∵G是正四周体ABCD的面ABC的中心，M在DG上，∴MA＝MB，
又∠AMB＝90°，AB＝1，∴MA＝MB＝，又AG＝，
∴MG＝＝＝.
二、填空题
7．(文)设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：
①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面，其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的序号是________．
[答案]　②③
[解析]　当x、y为直线，z为平面时，有x⊥z，y⊥z⇒x∥y；当x、y为平面，z为直线时，有x⊥z，y⊥z⇒x∥y，故②③正确．
[点评]　由正方体交于同一个顶点的三条棱和三个面知①④均使命题为假命题．
(理)正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为________．
[答案]　
[解析]　依题可知∠B1AB＝60°，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
∴B1B即为所求距离，在△ABB1中得，B1B＝.
8．已知四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为________．
[答案]　
[解析]　过P作PE∥AB交球面于E，连结BE、CE，则BE∥AP，CE∥DP，∴三棱柱APD－BEC为正三棱柱，

∵△PAD为正三角形，∴△PAD外接圆的半径为，
∴球O的半径R＝＝，
∴球O的表面积S＝4πR2＝.
9.(2021·唐山市海港中学月考)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱DD1，AB上的点．下列说法正确的是________．(填上全部正确命题的序号)

①A1C⊥平面B1EF；
②在平面A1B1C1D1内总存在与平面B1EF平行的直线；
③△B1EF在侧面BCC1B1上的正投影是面积为定值的三角形；
④当E，F为中点时，平面B1EF截该正方体所得的截面图形是五边形；
⑤当E，F为中点时，平面B1EF与棱AD交于点P，则AP＝.
[答案]　②③④⑤
[解析]　①BC⊥平面ABB1A1，A1C是平面ABB1A1的斜线，A1B是A1C在平面ABB1A1内的射影，明显A1B与B1F不垂直，∴A1C与B1F不垂直，∴①错；②∵平面B1EF与平面A1B1C1D1相交于过B1的一条直线l，在平面A1B1C1D1内总存在与l平行的直线m，∴m∥平面B1EF，∴②正确；③△B1EF的顶点B1，F在平面BCC1B1内的正投影依次为B1，B，而E点的正投影E′落在CC1上，明显△BB1E′的面积为定值，∴③正确；④当E、F为中点时，由平面B1EF与对面ABB1A1和DCC1D1都相交，故交线平行，设M为C1D1中点，G为D1M中点，则EG∥DM∥B1F，∴平面B1EF与平面A1B1C1D1的交线为B1G，从而在AD上取点P，使AP＝2PD，则FP∥B1G，连接EP，得平面B1EF截正方体得到的截面图形是五边形GEPFB1，∴④正确；⑤正确．

三、解答题
10．(文)如图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB＝2.
(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；
(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．

[解析]　(1)证明：∵AB∥DC，AD⊥DC，∴AB⊥AD，
在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，∴BD＝，
易求BC＝，又∵CD＝2，∴BD⊥BC.
又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，∴BD⊥平面B1BCC1.

(2)DC的中点即为E点．
∵DE∥AB，DE＝AB，
∴四边形ABED是平行四边形．∴AD綊BE.
又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，
∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.
∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，∴D1E∥平面A1BD.
(理)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱BB1，DD1和CC1的中点．
(1)求证：C1F∥平面DEG；
(2)求三棱锥D1－A1AE的体积；
(3)试在棱CD上求一点M，使D1M⊥平面DEG.

[解析]　(1)证明：∵正方体ABCD－A1B1C1D1中，F，G分别为棱DD1和CC1的中点，
∴DF∥GC1，且DF＝GC1.
∴四边形DGC1F是平行四边形．∴C1F∥DG.
又C1F⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，
∴C1F∥平面DEG.

(2)正方体ABCD－A1B1C1D1中，有A1D1⊥平面AA1E.
∴A1D1是三棱锥D1－A1AE的高，A1D1＝1.
∴VD1－A1AE＝·S△A1AE·D1A1
＝××1×1×1＝.
(3)当M为棱CD的中点时，有D1M⊥平面DEG.
正方体ABCD－A1B1C1D1中，有BC⊥平面CDD1C1，
又∵D1M⊂平面CDD1C1，BC∥EG，∴EG⊥D1M.
又∵tan∠GDC＝tan∠MD1D＝，
∴∠GDC＝∠MD1D，∴∠MD1D＋∠D1DG＝∠GDC＋∠D1DG＝90°，∴D1M⊥DG.
又DG∩EG＝G，∴D1M⊥平面DEG.

一、解答题
11．(文)如图所示，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，EC＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：
(1)DE＝DA；
(2)平面BDM⊥平面ECA.

[证明]　(1)如图所示，取EC中点F，连接DF.
∵EC⊥平面ABC，BD∥EC，

∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥AB，
∵BD∥EC，BD＝EC＝FC，∴EC⊥BC.
∴四边形FCBD是矩形，∴DF⊥EC.
又BA＝BC＝DF，
∴Rt△DEFRt△ADB，
∴DE＝DA.
(2)如图所示，取AC中点N，连接MN、NB，
∵M是EA的中点，∴MN綊EC.
由BD綊EC，且BD⊥平面ABC，可得四边形MNBD是矩形，于是DM⊥MN.
∵DE＝DA，M是EA的中点，∴DM⊥EA.
又EA∩MN＝M，∴DM⊥平面ECA，
而DM⊂平面BDM，∴平面ECA⊥平面BDM.
(理)(2021·合肥其次次质检)如图，在几何体ABDCE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD.M为线段BD的中点，MC∥AE，AE＝MC＝.

(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；
(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC.
[解析]　(1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，∴AM＝BD＝，AM⊥BD.
∵MC＝，∴MC＝BD，∴BC⊥CD.
∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD.
∴平面ABD⊥平面CBD，∴AM⊥平面CBD.
又MC綊AE，∴四边形AMCE为平行四边形，
∴EC∥AM，∴EC⊥平面CBD，∴BC⊥EC，
∵EC∩CD＝C，∴BC⊥平面CDE，
∴平面BCD⊥平面CDE.
(2)∵M为BD中点，N为ED中点，
∴MN∥BE且BE∩EC＝E，
由(1)知EC∥AM且AM∩MN＝M，
∴平面AMN∥平面BEC.
12．(文)(2022·山东威海一模)如图所示，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．

(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；
(2)求证：PM∥平面AFC；
(3)求多面体CD－AFEB的体积V.
[解析]　(1)证明：∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF相互垂直，且CB⊥AB，
∴CB⊥平面ABEF.
又AF⊂平面ABEF，∴CB⊥AF.
又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝，∴AF2＋BF2＝AB2，∴得AF⊥BF.又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CFB.∵AF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面CBF.
(2)证明：连接OM延长交BF于H，则H为BF的中点，又P为CB的中点，∴PH∥CF.又∵CF⊂平面AFC，∴PH∥平面AFC.连接PO，则PO∥AC，∵AC⊂平面AFC，PO⊄平面AFC，∴PO∥平面AFC.又PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC，PM⊂平面POH，PM∥平面AFC.
(3)多面体CD－AFEB的体积可分成三棱锥C－BEF与四棱锥F－ABCD的体积之和．
在等腰梯形ABEF中，计算得EF＝1，两底间的距离EE1＝，
∴VC－BEF＝S△BEF×CB＝××1××1＝，
VF－ABCD＝S▱ABCD×EE1＝×2×1×＝，
∴V＝VC－BEF＋VF－ABCD＝.
(理)(2022·山西太原模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝2.

(1)求证：平面ABC⊥平面APC；
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
[解析]　(1)证明：如图所示，取AC中点O，连接OP，OB.

∵PA＝PC＝AC＝4，
∴OP⊥AC，且PO＝4sin60°＝2.
∵BA＝BC＝2，
∴BA2＋BC2＝16＝AC2，且BO⊥AC，
∴BO＝＝2.
∵PB＝4，∴OP2＋OB2＝12＋4＝16＝PB2，∴OP⊥OB.
∵AC∩OB＝O，∴OP⊥平面ABC.
∵OP⊂平面PAC，
∴平面ABC⊥平面APC.
(2)设直线PA与平面PBC所成角的大小为θ，A到平面PBC的距离为d，则sinθ＝＝.
∵PB＝PC＝4，BC＝2，
∴S△PBC＝BC·＝×2×＝2.
由(1)知，VP－ABC＝S△ABC·PO＝，
又VA－PBC＝VP－ABC，
∴×2·d＝，
∴d＝，∴sinθ＝＝，
∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.
[点评]　由第(1)问知OB、OP、AC两两垂直，故可以O为原点，OB、OC、OP为x轴、y轴、z轴建立坐标系，用向量法解答第(2)问．
13．(2022·四川绵阳二诊)如图所示，四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为梯形，AD∥FE，∠AFE＝60°，且平面ABCD⊥平面ADEF，AF＝FE＝AB＝AD＝2，点G为AC的中点．

(1)求证：EG∥平面ABF；
(2)求三棱锥B－AEG的体积；
(3)试推断平面BAE与平面DCE是否垂直？若垂直，请证明；若不垂直，请说明理由．
[解析]　(1)证明：取AB中点M，连FM，GM.

∵G为对角线AC的中点，∴GM∥AD，且GM＝AD.
又∵FE綊AD，∴GM∥FE且GM＝FE.
∴四边形GMFE为平行四边形，∴EG∥FM.
又∵EG⊄平面ABF，FM⊂平面ABF，∴EG∥平面ABF.
(2)作EN⊥AD，垂足为N，
由平面ABCD⊥平面AFED，平面ABCD∩平面AFED＝AD，
得EN⊥平面ABCD，即EN为三棱锥E－ABG的高．
∵在△AEF中，AF＝FE，∠AFE＝60°，
∴△AEF是正三角形．
∴∠AEF＝60°，EF∥AD知∠EAD＝60°，∴EN＝AEsin60°＝.
∴三棱锥B－AEG的体积为V＝·S△ABG·EN＝×2×＝.
(3)平面BAE⊥平面DCE.证明如下：
∵四边形ABCD为矩形，且平面ABCD⊥平面AFED，
∴CD⊥平面AFED，∴CD⊥AE.
∵四边形AFED为梯形，FE∥AD，且∠AFE＝60°，
∴∠FAD＝120°.
又在△AED中，EA＝2，AD＝4，∠EAD＝60°，
由余弦定理，得ED＝2，∴EA2＋ED2＝AD2，
∴ED⊥AE.
又∵ED∩CD＝D，∴AE⊥平面DCE.
又AE⊂平面BAE，∴平面BAE⊥平面DCE.
14．(文)(2022·甘肃张掖月考)如图所示，在底面是正方形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是PC的中点，G为AC上一动点．

(1)求证：BD⊥FG；
(2)确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由；
(3)假如PA＝AB＝2，求三棱锥B－CDF的体积．
[解析]　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，其对角线BD，AC交于点E，∴PA⊥BD，AC⊥BD.∴BD⊥平面APC.
∵FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG.
(2)当G为EC的中点，即AG＝AC时，FG∥平面PBD.
理由如下：连接PE.∵F为PC的中点，G为EC的中点，∴FG∥PE.
∵FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD.
(3)三棱锥B－CDF的体积为VB－CDF＝VF－BCD＝××2×2×1＝.
(理)(2022·唐山一中月考) 如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥侧面AA1C1C，AC＝BC＝1，CC1＝2, ∠CAA1＝，D、E分别为AA1、A1C的中点．

(1)求证：A1C⊥平面ABC；
(2)求平面BDE与平面ABC所成角的余弦值．
[解析]　(1)证明：∵BC⊥侧面AA1C1C，A1C在平面AA1C1C内，∴BC⊥A1C，
△AA1C中，AC＝1，AA1＝C1C＝2，∠CAA1＝，
由余弦定理得A1C2＝AC2＋AA－2AC·AA1cos∠CAA1＝12＋22－2×1×2×cos＝3，
∴A1C＝，∴AC2＋A1C2＝AA，∴AC⊥A1C，
∵AC∩BC＝C，∴A1C⊥平面ABC.
(2)由(1)知CA，CA1，CB两两垂直，
如图，以C为空间坐标系的原点，分别以CA，CA1，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，
B(0,0,1)，A(1,0,0)，A1(0，，0)，

由此可得D(，，0)，E(0，，0)，＝(，，－1)，＝(0，，－1)．
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，∴
则有，令z＝1，则x＝0，y＝，
∴n＝(0，，1)，
∵A1C⊥平面ABC，∴＝(0，，0)是平面ABC的一个法向量，
∴cos<n，>＝＝，
∴平面BDE与ABC所成锐二面角的余弦值为.