2022高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第4节空间直线平面的垂直练习.doc

第4节 空间直线、平面的垂直
[A级　基础巩固]
1．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”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
解析：因为m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m D⇒/l∥α，因为l⊥m时，l可能在α内．
故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．
答案：B
2．(2020·武汉调研)已知两个平面相互垂直，下列命题：
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．
其中正确命题的个数是(　　)
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：构造正方体ABCD-A1B1C1D1，如图所示，
①在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；
②在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内任意一条直线，l与平面ABCD内和AB平行的所有直线垂直，故②正确；
③在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；
④在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的任一点作交线的垂线l，则l可能与平面ABCD垂直，也可能与平面ABCD不垂直，故④错．
答案：C
3.如图所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P-ABC中直角三角形的个数为(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，所以BC⊥PA，因为BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.所以四面体P-ABC中直角三角形有△PAC，△PAB，△ABC，△PBC.故选A.
答案：A
4．(2020·青岛二中检测)如图所示，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A、C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列不正确的是(　　)
A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
解析：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又AN⊂平面ABP，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，BC∩PB＝B，所以AN⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，所以AN⊥PC，又因为PC⊥AS，AS∩AN＝A，所以PC⊥平面ANS，又PC⊂平面PBC，所以平面ANS⊥平面PBC，所以A正确，C，D显然正确.
答案：B
5．如图所示，在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是 (　　)
　 　　　　　 A　　　　　　 B
　 　　　　　 C　　　　　　　D
解析：如图所示，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意，故选D.
答案：D
6．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．
解析：由定理可知，BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.
又PC⊂平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
7．如图所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC的射影H必在直线________上．
解析：因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
所以AC⊥平面ABC1.
又因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.
所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．
答案：AB
8.(2020·青岛模拟)将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形，其中AD＝BD＝，∠BAC＝30°，若它们的斜边AB重合，让三角板ABD以AB为轴转动，则下列说法正确的是________(填序号)．
①当平面ABD⊥平面ABC时，C、D两点间的距离为；
②在三角板ABD转动过程中，总有AB⊥CD；
③在三角板ABD转动过程中，三棱锥D-ABC体积的最大值为.
解析：如图所示，①中，取AB的中点O，连接DO，CO，因为AD＝BD＝，所以DO＝1，AB＝2，OC＝1.因为平面ABD⊥平面ABC，DO⊥AB，所以DO⊥平面ABC，DO⊥OC，所以DC＝，故①正确．
②中，若AB⊥CD，则AB⊥平面CDO，AB⊥OC，因为O为中点，所以AC＝BC，∠BAC＝45°与∠BAC＝30°矛盾，故②错误．
③中，当DO⊥平面ABC时，棱锥的高最大，此时V棱锥＝××AC×BC×DO＝××1×1＝，故③正确．
答案：①③
9.(2020·山东质量检测)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.
(1)求证：B1N⊥A1C；
(2)求M到平面A1B1C的距离．
(1)证明：如图所示，连接CM.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
所以AA1⊥CM.
在△ABC中，AC＝BC，M为AB的中点，所以CM⊥AB.
又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.
因为B1N⊂平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.
又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.
因为A1C⊂平面A1CM，所以B1N⊥A1C.
(2)解：连接B1M.
在矩形ABB1A1中，因为A1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N.
所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝.
因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2.
设AA1＝x，则A1N＝.
所以＝，解得x＝2.
从而S△A1B1M＝S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1C＝2.
在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝＝，
所以sin∠A1CB1＝，
所以S△A1B1C＝A1C·B1C·sin∠A1CB1＝.
设点M到平面A1B1C的距离为d，
由V三棱锥M-A1B1C＝V三棱锥C-A1B1M，
得S△A1B1C·d＝S△A1B1M·CM，
所以d＝＝.
即点M到平面A1B1C的距离为.
10．(2019·东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF＝2.
(1)求证：PF⊥平面ABED；
(2)求点A到平面PBE的距离．
(1)证明：在题图2中，连接EF，
由题意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
在题图1中，连接EF，作EH⊥AB于点H，利用勾股定理，得EF＝＝，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，
所以PF⊥EF，
又因为BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，
所以PF⊥平面ABED.
(2)解：如图所示，连接AE，由(1)知PF⊥平面ABED，
所以PF为三棱锥P-ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，
因为VA-PBE＝VP-ABE，
即××6×9×h＝××12×6×2，
所以h＝，
即点A到平面PBE的距离为.
[B级　能力提升]
11．(2019·全国卷Ⅲ)如图所示，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：连接BD，CM，BE.
因为点N是正方形ABCD的中心，所以点N在BD上，且BN＝DN，
所以BM，EN是△DBE的中线，
所以BM，EN必相交．
设DE＝a，则EC＝DC＝a，MC＝a.
因为平面ECD⊥平面ABCD，且BC⊥DC，
所以BC⊥平面DCE.
则BM＝ ＝.
又EN＝ ＝a，故BM≠EN.
答案：B
12．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．
解析：已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，或l与α相交不垂直．由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故②③⇒①或①③⇒②.
答案：若m∥α且l⊥α，则l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)
13.(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥EBB1C1C的体积．
(1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，
故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.
如图所示，作EF⊥BB1，垂足为F，
则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.
所以四棱锥E-BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18.
[C级　素养升华]
14．(多选题)如图所示，四棱锥P-AB-CD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论成立的是(　　)
A．PB⊥AC
B．PD⊥平面ABCD
C．AC⊥PD
D．平面PBD⊥平面ABCD
解析：在选项A中，取PB的中点O，连接AO，CO，因为四棱锥P-ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，所以AO⊥PB，CO⊥PB.
因为AO∩CO＝O，所以PB⊥平面AOC.因为AC⊂平面AOC，所以PB⊥AC，故A成立．
在选项B中，点D位置不确定，故B不一定成立．
在选项C中，因为PB⊥平面AOC，AC⊂平面AOC，所以AC⊥PB.因为AC⊥BD，PB∩BD＝B，所以AC⊥平面PBD，因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD，故C成立．
在选项D中，因为AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，所以平面PBD⊥平面ABCD，故D成立．
答案：ACD
素养培育直观想象——立体几何中的动态问题(自主阅读)
直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养．
(1)立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．
(2)解决立体几何中的动态问题的主要方法是：根据线、面平行、垂直的判定定理和性质定理，通过直观想象，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，或者转化为函数等其他问题．
[典例1]　(2020·山东诊断)在长为2、宽为3、高为2的长方体中，存在一条直线与各个面的夹角都相等，若将这个角记为θ，则sin θ的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：如图，从长方体中截取一个棱长为2的正方体，则图中的AF与长方体的各个面的夹角都相等，
则sin θ＝＝.
答案：D
[解题思路]　本题要使存在一条直线与各个面的夹角相等，可转化为长方体内找到一点相邻三个面的距离相等，从而在长方体中截出一个正方体，进而得出结果．
[典例2]　如图所示，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是(　　)
解析：过点M作MN⊥AB，交AB于点N，则MN⊥平面ABCD，过点N作NQ∥AD，交CD于点Q，过点Q作QH∥PD，交PC于点H，连接MH，
则平面MNQH是所作的平面α，
由题意得＝，
解得MN＝4－2x，由＝.
即＝，解得QH＝(2－x)，
过点H作HE⊥NQ，在Rt△HEQ中，
EQ＝＝2－x，
所以NE＝2－(2－x)＝x，所以MH＝x.
所以y＝f(x)＝＝－x2＋4(0<x<2)．
所以函数y＝f(x)的图象如图所示．
答案：C