2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七篇立體幾何與空間向量第5節(jié)直線平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)作業(yè)理含解析新人教A版

PAGEPAGE10第5節(jié)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)作業(yè)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練(時(shí)間：30分鐘)1．已知m是平面α的一條斜線，點(diǎn)Aα，l為過點(diǎn)A的一條動(dòng)直線，那么下列情形可能出現(xiàn)的是()(A)l∥m，l⊥α (B)l⊥m，l⊥α(C)l⊥m，l∥α (D)l∥m，l∥αC解析：設(shè)m在平面α內(nèi)的射影為n，當(dāng)l⊥n且與α無(wú)公共點(diǎn)時(shí)，l⊥m，l∥α.2．PA垂直于正方形ABCD所在平面，連接PB，PC，PD，AC，BD，則下列垂直關(guān)系正確的是()①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面PAD；③平面PAB⊥平面PCD；④平面PAB⊥平面PAC.(A)①② (B)①③(C)②③ (D)②④A解析：易證BC⊥平面PAB，則平面PAB⊥平面PBC.又AD∥BC，故AD⊥平面PAB，則平面PAD⊥平面PAB.3．已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個(gè)不重合的平面，那么下面給出的條件中肯定能推出m⊥β的是()(A)α⊥β，且mα (B)m∥n，且n⊥β(C)α⊥β，且m∥α (D)m⊥n，且n∥βB解析：依據(jù)定理、性質(zhì)、結(jié)論逐個(gè)推斷．因?yàn)棣痢挺?，mα，則m，β的位置關(guān)系不確定，可能平行、相交、m在β面內(nèi)，故A錯(cuò)誤；由線面垂直的性質(zhì)定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關(guān)系也不確定，故C錯(cuò)誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關(guān)系也不確定，故D錯(cuò)誤．4．如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則點(diǎn)C1在平面ABC上的射影H(A)直線AB上 (B)直線BC上(C)直線AC上 (D)△ABC的內(nèi)部A解析：連接AC1(圖略)，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1.又AC平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴點(diǎn)C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上，故選A.5．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝AC，AC1⊥A1B，M，N分別為A1B1，AB的中點(diǎn)，給出下列結(jié)論：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥AM；③平面AMC1∥平面CNB(A)0 (B)1(C)2 (D)3D解析：由于ABC－A1B1C1為直三棱柱，所以A1A⊥C1M.由B1C1＝A1C1，M為A1B1的中點(diǎn)，得C1M⊥A1B1.又AA1∩A1B1＝A1，所以C1M所以①正確．因?yàn)镃1M⊥平面A1ABB1，所以C1M⊥A1B.又AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以AM⊥A1B，所以②正確．由AM∥B1N，C1M∥CN，可得平面AMC1∥平面CNB6．(2024湖州模擬)在邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，將菱形沿對(duì)角線AC折起，使折起后BD＝1，則二面角B—AC—D的余弦值為()(A)eq\f(1,3) (B)eq\f(1,2)(C)eq\f(2\r(2),3) (D)eq\f(\r(3),2)A解析：在菱形ABCD中連接BD交AC于O點(diǎn)，則AC⊥BD，在折起后的圖中，由四邊形ABCD為菱形且邊長(zhǎng)為1，則DO＝OB＝eq\f(\r(3),2)，由于DO⊥AC，BO⊥AC，因此∠DOB就是二面角B－AC－D的平面角，由BD＝1得cos∠DOB＝eq\f(OD2＋OB2－DB2,2OD·OB)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq\f(1,3).7．(2024山東濰坊質(zhì)檢)如圖所示，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿意________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)解析：連接AC，BD交于O，因?yàn)榈酌娓鬟呄嗟龋訠D⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD.而PC平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．如圖，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC⊥直線AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB9．三棱錐S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，給出以下結(jié)論：①異面直線SB與AC的夾角為90°；②直線SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④點(diǎn)C到平面SAB的距離是eq\f(1,2)a.其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．解析：由題意知，AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，所以①②③正確；取AB的中點(diǎn)E，連接CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長(zhǎng)度即為點(diǎn)C到平面SAB的距離，所以距離為eq\f(1,2)a，故④正確．答案：①②③④10．如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是CD、A1D1(1)求證：AB1⊥BF；(2)求證：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在點(diǎn)P，使BF⊥平面AEP？若存在，確定點(diǎn)P的位置，若不存在，說(shuō)明理由．(1)證明：連接A1B，則AB1⊥A1B，又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A1，∴AB1⊥平面A1BF.又BF平面A1BF，∴AB1⊥BF(2)證明：取AD中點(diǎn)G，連接FG，BG，則FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又∵BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF平面BFG，∴AE⊥BF.(3)解：存在．取CC1中點(diǎn)P，即為所求．連接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.11．(2024洛陽(yáng)三模)等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC的中點(diǎn)(如圖(1))．現(xiàn)將△ABC沿CD翻成直二面角ACDB(如圖(2))．(1)求證：AB∥平面DEF；(2)求多面體DABFE的體積．(1)證明：如題圖(2)所示，在△ABC中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AC，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AB.又AB平面DEF，EF平面DEF，所以AB∥平面DEF.(2)解：由直二面角ADCB知平面ADC⊥平面BCD，又在圖(1)中，AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，V三棱錐ABCD＝eq\f(1,3)·S△BCD·AD＝eq\f(\r(3),6)，V三棱錐EFCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△BCD·eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),24)，所以，多面體DABFE的體積V＝V三棱錐ABCD－V三棱錐EFCD＝eq\f(\r(3),8).實(shí)力提升練(時(shí)間：15分鐘)12．如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD邊CD上異于點(diǎn)C，D的動(dòng)點(diǎn)，將△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，則下列三種說(shuō)法中正確的個(gè)數(shù)是()①存在點(diǎn)E使得直線SA⊥平面SBC；②平面SBC內(nèi)存在直線與SA平行；③平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行．(A)0 (B)1(C)2 (D)3B解析：由題圖，得SA⊥SE；若存在點(diǎn)E使得直線SA⊥平面SBC，則SA⊥SB，SA⊥SC，則SC，SB，SE三線共面，則點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，與題設(shè)沖突，故①錯(cuò)誤；因?yàn)镾A與平面SBC相交，所以在平面SBC內(nèi)不存在直線與SA平行，故②錯(cuò)誤；明顯，在平面ABCE內(nèi)，存在直線與AE平行，由線面平行的判定定理得平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行，故③正確．故選B.13．(2024浙江六校聯(lián)考)下列命題中錯(cuò)誤的是()(A)假如平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)肯定存在直線平行于平面β(B)假如平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)肯定不存在直線垂直于平面β(C)假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ(D)假如平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)有且只有一條直線垂直于平面βD解析：對(duì)于A，若平面α⊥平面β，則在平面α內(nèi)平行于交線的直線肯定平行于平面β，故A正確；對(duì)于B，若平面α內(nèi)存在直線垂直于平面β，則平面α與平面β肯定垂直，故B正確；對(duì)于C，平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，若l不垂直于平面γ，則在l上任取一點(diǎn)P，過P作直線m⊥γ，則mα，mβ，所以α∩β＝m，因此l與m是同一條直線，即l⊥平面γ；對(duì)于D，平面α內(nèi)存在多數(shù)條直線垂直于平面β，故D錯(cuò)誤，選D.14．如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝BC1＝2，∠AA1C1＝60°，平面ABC1⊥平面AA1C1C，AC1與(1)求證：BD⊥平面AA1C(2)求二面角C1－AB－C的余弦值．解析：(1)依題意，知側(cè)面AA1C1C是菱形，D是因?yàn)锽A＝BC1，所以BD⊥AC1，又平面ABC1⊥平面AA1C1C，且BD平面ABC1，平面ABC1∩平面AA1C1所以BD⊥平面AA1C(2)由(1)知BD⊥平面AA1C1C，CD平面AA1C1C，所以CD⊥BD，又CD⊥AC1，AC1∩BD＝D，所以CD過D作DH⊥AB，垂足為H，連接CH，如圖，則CH⊥AB.所以∠DHC為二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△DAB中，AD＝1，BD＝eq\r(3)，AB＝2，所以DH＝eq\f(AD·DB,AB)＝eq\f(\r(3),2)，CH＝eq\r(DH2＋DC2)＝eq\f(\r(15),2)；所以cos∠DHC＝eq\f(DH,CH)＝eq\f(\r(5),5)，即二面角C1－AB－C的余弦值是eq\f(\r(5),5).15．(2024河北教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為a的菱形，∠BAD＝120°，PA＝b.(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，M為OC中點(diǎn)，若二面角OPMD的正切值為2eq\r(6)，求a∶b的值．(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又底面ABCD為菱形，所以AC⊥BD，因?yàn)锳C∩PA＝A.所以BD⊥平面PAC，從而平面PBD⊥平面PAC.(2)解：過O作OH⊥PM交PM于H，連接HD.由(1)知DO⊥平面PAC，所以DH⊥PM，所以∠OHD為二面角OPMD的平面角．又OD＝eq\f(\r(3),2)a，OM＝eq\f(a,4)，AM＝eq\f(3a,4)，且eq\f(OH,OM)＝eq\f(AP,PM)，從而OH＝eq\f(b,\r(b2＋\f(9,16)a2))·eq\f(a,4)＝eq\f(ab,\r(16b2＋9a2))，tan∠OHD＝eq\f(OD,OH)＝eq\f(\r(316b2＋9a2),2b)＝2eq\r(6)，所以9a2＝16b2即eq\f(a,b)＝eq\f(4,3).16．如圖，圓錐的軸截面為三角形SAB，O為底面圓圓心，C為底面圓周上一點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)．(1)求證：平面SBC⊥平面SOD；(2)假如∠AOC＝∠SDO＝60°，BC＝2eq\r(3)，求該圓錐的側(cè)面積．解析：(1)證明：由題意知SO⊥平面OBC，又BC平面OBC