新課標(biāo)2024高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何題組層級(jí)快練52直線平面垂直的判定及性質(zhì)文含解析

PAGEPAGE8題組層級(jí)快練(五十二)1．(2024·廣東五校協(xié)作體診斷考試)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥βC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n答案B解析A項(xiàng)，若α⊥β，m?α，n?β，則m∥n與m，n與異面直線均有可能，不正確；C項(xiàng)，若m⊥n，m?α，n?β，則α，β有可能相交但不垂直，不正確；D項(xiàng)，若α∥β，m?α，n?β，則m，n有可能是異面直線，不正確，故選B.2．設(shè)a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則a⊥b的一個(gè)充分不必要條件是()A．a(chǎn)⊥c，b⊥c B．α⊥β，a?α，b?βC．a(chǎn)⊥α，b∥α D．a(chǎn)⊥α，b⊥α答案C解析對(duì)于C，在平面α內(nèi)存在c∥b，因?yàn)閍⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直線a，b可能是平行直線，相交直線，也可能是異面直線；D中肯定推出a∥b.3．(2024·江西南昌模擬)如圖，在四面體ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC內(nèi)的射影H必在()A．直線AB上 B．直線BC上C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部答案A解析由AB⊥AC，BD⊥AC，又AB∩BD＝B，則AC⊥平面ABD，而AC?平面ABC，則平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC內(nèi)的射影H必在平面ABC與平面ABD的交線AB上，故選A.4．(2024·江西臨安一中期末)三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是()①CC1與B1E是異面直線；②AE與B1C1是異面直線，且AE⊥B1C1；③AC⊥平面ABB1A1；④A1C1∥平面AB1E.A．② B．①③C．①④ D．②④答案A解析對(duì)于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C內(nèi)，故錯(cuò)誤；對(duì)于②，AE，B1C1為在兩個(gè)平行平面中且不平行的兩條直線，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點(diǎn)，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE⊥B1C1，故正確；對(duì)于③，上底面ABC是一個(gè)正三角形，不行能存在AC⊥平面ABB1A1，故錯(cuò)誤；對(duì)于④，A1C1所在的平面與平面AB1E相交，且A1C1與交線有公共點(diǎn)，故錯(cuò)誤．故選A.5．(2024·福建泉州質(zhì)檢)如圖，在下列四個(gè)正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點(diǎn)，過E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則在各個(gè)正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是()答案D解析如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點(diǎn)，且六點(diǎn)共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且A項(xiàng)，B，C中的平面與這個(gè)平面重合，滿意題意．對(duì)于D項(xiàng)中圖形，由于E，F(xiàn)為AB，A1B1的中點(diǎn)，所以EF∥BB1，故∠B1BD1為異面直線EF與BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝eq\r(2)，即∠B1BD1不為直角，故BD1與平面EFG不垂直，故選D.6．(2024·保定模擬)如圖，在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下面四個(gè)結(jié)論不成立的是()A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC答案D解析因BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，A成立；易證BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以結(jié)論B，C均成立；點(diǎn)P在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的中心，不在中位線DE上，故結(jié)論D不成立．7.已知直線PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任一點(diǎn)，則下列關(guān)系中不正確的是()A．PA⊥BC B．BC⊥平面PACC．AC⊥PB D．PC⊥BC答案C解析AB為直徑，C為圓上異于A，B的一點(diǎn)，所以AC⊥BC.因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，從而PC⊥BC.故選C.8.如圖，在三棱錐D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列命題中正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE答案C解析因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故選C.9．(2024·滄州七校聯(lián)考)如圖所示，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC.則下列結(jié)論不正確的是()A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD答案D解析A中，∵CD∥AF，AF?面PAF，CD?面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB?平面PAB，CF?平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF與AD不垂直，故選D.10．(2024·重慶秀山高級(jí)中學(xué)期中)如圖，點(diǎn)E為矩形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，則下列說法中正確的有()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；④存在點(diǎn)E使得SE⊥BA.A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)答案A解析①若直線SA⊥平面SBC，則SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，∴SA⊥平面SEC，又平面SEC∩平面SBC＝SC，∴點(diǎn)S，E，B，C共面，與已知沖突，故①錯(cuò)誤；②∵平面SBC∩直線SA＝S，故平面SBC內(nèi)的直線與SA相交或異面，故②錯(cuò)誤；③在平面ABCD內(nèi)作CF∥AE，交AB于點(diǎn)F，由線面平行的判定定理，可得CF∥平面SAE，故③正確；④若SE⊥BA，過點(diǎn)S作SF⊥AE于點(diǎn)F，∵平面SAE⊥平面ABCE，平面SAE∩平面ABCE＝AE，∴SF⊥平面ABCE，∴SF⊥AB，又SF∩SE＝S，∴AB⊥平面SEC，∴AB⊥AE，與∠BAE是銳角沖突，故④錯(cuò)誤．11.(2024·泉州模擬)點(diǎn)P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，給出下列命題：①三棱錐A－D1PC的體積不變； ②A1P∥平面ACD1；③DB⊥BC1； ④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正確的命題序號(hào)是________．答案①②④解析對(duì)于①，VA－D1PC＝VP－AD1C點(diǎn)P到面AD1C的距離，即為線BC1與面AD1C的距離，為定值故①正確，對(duì)于②，因?yàn)槊鍭1C1B∥面AD1C，所以線A1P∥面AD1C，故②正確，對(duì)于③，DB與BC1成60°角，故③錯(cuò)．對(duì)于④，由于B1D⊥面ACD1，所以面B1DP⊥面ACD1，故④正確．12．(2024·山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐D－ABC，當(dāng)三棱錐D－ABC的體積取最大值時(shí)，其外接球的體積為________．答案eq\f(4,3)π解析當(dāng)平面DAC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D－ABC的體積取最大值．此時(shí)易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥AD，又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中點(diǎn)O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O為所求外接球的球心，故半徑r＝1，體積V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π.13．(2024·遼寧大連雙基測(cè)試)如圖所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D－AEF體積的最大值為________．答案eq\f(\r(2),6)解析因?yàn)镈A⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所以DB⊥平面AEF，所以DE為三棱錐D－AEF的高．因?yàn)锳E為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝eq\r(2)，設(shè)AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF的面積S＝eq\f(1,2)ab≤eq\f(1,2)·eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,2)＝eq\f(1,2)，所以三棱錐D－AEF的體積V≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立)．14．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)，求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.答案(1)略(2)略證明(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的中點(diǎn)，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.15．(2024·安徽馬鞍山一模)如圖①，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，BC∥AD，AD＝2AB＝4，BC＝3，E為AD的中點(diǎn)，EF⊥BC，垂足為F.沿EF將四邊形ABFE折起，連接AD，AC，BC，得到如圖②所示的六面體ABCDEF.若折起后AB的中點(diǎn)M到點(diǎn)D的距離為3.(1)求證：平面ABFE⊥平面CDEF；(2)求六面體ABCDEF的體積．答案(1)略(2)eq\f(8,3)解析(1)如圖，取EF的中點(diǎn)N，連接MN，DN，MD.依據(jù)題意可知，四邊形ABFE是邊長(zhǎng)為2的正方形，∴MN⊥EF.由題意，得DN＝eq\r(DE2＋EN2)＝eq\r(5)，MD＝3，∴MN2＋DN2＝22＋(eq\r(5))2＝9＝MD2，∴MN⊥DN，∵EF∩DN＝N，∴MN⊥平面CDEF.又MN?平面ABFE，∴平面ABFE⊥平面CDEF.(2)連接CE，則V六面體ABCDEF＝V四棱錐C－ABFE＋V三棱錐A－CDE.由(1)的結(jié)論及CF⊥EF，AE⊥EF，得CF⊥平面ABFE，AE⊥平面CDEF，∴V四棱錐C－ABFE＝eq\f(1,3)·S正方形ABFE·CF＝eq\f(4,3)，V三棱錐A－CDE＝eq\f(1,3)·S△CDE·AE＝eq\f(4,3)，∴V六面體ABCDEF＝eq\f(4,3)＋eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).16.(2024·濰坊質(zhì)檢)直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2.(1)求證：AC⊥平面BB1C1C；(2)在A1B1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP與平面BCB1和平面ACB1都平行？證明你的結(jié)論．答案(1)略(2)P為A1B1的中點(diǎn)時(shí)，DP與平面BCB1和平面ACB1都平行．解析(1)∵直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC.又∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2，∴AC＝eq\r(2)，∠CA