2021版高考數(shù)學一輪復習 第八章 立體幾何 第4講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)練習 理 北師大版

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1、第4講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) [基礎題組練] 1．(2020·遼寧大連模擬)已知直線l和平面α，β，且lα，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的(　　) A．充分不必要條件　　　 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選A.由面面垂直的判定定理可得，若lα，l⊥β，則α⊥β，充分性成立；若lα，α⊥β，則l與β平行或相交或垂直，必要性不成立．所以若lα，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”的充分不必要條件，故選A. 2．(2020·河北唐山模擬)如圖，在以下四個正方體中，直線AB與平面CDE垂直的是(　　) A．①② B．②④ C．①③ D．②③

2、 解析：選B.對于①，易證AB與CE所成角為45°，則直線AB與平面CDE不垂直；對于②，易證AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，則AB⊥平面CDE；對于③，易證AB與CE所成角為60°，則直線AB與平面CDE不垂直；對于④，易證ED⊥平面ABC，則ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故選B. 3.(2020·黑龍江鶴崗模擬)如圖，在三棱錐V－ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，則下列結論中不一定成立的是(　　) A．AC＝BC B．AB⊥VC C．VC⊥VD D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO 解析：選C.因為VO⊥

3、平面ABC，AB平面ABC，所以VO⊥AB.因為VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因為VO∩VD＝V，所以AB⊥平面VCD.又因為CD平面VCD，所以AB⊥CD.又因為AD＝BD，所以AC＝BC，故A正確． 又因為VC平面VCD，所以AB⊥VC，故B正確； 因為S△VCD＝VO·CD，S△ABC＝AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正確．由題中條件無法判斷VC⊥VD.故選C. 4.如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上

4、 D．△ABC內(nèi)部 解析：選A.由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1. 因為AC平面ABC， 所以平面ABC1⊥平面ABC. 所以C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上． 5.如圖，在正四面體P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結論不成立的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：選D.因為BC∥DF，DF平面PDF， BC平面PDF， 所以BC∥平面PDF，故選項A正確； 在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E， 且

5、AE，PE平面PAE， 所以BC⊥平面PAE， 因為DF∥BC，所以DF⊥平面PAE， 又DF平面PDF， 從而平面PDF⊥平面PAE. 因此選項B，C均正確． 6.如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是邊AB上的一個動點，則PM的最小值為________． 解析：作CH⊥AB于H，連接PH.因為PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2. 答案：2 7.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是邊PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平

6、面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可) 解析： 連接AC，BD，則AC⊥BD，因為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DM⊥PC(或BM⊥PC)時，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，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正確結論的序號是________． 解析：①AE平面PAC，BC⊥AC，BC⊥

7、PA?AE⊥BC，故①正確；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB平面PBC?AE⊥PB，AF⊥PB，EF平面AEF?EF⊥PB，故②正確；③若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤；由①可知④正確． 答案：①②④ 9.如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F(xiàn)是CE的中點． (1)求證：BF∥平面ADP； (2)已知O是BD的中點，求證：BD⊥平面AOF. 證明： (1)如圖，取PD的中點為G，連接FG，AG， 因為F是CE的中

8、點，所以FG是梯形CDPE的中位線， 因為CD＝3PE，所以FG＝2PE， FG∥CD，因為CD∥AB，AB＝2PE， 所以AB∥FG，AB＝FG， 即四邊形ABFG是平行四邊形， 所以BF∥AG， 又BF平面ADP，AG平面ADP， 所以BF∥平面ADP. (2)延長AO交CD于點M，連接BM，F(xiàn)M， 因為BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O為BD的中點， 所以ABMD是正方形，則BD⊥AM，MD＝2PE. 所以FM∥PD，因為PD⊥平面ABCD， 所以FM⊥平面ABCD，所以FM⊥BD， 因為AM∩FM＝M，所以BD⊥平面AMF， 所以BD⊥平面AOF.

9、10．(一題多解)如圖1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于點A，將△PAD沿AD折起，構成如圖2所示的四棱錐P-ABCD，點M在棱PB上，且PM＝MB. (1)求證：PD∥平面MAC； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，求點A到平面PBC的距離． 解：(1)證明：在四棱錐P-ABCD中，連接BD交AC于點N，連接MN， 依題意知AB∥CD， 所以△ABN∽△CDN， 所以＝＝2， 因為PM＝MB， 所以＝＝2， 所以在△BPD中，MN∥PD， 又PD平面MAC，MN平面MAC. 所以PD∥平面MAC. (2)

10、法一：因為平面PAD⊥平面ABCD，且兩平面相交于AD，PA⊥AD，PA平面PAD， 所以PA⊥平面ABCD， 所以VP-ABC＝S△ABC·PA＝××1＝. 因為AB＝2，AC＝＝， 所以PB＝＝，PC＝＝，BC＝＝， 所以PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°， 記點A到平面PBC的距離為h， 所以VA-PBC＝S△PBC·h＝×h ＝h. 因為VP-ABC＝VA-PBC， 所以＝h，解得h＝. 故點A到平面PBC的距離為. 法二： 因為平面PAD⊥平面ABCD，且兩平面相交于AD，PA⊥AD，PA平面PAD， 所以PA⊥平面ABCD， 因為BC

11、平面ABCD， 所以PA⊥BC， 因為AB＝2，AC＝＝， BC＝＝， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC， 又PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC， 所以BC⊥平面PAC， 過點A作AE⊥PC于點E，則BC⊥AE， 因為PC∩BC＝C，PC，BC平面PBC， 所以AE⊥平面PBC， 所以點A到平面PBC的距離為AE＝＝＝. [綜合題組練] 1.如圖，邊長為a的等邊三角形ABC的中線AF與中位線DE交于點G，已知△A′DE是△ADE繞DE旋轉過程中的一個圖形，則下列命題中正確的是(　　) ①動點A′在平面ABC上的射影在線段AF上； ②BC∥平面A′DE；

12、 ③三棱錐A′-FED的體積有最大值． A．①　　　　　　　　　 B．①② C．①②③ D．②③ 解析：選C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC， 所以點A′在平面ABC上的射影在線段AF上． ②BC∥DE，根據(jù)線面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE. ③當平面A′DE⊥平面ABC時，三棱錐A′-FED的體積達到最大，故選C. 2.如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，給出下列四個結論：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BC

13、F，則上述結論可能正確的是(　　) A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 解析：選B.對于①，因為BC∥AD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，則①不成立；對于②，設點D在平面BCF上的射影為點P，當BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿足，所以②正確；對于③，當點D在平面BCF上的射影P落在BF上時，DP平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確；對于④，因為點D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立． 3．在矩形ABCD中，AB＜BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折的過程中，給出下列結

14、論： ①存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直； ②存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直； ③存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直． 其中正確結論的序號是________．(寫出所有正確結論的序號) 解析：①假設AC與BD垂直，過點A作AE⊥BD于點E，連接CE.則?BD⊥平面AEC?BD⊥CE，而在平面BCD中，EC與BD不垂直，故假設不成立，①錯． ②假設AB⊥CD，因為AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在這樣的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假設成立，②正確． ③假設AD⊥BC， 因為DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC， 所以

15、BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB＜BC，故矛盾，假設不成立，③錯．綜上，填②. 答案：② 4．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________． 解析：設B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥DF. 由已知可以得A1B1＝， 設Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h， 又2×＝h×， 所以h＝，DE＝. 在Rt△DB1E中，B1E＝＝. 由面積相等得× ＝

16、x，得x＝.即線段B1F的長為. 答案： 5．(2020·河南鄭州第二次質(zhì)量預測)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等邊三角形，F(xiàn)為AD的中點，PD⊥BF. (1)求證：AD⊥PB； (2)若E在線段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱錐D－CEG的體積；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：連接PF，因為△PAD是等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點，所以PF⊥AD. 因為底面ABCD是菱形，∠BAD＝，所以BF⊥AD. 又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB平面BFP，

17、 所以AD⊥PB. (2)能在棱PC上找到一點G，使平面DEG⊥平面ABCD. 由(1)知AD⊥BF，因為PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD. 又BF平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD， 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD. 連接CF交DE于點H，過H作HG∥PF交PC于點G，所以GH⊥平面ABCD. 又GH平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD. 因為AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以＝＝， 所以＝＝， 所以GH＝PF＝， 所以VD－CEG＝VG－CDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin ·

18、GH＝. 6．如圖(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D為AC的中點，AE⊥BD于點E(不同于點D)，延長AE交BC于點F，將△ABD沿BD折起，得到三棱錐A1-BCD，如圖(2)所示． (1)若M是FC的中點，求證：直線DM∥平面A1EF； (2)求證：BD⊥A1F； (3)若平面A1BD⊥平面BCD，試判斷直線A1B與直線CD能否垂直？并說明理由． 解：(1)證明：因為D，M分別為AC，F(xiàn)C的中點， 所以DM∥EF， 又EF平面A1EF，DM平面A1EF， 所以DM∥平面A1EF. (2)證明：因為A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E， 所以BD⊥平面A1EF. 又A1F平面A1EF， 所以BD⊥A1F. (3)直線A1B與直線CD不能垂直．理由如下： 因為平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF?平面BCD， 所以EF⊥平面A1BD. 因為A1B平面A1BD， 所以A1B⊥EF， 又因為EF∥DM，所以A1B⊥DM. 假設A1B⊥CD， 因為CD∩DM＝D， 所以A1B⊥平面BCD， 所以A1B⊥BD， 這與∠A1BD為銳角矛盾， 所以直線A1B與直線CD不能垂直． 10