2021高考數(shù)學(xué)(文)一輪知能檢測(cè)：第7章-第5節(jié)-直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)

第五節(jié)直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)[全盤鞏固]1．設(shè)l、m、n均為直線，其中m、n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”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當(dāng)l⊥α?xí)r，l⊥m且l⊥n；但當(dāng)l⊥m，l⊥n時(shí)，若m、n不是相交直線，則得不到l⊥α.即“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的充分不必要條件．2．已知直線l垂直于直線AB和AC，直線m垂直于直線BC和AC，則直線l，m的位置關(guān)系是()A．平行B．異面C．相交D．垂直解析：選A由于直線l垂直于直線AB和AC，所以l垂直于平面ABC或點(diǎn)A、B、C所在的直線，同理，直線m垂直于平面ABC或點(diǎn)A、B、C所在的直線，依據(jù)線面或線線垂直的性質(zhì)定理得l∥m.3．已知P為△ABC所在平面外的一點(diǎn)，則點(diǎn)P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要條件是()A．PA＝PB＝PCB．PA⊥BC，PB⊥ACC．點(diǎn)P到△ABC三邊所在直線的距離相等D．平面PAB、平面PBC、平面PAC與△ABC所在的平面所成的角相等解析：選B條件A為外心的充分必要條件，條件C、D為內(nèi)心的充分必要條件．4．α，β為不重合的平面，m，n為不重合的直線，則下列命題正確的是()A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥αB．若m?α，n?β，m⊥n，則n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，則m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，則α⊥β解析：選C與α、β兩垂直相交平面的交線垂直的直線m，可與α平行或相交，故A錯(cuò)；對(duì)B，存在n∥α的狀況，故B錯(cuò)；對(duì)D，存在α∥β的狀況，故D錯(cuò)；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正確．5.如圖所示，在立體圖形D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE解析：選C由于AB＝CB，且E是AC的中點(diǎn)．所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC.而B(niǎo)E∩DE＝E，BE?平面BDE，DE?平面BDE，所以AC⊥平面BDE.由于AC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.6.如圖，正三角形PAD所在平面與正方形ABCD所在平面相互垂直，O為正方形ABCD的中心，M為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且滿足MP＝MC，則點(diǎn)M的軌跡為()解析：選A取AD的中點(diǎn)E，連接PE，PC，CE.由PE⊥AD知，PE⊥平面ABCD，從而平面PEC⊥平面ABCD，取PC、AB的中點(diǎn)F、G，連接DF、DG、FG，由PD＝DC知，DF⊥PC，由DG⊥EC知，DG⊥平面PEC，又PC?平面PEC，∴DG⊥PC，又DF∩DG＝D，DF?平面DFG，DG?平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又點(diǎn)F是PC的中點(diǎn)，因此線段DG上的點(diǎn)滿足MP＝MC.7．設(shè)l，m，n為三條不同的直線，α為一個(gè)平面，給出下列命題：①若l⊥α，則l與α相交；②若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n.其中正確命題的序號(hào)為_(kāi)_______．解析：①明顯正確；對(duì)②，只有當(dāng)m，n相交時(shí)，才有l(wèi)⊥α，故②錯(cuò)誤；對(duì)③，由l∥m，m∥n?l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故③正確；對(duì)④，由l∥m，m⊥α?l⊥α，再由n⊥α?l∥n，故④正確．答案：①③④8.如圖所示，矩形ABCD的邊AB＝a，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝2，現(xiàn)有數(shù)據(jù)：①a＝eq\f(1,2)；②a＝1；③a＝eq\r(3)；④a＝2；⑤a＝4.當(dāng)在BC邊上存在點(diǎn)Q(Q不在端點(diǎn)B、C處)，使PQ⊥QD時(shí)，a可以取________(填上一個(gè)你認(rèn)為正確的數(shù)據(jù)序號(hào)即可)．解析：當(dāng)PQ⊥QD時(shí)，有QD⊥平面PAQ，所以QD⊥AQ.在矩形ABCD中，設(shè)BQ＝x(0<x<2)，則CQ＝2－x.在Rt△ABQ中，AQ2＝a2＋x2，在Rt△DCQ中，DQ2＝a2＋(2－x)2.又由AQ2＋DQ2＝4，得2a2＋2x2－4x則a2＝－(x－1)2＋1(0<x<2)，故a2∈(0,1]，即a∈(0,1]，故①②符合，③④⑤不符合．答案：①(或②)9.如圖PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命題的序號(hào)是________．解析：①AE?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥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與已知沖突，故③錯(cuò)誤；由①可知④正確．答案：①②④10．(2022·臺(tái)州模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，E為BC的中點(diǎn)，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝3，CD＝1，PA＝AD＝2.(1)求證：DE⊥平面PAC；(2)求PA與平面PDE所成角的正弦值．解：(1)證明：由于PA⊥平面ABCD，DE?平面ABCD，所以PA⊥DE，取AD的中點(diǎn)F，連接EF，則EF是梯形ABCD的中位線，所以EF∥AB且EF＝eq\f(AB＋CD,2)＝2，在Rt△ADC和Rt△DEF中，∠EFD＝∠ADC＝90°，DF＝DC＝1，EF＝AD＝2，所以△EFD≌△ADC，∠FED＝∠DAC，所以AC⊥DE.由于PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC所以DE⊥平面PAC.(2)由(1)知平面PDE⊥平面PAC，設(shè)DE∩AC＝G，連接PG，在Rt△PAG中，作AH⊥PG，垂足為H，則AH⊥平面PDE，所以∠APH是PA與平面PDE所成的角，由(1)知，在Rt△ADG中，AD＝2，tan∠CAD＝eq\f(CD,AD)＝eq\f(1,2)，所以AG＝AD×cos∠CAD＝eq\f(4,\r(5))，由于PA⊥平面ABCD，所以PG＝eq\r(AG2＋PA2)＝eq\f(6,\r(5))，sin∠APH＝sin∠APG＝eq\f(AG,PG)＝eq\f(2,3)，即PA與平面PDE所成角的正弦值為eq\f(2,3).11.(2021·江蘇高考)如圖，在三棱錐S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過(guò)A作AF⊥SB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn)．求證：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.證明：(1)由于AS＝AB，AF⊥SB，垂足為F，所以F是SB的中點(diǎn)．又由于E是SA的中點(diǎn)，所以EF∥AB.由于EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)由于平面SAB⊥平面SBC，且交線為SB，又AF?平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.由于BC?平面SBC，所以AF⊥BC.又由于AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB.由于SA?平面SAB，所以BC⊥SA.12.如圖，在四棱錐S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四邊形ABCD為正方形，且P為AD的中點(diǎn)，Q為SB的中點(diǎn)．(1)求證：CD⊥平面SAD；(2)求證：PQ∥平面SCD；(3)若SA＝SD，M為BC的中點(diǎn)，在棱SC上是否存在點(diǎn)N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并證明你的結(jié)論．解：(1)證明：由于四邊形ABCD為正方形，所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.(2)證明：取SC的中點(diǎn)R，連接QR，DR.由題意知，PD∥BC且PD＝eq\f(1,2)BC.在△SBC中，Q為SB的中點(diǎn)，R為SC的中點(diǎn)，所以QR∥BC且QR＝eq\f(1,2)BC.所以QR∥PD且QR＝PD，則四邊形PDRQ為平行四邊形，所以PQ∥DR.又PQ?平面SCD，DR?平面SCD，所以PQ∥平面SCD.(3)存在點(diǎn)N為SC的中點(diǎn)，使得平面DMN⊥平面ABCD.連接PC、DM交于點(diǎn)O，連接PM、SP、NM、ND、NO，由于PD∥CM，且PD＝CM，所以四邊形PMCD為平行四邊形，所以PO＝CO.又由于N為SC的中點(diǎn)，所NO∥SP.易知SP⊥AD，由于平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.又由于NO?平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.[沖擊名校]如圖在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝eq\r(2)，AA1＝3，D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱BB1上運(yùn)動(dòng)．(1)證明：AD⊥C1E；(2)當(dāng)異面直線AC與C1E所成的角為60°時(shí)，求三棱錐C1-A1B1E的體積．解：(1)證明：由于AB＝AC，D是BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC.又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AD?平面ABC，所以AD⊥BB1又BC∩BB1＝B，BC，BB1?平面BB1C所以AD⊥平面BB1C由點(diǎn)E在棱BB1上運(yùn)動(dòng)，得C1E?平面BB1C1C，所以AD⊥C(2)由于AC∥A1C1，所以∠A1C1E是異面直線AC與C1E所成的角，由題設(shè)知∠A1C由于∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，所以A1C1⊥A又AA1⊥A1C1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1?平面A1ABB1從而A1C1⊥平面A1ABB1又A1E?平面A1ABB1，所以A1C1⊥A1E故C1E＝eq\f(A1C1,cos60°)＝2eq\r(2)，又B1C1＝eq\r(A1C\o\al(2,1)＋A1B\o\al(2,1))＝2，所以B1E＝eq\r(C1E2－B1C\o\al(2,1))＝2.從而V三棱錐C1-A1B1E＝eq\f(1,3)S△A1B1E×A1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(2,3).[高頻滾動(dòng)]如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的全部棱長(zhǎng)都為2，D為CC1(1)求證：AB1⊥平面A1BD；(2)設(shè)點(diǎn)O為AB1上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)OD∥平面ABC時(shí)，求eq\f(AO,OB1)的值．解：(1)證明：取BC的中點(diǎn)為M，連接AM，B1M在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，△ABC為正三角形，所以AM⊥BC又平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，故AM⊥平面BCC1B1，又BD?平面BCC1B1，所以AM⊥BD.又正方形BCC1B1中，tan∠BB1M＝tan∠CBD＝eq\f(1,2)，所以BD⊥B1M，又B1M∩AM＝M，B1M?平面AB1M，AM?所以BD⊥平面AB1M，又AB1?平面AB1M，故AB1⊥在正方形BAA1B1中，AB1⊥A1B，又A1B∩BD＝B，A1B，BD?平面A1BD