2022届高中数学一轮复习 课时练38 直线、平面垂直的判定与性质 习题

这是一份2022届高中数学一轮复习 课时练38 直线、平面垂直的判定与性质 习题，共10页。试卷主要包含了给定下列四个命题,其中真命题是等内容，欢迎下载使用。
课时练38　直线、平面垂直的判定与性质基础巩固组1.(2020山西晋中一模)给定下列四个命题,其中真命题是 (　　)A.垂直于同一直线的两条直线相互平行B.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两条直线相互平行C.垂直于同一平面的两个平面相互平行D.若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直2.(2020陕西咸阳期末)已知α表示平面,m,n表示两条不重合的直线,若n⊂α,则“m⊥n”是“m⊥α”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是(　　)A.AC⊥SBB.AD⊥SCC.平面SAC⊥平面SBDD.BD⊥SA4.(2020辽宁辽阳三模)已知平面α,β,直线n⊂α,直线m⊂β,则下列命题正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.α∥β⇒m∥n B.α⊥β⇒m⊥nC.m⊥α⇒α⊥β D.m⊥n⇒m⊥α5.(多选)(2020江苏金陵中学期末)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是(　　)6.(2020山西太原月考)已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD⊥圆柱的底面,则必有(　　)A.平面ABC⊥平面BCDB.平面BCD⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面BCD⊥平面ABD7.(2020甘肃甘谷第一中学高三开学考试)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满足条件:①BM⊥DM,②DM⊥PC,③BM⊥PC中的　　　时,平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件序号即可). 8.在矩形ABCD中,AB<BC,现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是　　　　. 9.(2020广西南宁高三月考)如图,矩形ABCD中,AB=2,AD=,M为DC的中点,将△DAM沿AM折到△D'AM的位置,AD'⊥BM.(1)求证:平面D'AM⊥平面ABCM;(2)若E为D'B的中点,求三棱锥A-D'EM的体积.        10.(2020全国1,文19)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.         综合提升组11.(多选)(2020江苏苏州高三期末)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段BC1上的一个动点,下列结论中正确的是(　　)A.A1D⊥D1PB.平面PAD1⊥平面BCC1B1C.存在唯一的点P,使得∠CPD1为90°D.当点P为BC1中点时,CP+PD1取得最小值12.(2020黑龙江哈师大附中期末)刘徽注《九章算术·商功》“斜解立方,得两堑堵.斜解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.合两鳖臑三而一,验之以棊,其形露矣.”如图1解释了由一个长方体得到“堑堵”“阳马”“鳖臑”的过程.堑堵是底面为直角三角形的直棱柱;阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥;鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体.图1图2 在如图2所示由正方体ABCD-A1B1C1D1得到的堑堵ABC-A1B1C1中,当点P在下列三个位置:A1A中点,A1B中点,A1C中点时,分别形成的四面体P-ABC中,鳖臑的个数为(　　)　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.0 B.1 C.2 D.313.(2020广东东莞高三期末调研测试)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).(1)求证:BM⊥DP;(2)求点M到平面BDP的距离h.          创新应用组14.(2020安徽蚌埠三模)如图是第七届国际数学教育大会的会徽,它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个Rt△OA1A2是等腰三角形,且A1A2=A2A3=…=AnAn+1=1,则OA2=,OA3=,…,OAn=,现将△OA1A2沿OA2翻折成△OPA2,则当四面体O-PA2A3体积最大时,它的表面有　　　　个直角三角形;当PA3=1时,四面体O-PA2A3外接球的体积为　　　　. 15.(2020山西高三模拟)如图1,已知等边△ABC的边长为3,M,N分别是边AB,AC上的点,且BM=2MA,AN=2NC.如图2,将△AMN沿MN折起到△A'MN的位置.(1)求证:平面A'BM⊥平面BCNM;(2)给出三个条件:①A'M⊥BC;②二面角A'-MN-B大小为60°;③A'到平面BCMN的距离为.从中任选一个,补充在下面问题的条件中,并作答:在线段A'C上是否存在一点P,使三棱锥A'-PMB的体积为,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.    参考答案 课时练38　直线、平面垂直的判定与性质1.D　正方体同一顶点的三条棱两两垂直,则垂直于同一直线的两条直线不一定平行,故A错误;若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么两直线可以相交,也可以平行,故B错误;正方体的两个相邻侧面都垂直于底面,这两个侧面不平行,故C错误;利用反证法证明如下:若两个平面α,β垂直,假设平面α内与它们的交线l不垂直的直线l1与另一个平面β垂直.因为l1⊥β,且平面α,β的交线l⊂β,故可得l1⊥l,这与题设l与l1不垂直相互矛盾,故假设不成立,原命题成立.故选D.2.B　当n⊂α时,由m⊥n,不一定得到m⊥α;反之,由m⊥α,一定得到m⊥n.所以若n⊂α,则“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.3.D　SD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直,则SB⊥AC,A正确;SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直,则SC⊥AD,B正确;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC⊂平面SAC,从而有平面SAC⊥平面SBD,C正确;若BD⊥SA,则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA,这不符合题意,D错误.故选D.4.C　若直线n⊂α,直线m⊂β,α∥β,则m与n可能异面,可能平行,故A错误;由直线n⊂α,直线m⊂β,α⊥β,则m与n可能平行,可能相交,可能异面,故B错误;由直线m⊂β,m⊥α,可得α⊥β,故C正确;由直线n⊂α,直线m⊂β,m⊥n,则m与α可能平行,可能相交,故D错误.故选C.5.BD　对于A,由AB与CE所成角为45°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于B,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;对于C,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于D,连接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE.故选BD.6.B　因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC.又AD⊥圆柱的底面,所以AD⊥BC,因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B.7.②(或③)　∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD.∵底面各边都相等,∴AC⊥BD.∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.8.②　①假设AC与BD垂直,过点A作AE⊥BD于点E,连接CE.则BD⊥平面AEC,则BD⊥CE,而在平面BCD中,CE与BD不垂直,故假设不成立,①不正确.②假设AB⊥CD,∵AB⊥AD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,由AB<BC可知,存在这样的直角三角形,使AB⊥AC,故假设成立,②正确.③假设AD⊥BC,∵CD⊥BC,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,即△ABC为直角三角形,且AB为斜边,而AB<BC,故矛盾,假设不成立,③不正确.9.(1)证明 由题知,在矩形ABCD中,∠AMD=∠BMC=45°,∴∠AMB=90°,又D'A⊥BM,D'A∩AM=A,∴BM⊥平面D'AM,又BM⊂平面ABCM,∴平面ABCM⊥平面D'AM;(2)解 VA-D'EM=VE-AD'M=VB-AD'M=BM·S△D'AM=2×1=10.(1)证明 由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解 设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=,l2-r2=2.解得r=1,l=从而AB=由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=所以三棱锥P-ABC的体积为PA×PB×PC=11.AB　利用正方体的特征可知A1D⊥BC1,A1D⊥C1D1,且BC1∩C1D1=C1,所以A1D⊥平面BC1D1.因为D1P⊂平面BC1D1,则A1D⊥D1P,所以A正确;因为平面PAD1即为平面ABC1D1,因为AB⊥平面BCC1B1,且AB⊂平面PAD1,所以平面PAD1⊥平面BCC1B1,所以B正确;设正方体的棱长为1,C1P=x,0≤x,在△CC1P中,CP2=C+C1P2-2CC1·C1Pcos=x2+1-x,在Rt△C1D1P中,D1P2=C1P2+C1=x2+1,当∠CPD1=90°时,C=2=CP2+D1P2=2x2+2-x,即2x2-x=0,解得x=0或x=,所以当点P与点C1重合或P为BC1的中点时,满足∠CPD1为90°,所以满足条件的点P不唯一,所以C不正确;将正方体的对角面ABC1D1进行翻折,使其与△BCC1在同一平面内,可得图形如图所示,根据平面内两点之间直线段最短,所以当P为CD1与BC1的交点时,CP+PD1取得最小值,显然P不为BC1中点,所以D不正确.故选AB.12.C　设正方体的棱长为a,则由题意知,A1C1=AC=a,A1B=a,A1C=a,当P为A1A的中点时,因为PA⊥平面ABC,则∠PAC=∠PAB=90°,∠ABC=90°.由BC⊥平面PAB,得BC⊥PB,即∠PBC=90°,则△PAB,△PAC,△ABC,△PBC是直角三角形,即此时P-ABC是鳖臑;当P为A1B的中点时,因为BC⊥平面ABB1A1,所以BC⊥PB,BC⊥AB,所以△PBC,△ABC为直角三角形.因为ABB1A1是正方形,所以AP⊥BP,则△PAB是直角三角形,又AP⊥BC,BP∩BC=B,所以AP⊥平面PBC,所以AP⊥PC,所以△PAC是直角三角形,则此时P-ABC是鳖臑;当P为A1C的中点时,此时PA=PC=A1C=,又AC=a,由勾股定理可知,△PAC不是直角三角形,则此时P-ABC不是鳖臑.故选C.13.(1)证明 因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB.又AP∩AB=A,AP,AB⊂平面ABP,所以AD⊥平面ABP.因为BM⊂平面ABP,所以AD⊥BM.由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等边三角形.又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.因为AD⊥BM,AP⊥BM,AD∩AP=A,AD,AP在平面ADP中,所以BM⊥平面ADP.因为DP⊂平面ADP,所以BM⊥DP.(2)解 取BP中点N,连接DN,因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,所以DP=BD=2,所以DN⊥BP,所以,在Rt△DPN中,DN=所以S△DBP=BP×DN=2,因为AD⊥平面ABP,所以VD-BMP=AD×S△BMP.因为VM-BDP=VD-BMP,所以h×S△BDP=AD×S△BMP.又S△BMP=S△ABP=AB2=22=,所以h=,即点M到平面BDP的距离为14.4　　当四面体OPA2A3体积最大时,平面OPA2⊥平面OA2A3,因为A2A3⊥OA2,所以根据平面与平面垂直的性质定理可得A2A3⊥平面OPA2,所以A2A3⊥PA2,所以△PA2A3为直角三角形,所以PA3=,又OP=1,OA3=,所以+P,所以OP⊥PA3,所以三角形OPA3为直角三角形,所以它的表面有4个直角三角形.当PA3=1时,因为PO=PA2=PA3=1,所以点P在平面OA2A3内的射影是直角三角形OA2A3的外心,也就是OA3的中点M,且四面体O-PA2A3的外接球的球心N在直线PM上,如图,因为OP=1,OA3=,得PM=,设NA3=NP=R,则在直角三角形NMA3中,由勾股定理可得N=NM2+M,即R2=,解得R=1,所以四面体O-PA2A3外接球的体积为R3=15.(1)证明 由已知得三角形中,AM=1,AN=2,∠A=60°,由余弦定理得MN=,则MN2+AM2=AN2,∴MN⊥AB,即MN⊥A'M,MN⊥BM,又∵MB∩A'M=M,∴MN⊥平面A'BM,∵MN⊂平面BCNM,∴平面A'BM⊥平面BCNM.(2)解 若选①,A'M⊥BC,由(1)得A'M⊥MN,又BC和MN是两条相交直线,∴A'M⊥平面BCNM,又等边三角形ABC的高为,S△A'BM=A'M·BM=1×2=1,故三棱锥A'-BCM的体积为VC-A'BM=S△A'BM,∴存在点P使三棱锥A'-PMB的体积为,此时若选②,二面角A'-MN-B大小为60°,即∠A'MB=60°,则S△A'BM=A'M·BM·sin 60°=1×2,又等边三角形ABC的高为,故三棱锥A'-BCM的体积为VC-A'BM=S△A'BM,∴存在点P使三棱锥A'-PMB的体积为,此时点P与点C重合,故=1.若选③,A'到平面BCNM的距离为d=,由题可知,等边三角形ABC的高为,则S△BCM=BM2,则三棱锥A'-BCM的体积为V=S△BCM·d=,故不存在点P,使三棱锥A'-PMB的体积为