2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章第4节　空间直线、平面的垂直

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[选题明细表]
1.(多选题)(2022·福建福州二模)已知两条直线l,m及三个平面α,β,γ,则α⊥β的充分条件是( ABC )
A.l⊂α,l⊥β B.l⊥α,m⊥β,l⊥m
C.α⊥γ,β∥γD.l⊂α,m⊂β,l⊥m
解析:由面面垂直的判定定理可以判断A,B,C正确,
对于选项D,l⊂α,m⊂β,l⊥m也可以得到α∥β,故D错误.
2.如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,C为圆上异于A,B的任意一点,则下列关系不正确的是( C )
A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC
C.AC⊥PB D.PC⊥BC
解析:因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以PA⊥BC,故A正确;
因为C为圆上异于A,B的任意一点,
所以BC⊥AC,
因为PA⊥BC,PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC,故B正确;
因为AC⊥BC,若AC⊥PB,
又BC∩PB=B,则AC⊥平面PBC,则AC⊥PC,
与AC⊥PA矛盾,故AC与PB不垂直,故C错误;
因为BC⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,
所以PC⊥BC,故D正确.
3.(2022·山东青岛高三期中)如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,
∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在( B )
A.直线AC上B.直线AB上
C.直线BC上D.△ABC内部
解析:连接AC1,如图.
因为∠BAC=90°,所以AC⊥AB,
因为BC1⊥AC,BC1∩AB=B,
所以AC⊥平面ABC1,
又AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABC1,
由面面垂直的性质知,平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.
4.(2022·山东滨州二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,设直线BD1与直线AD所成的角为α,直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β,则α+β等于( C )
A.π4 B.π3 C.π2 D.2π3
解析:在正方体ABCDA1B1C1D1中,连接D1C,
因为AD∥BC,所以直线BD1与直线AD所成的角α=∠D1BC,
因为BC⊥平面CDD1C1,
所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影,
所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角
β=∠BD1C,
又BC⊥平面CDD1C1,所以BC⊥D1C,
所以∠D1BC+∠BD1C=π2,即α+β=π2.
5.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC,AB=AA1,D是A1B1的中点,点F在BB1上,记B1F=λBF,若AB1⊥平面C1DF,则实数λ的值为( D )
A.13 B.12 C.23 D.1
解析:由题意可得C1D⊥A1B1,C1D⊥AA1,A1B1∩AA1=A1,
所以C1D⊥平面AA1B1B,可得C1D⊥AB1,
作DF⊥AB1交BB1于点F(如图),连接FC1,A1B,
此时AB1⊥平面C1DF,
在矩形A1B1BA中,AB=A1A,
所以四边形A1B1BA是正方形,
所以A1B⊥AB1,
所以DF∥A1B,又D为A1B1的中点,
所以F为BB1的中点,所以B1F=BF,
因为B1F=λBF,所以λ=1.
6.若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8,两垂足间的距离为7,
则这个二面角的大小是 .
解析:如图所示,
设P为二面角内一点,PB⊥β,PA⊥α,α∩β=l,
则PB=5,PA=8,AB=7,
设平面PAB∩l=C,AC⊥l,BC⊥l,
则二面角θ的平面角为∠ACB,
由四边形的性质可知,∠APB与∠ACB互补,
则cs∠APB=cs(π-θ)=52+82-722×5×8=12,
所以cs θ=-12,所以θ=120°.
答案:120°
7.如图,在正四棱锥VABCD中,所有棱长均相等,点E为VB的中点,则直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为 .
解析:在正四棱锥VABCD中,
所有棱长均相等,点E为VB的中点,
连接AC,BD交于点O,连接VO(图略),
由四棱锥各条棱相等,则VO⊥AC,VO⊥BD,
根据线面垂直的判定定理,有VO⊥平面ABCD.
设点P为OB的中点,连接EP,则EP∥VO,得到EP⊥平面ABCD,连接AP(图略),则AP是AE在平面ABCD内的射影,
∠EAP即为AE与平面ABCD所成的角.
设四棱锥各棱长为2,则AE=3,BO=2,
在Rt△VOB中,
VO=VB2-BO2=22-(2)2=2,
EP=12VO=22,
于是sin∠EAP=EPAE=223=66.
答案:66
8.已知l是平面β外的一条直线.给出下列三个论断:
①α⊥β;②l⊥α;③l∥β.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个
正确的命题: .
解析:(1)①②⇒③.
说明:因为α⊥β,l⊥α,所以l∥β或l⊂β,
又因为l是平面β外的一条直线,
所以l∥β,命题正确.
(2)①③⇒②.
说明:设α∩β=m,取直线l∥m,此时,l∥β,
但直线l可能平行于平面α,
也可能在平面α内,所以命题不正确.
(3)②③⇒①.
说明:因为l∥β,所以平面β内必存在一条直线与直线l平行,
设为n,即n∥l,
又因为l⊥α,所以n⊥α,从而得α⊥β,
所以命题正确.
答案:①②⇒③或②③⇒①
9.(多选题)(2022·山东淄博模拟)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,
AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿BD折起.设折起后点A的位置为A′,并且平面A′BD⊥平面BCD.给出下面四个命题正确的是( CD )
A.A′D⊥BC
B.三棱锥A′BCD的体积为22
C.CD⊥平面A′BD
D.平面A′BC⊥平面A′DC
解析:如图所示,取BD的中点E,连接A′E,
由AD∥BC,
AD=AB=1,
AD⊥AB得到∠DBC=∠ADB=45°,
又∠BCD=45°,故△BCD为等腰直角三角形.
所以CD⊥BD,
又平面A′BD⊥平面BCD,
平面A′BD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面A′BD,故C正确;
因为E为BD的中点,A′D=A′B,
所以A′E⊥BD,
又平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,
则A′E⊥平面BCD,
所以A′E⊥BC,
如果A′D⊥BC,则可得到BC⊥平面A′BD,
故BC⊥BD,与已知矛盾,故A错误;
三棱锥A′BCD的体积为V=13×12×2×2×22=26,故B错误;
因为CD⊥平面A′BD,
所以CD⊥A′B,又A′B⊥A′D,
A′D∩CD=D,
所以A′B⊥平面A′DC,
又A′B⊂平面A′BC,
所以平面A′BC⊥平面A′DC,故D正确.
10.(多选题)(2022·山东日照二模)已知四棱锥PABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=23,CD=PC=PD=26.若点M为PC的中点,则下列说法正确的是( BC )
A.BM⊥平面PCD
B.PA∥平面MBD
C.四棱锥MABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥MABCD的体积为6
解析:作图,在四棱锥PABCD中,
已知侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,
底面ABCD为矩形,BC⊥CD,
则BC⊥平面PCD,过点B只能作一条直线与已知平面垂直,所以选项A错误;
连接AC交BD于点O,连接MO,
在△PAC中,
OM∥PA,MO⊂平面MBD,
PA⊄平面MBD,
所以PA∥平面MBD,
所以选项B正确;
四棱锥MABCD的体积是四棱锥PABCD的体积的一半,取CD的中点N,连接ON,PN,MN,
得PN⊥CD,
则PN⊥平面ABCD,PN=32,
四棱锥MABCD的体积VM-ABCD=12×13×23×26×32=12,
所以选项D错误.
在矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=3,
在△PCD中求得NM=12PD=6,
在Rt△MNO中MO=ON2+MN2=3,
即OM=OA=OB=OC=OD,
所以O为四棱锥MABCD外接球的球心,半径为3,
所以其表面积为36π,所以选项C正确.
11.(多选题)(2022·福建福州高三月考)如图,已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形,底面圆O的直径为2,C是圆O上异于A,B的一点,
D为弦AC的中点,E为线段PB上异于P,B的点,以下结论正确的是( ABD )
A.直线AC⊥平面PDO
B.CE与PD一定为异面直线
C.直线CE可能平行于平面PDO
D.若BC=2,则CE+AE的最小值为3+1
解析:在△AOC中,OA=OC,D为AC的中点,
所以AC⊥OD,
又PO垂直于圆O所在的平面,
所以PO⊥AC,因为PO∩OD=O,
所以AC⊥平面PDO,故A正确.
由于P,C,E共面,且D在平面PCE外,
所以CE与PD异面,故B正确.
由题意得CB∥OD且CB⊄平面PDO,OD⊂平面PDO,可得CB∥平面PDO,
若直线CE∥平面PDO,
则有平面PBC∥平面PDO,
这与两平面有公共点P矛盾,故C错误.
在三棱锥PABC中,
将侧面PBC绕PB旋转至平面PBC′,
使之与平面PAB共面,
如图所示,
则当A,E,C′共线时,CE+AE取得最小值,
因为AB=2,BC′=2=PB=PC′,
所以∠ABC′=105°,
在△ABC′中,由余弦定理可得AC′=3+1,
即CE+AE的最小值为3+1,故D正确.
12.如图,已知平面ABC⊥平面DBC,∠ABC=∠DBC=120°,AB=BC=BD,
连接AD.
(1)求证:AD⊥BC;
(2)求AD与平面BDC所成的角的大小;
(3)求二面角ABDC的余弦值.
(1)证明:延长CB到E,使EB=12AB,
连接EA,ED,设AB=2,
又因为∠ABC=∠DBC=120°,
由余弦定理得AE=12+22-2×1×2cs60°=3,
因为AE2+EB2=AB2,
所以AE⊥EB,
同理DE=3,DE⊥EB,
因为AE∩DE=E,
所以BC⊥平面ADE,
又因为AD⊂平面ADE,
所以BC⊥AD,即AD⊥BC.
(2)解:因为AE⊥EB,
平面ABC⊥平面DBC,
且平面ABC∩平面DBC=CE,
所以AE⊥平面CDE,
所以DE为AD在平面BCD内的射影,
于是∠ADE为AD与平面BDC所成的角,
因为AE=DE,∠AED=90°,
所以∠ADE=45°,
故AD与平面BDC所成的角的大小为45°.
(3)解:过E作EF⊥BD于F,连接AF,
则EF为AF在平面BCD内的射影,
所以BD⊥AF,
所以∠AFE为二面角ABDE的平面角,
设二面角ABDE的大小为θ,
tan θ=AEEF=DEEF=2,
所以cs θ=11+tan2θ=15=55,
因为二面角ABDC与二面角ABDE互补,
所以二面角ABDC的余弦值为-55.
13.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,点A在平面A1BC上的射影为BC的中点D,∠BAC=π2,BC=22,A1B=A1C,A1A=2a.
(1)求证:A1D⊥平面ABC;
(2)若1≤a≤2,求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正弦值的取值范围.
(1)证明:由题意,AD⊥平面A1BC,A1D⊂平面A1BC,
所以AD⊥A1D,
因为A1B=A1C,D为BC的中点,
所以A1D⊥BC.
又AD∩BC=D,AD,BC⊂平面ABC,
所以A1D⊥平面ABC.
(2)解:取B1C1的中点D1,连接A1D1,DD1,
则DD1BB1AA1,
所以四边形A1D1DA是平行四边形.
因为AD⊥平面A1BC,
A1D⊥平面ABC,
所以AD⊥BC,A1D⊥BC,AD∩A1D=D,
AD,A1D⊂平面AA1D1D,
所以BC⊥平面AA1D1D,
又BC⊂平面BB1C1C,
所以平面BB1C1C⊥平面AA1D1D.
作A1E⊥D1D于E,
则A1E⊥平面BB1C1C,
连接CE,则∠A1CE为直线A1C与平面BCC1B1所成的角.
由∠BAC=π2,BD=CD,BC=22,
知AD=BD=CD=2,
又由(1)知A1D⊥平面ABC,
所以A1D=4a2-2,
A1E=A1D·A1D1DD1=4a2-2×22a=2a2-1a,A1C=A1D2+CD2=2a.
则sin∠A1CE=A1EA1C=2a2-12a2=12-1a4+2a2=12-(1a2-1) 2+1.
由于1≤a≤2,所以14≤1a2≤1,
所以78≤sin∠A1CE≤12.
故直线A1C与平面BCC1B1所成角的正弦值的取值范围为[78,12].
14.如图(1)四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD上,
AB=CE,BF=13BD=3,BD⊥BC.现将△ADE沿AE折成如图(2)△APE位置,使得二面角PAEC的大小为60°.
(1)求PB的长度;
(2)求证:PB⊥平面ABCE;
(3)求直线CE与平面APE所成角的正弦值.
(1)解:因为AB∥EC,AB=EC,
所以四边形ABCE是平行四边形,则BC∥AE,
又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,
所以AE⊥FB,AE⊥FP,
即∠PFB为二面角PAEC的平面角,为60°,
又BF=3,PF=23,
由余弦定理得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcs∠BFP=9,
即BP=3.
(2)证明:因为BF=3,PF=23,
BP=3,满足BF2+BP2=PF2,
所以BF⊥PB.
又因为BF⊥AE,PF⊥AE,且BF∩PF=F,
所以AE⊥平面PFB,则AE⊥PB,
而BF∩AE=F,
所以PB⊥平面ABCE.
(3)解:作BN⊥PF于点N,连接AN,
由(2)可知,AE⊥平面BFP,BN⊂平面BFP,
所以AE⊥BN,
又PF∩AE=F,
所以BN⊥平面APE,
所以AN是AB在平面APE内的射影,
所以∠BAN是直线AB与平面APE所成的角.
在直角三角形FBN中,BN=BF·sin 60°=32,
所以sin∠BAN=BNAB=322=34.
所以直线AB与平面APE所成角的正弦值为34.
因为AB∥CE,
所以直线CE与平面APE所成角的正弦值为34.
知识点、方法
题号
直线与平面垂直的判定与性质
2,5
平面与平面垂直的判定与性质
1,3
求空间角
4,6,7,12,13
综合问题
8,9,10,11,14