2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（四十九） 空间直线、平面的垂直

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课时跟踪检测（四十九） 空间直线、平面的垂直一、全员必做题1．(2023·东北师大附中模拟)如果直线l，m与平面α，β，γ满足，l＝β∩γ，l∥α，m⊂α和m⊥γ，那么必有( )A．l⊥m  B．m∥β  C．m⊥β  D．l∥m解析：选A∵m⊥γ，且l⊂γ，∴l⊥m，A正确，D错误．直线m和平面β没有确定关系. 2．(2023·淄博一模)(多选)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的有( )A．若α∥β，m⊂α，则m∥βB．若α⊥β，m⊥α，则m∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m⊥n，m∥α，则n∥α解析：选AC对于A，由面面平行性质：两平面平行，在一平面内的任意直线与另一平面平行．即α∥β，m⊂α，故m∥β，A正确；对于B，α⊥β，m⊥α，此时m有可能在平面β内，故不能得到m∥β，B错误；对于C，由于m∥n，则n可平移到与m重合的位置，而平移不改变直线与平面的垂直关系，m⊥α，故n⊥α，C正确；对于D，当m∥α，m⊄α，过m上一点作直线n⊥α，此时m⊥n，不能得到n∥α，D错误．3.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )A．20°       B．40°      C．50°     D．90°  解析：选B过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，所以OA⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.又因为∠EAC＝∠FAG，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.4．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D解析：选A如图，对于选项A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误．故选A.5.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．如图，在四面体P-ABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有( )A．6个  B．8个C．10个  D．12个解析：选C为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体P-ABC为“鳖臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面PAB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面体P-AEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C.6．(2022·新高考Ⅰ卷)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则( )A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°解析：选ABD如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝a，OC1＝，所以在Rt△BOC1中，OC1＝BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确．故选A、B、D.7.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP⊂平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB8．在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V-AB-C的大小为________．解析：如图，作VO⊥平面ABCD，垂足为O，则VO⊥AB.取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB.因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V-AB-C的平面角．易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.而OH＝BC＝1，所以∠VHO＝60°.故二面角V-AB-C的大小是60°.答案：60°9.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况)．解析：连接A1C1，由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，故CC1⊥B1D1，当A1C1⊥B1D1时，因为CC1∩A1C1＝C1，故B1D1⊥平面A1C1C，而A1C⊂平面A1C1C，故A1C⊥B1D1.答案：A1C1⊥B1D110．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β，下列四个命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l⊥m⇒α∥β；④l∥m⇒α⊥β.其中正确的命题是______．(写出所有正确命题的序号)解析：α∥β，l⊥α，所以l⊥β，m⊂β，所以l⊥m，①正确；α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，所以l，m可能平行、相交或异面，②错误；l⊥m，l⊥α，m⊂β，则α，β相交或平行，③错误；l∥m，l⊥α，则m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β，④正确．答案：①④11.如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在________．解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．答案：直线AB上12．(2023·重庆模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB，G是棱A1C1的中点．(1)证明：BC⊥AB1；(2)证明：平面AB1G⊥平面A1BC.证明：(1)∵AA1⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC.又∵BC⊥AB，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1.∵AB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB1.(2)∵AA1＝AB，易知矩形ABB1A1为正方形，∴BA1⊥AB1.由(1)知BC⊥AB1，又由于A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，∴AB1⊥平面A1BC.又∵AB1⊂平面AB1G，∴平面AB1G⊥平面A1BC.13.如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点．(1)求证：B1D1∥平面A1BD；(2)求证：MD⊥AC；(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.解：(1)证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以B1D1∥BD.而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD.(2)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC.又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D，而MD⊂平面BB1D，所以MD⊥AC.(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下：取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM.因为N是DC的中点，BD＝BC，所以BN⊥DC.又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线，而平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BN⊥平面CC1D1D.又可证得，O是NN1的中点，所以BM∥ON，且BM＝ON，即四边形BMON是平行四边形，所以BN∥OM，所以OM⊥平面CC1D1D，因为OM⊂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.二、重点选做题1．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE的位置，使PD＝，则下列结论错误的是( )A．平面PBE⊥平面PDEB．平面PBE⊥平面PBCC．平面PBE⊥平面BCDED．平面PBD⊥平面BCDE解析：选D如图1，在菱形ABCD中，连接BD，则△ABD为等边三角形，且E是AD的中点，∴BE⊥AD，AE＝DE＝1，如图2，在四棱锥P-BCDE中，BE⊥PE，BE⊥DE，PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，∴BE⊥平面PDE，BE⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面PDE，A正确；∵PE＝DE＝1，PD＝，即PE2＋DE2＝PD2，∴PE⊥DE，PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，∴DE⊥平面PBE，又∵DE∥BC，则BC⊥平面PBE，BC⊂平面PBC，则平面PBE⊥平面PBC，B正确；∵BE⊥PE，DE⊥PE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE，∴PE⊥平面BCDE，PE⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面BCDE，C正确；∵PE∩平面PBD＝P，PE⊥平面BCDE，则平面PBD内不存在与平面BCDE垂直的直线，∴平面PBD不与平面BCDE垂直，D错误．2．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．已知某“鞠”的表面上有四个点P，A，B，C，满足PA＝1，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，若VP-ABC＝，则该“鞠”的体积的最小值为( )A.π       B．9π       C.π  D.π解析：选C如图，取AB中点为D，过D作OD∥PA，且OD＝PA＝，因为PA⊥平面ABC，所以OD⊥平面ABC.由于AC⊥BC，故DA＝DB＝DC，进而可知OA＝OB＝OC＝OP，所以O是球心，OA为球的半径．由VP-ABC＝×AC·CB·PA＝⇒AC·CB＝4，又AB2＝AC2＋BC2≥2AC·BC＝8，当且仅当AC＝BC＝2时，等号成立，故此时AB＝2，所以球半径R＝OA＝≥＝，故Rmin＝，体积最小值为πR3＝π3＝π.故选C.3.(多选)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，∠A1AB＝∠A1AD，则有( )A．A1M∥B1QB．AA1⊥PQC．A1M∥平面D1PQB1D．PQ⊥平面A1ACC1解析：选BCD如图，设A1C1交B1D1于点O1，连接BD交AC于点O，则点O1，O分别是B1D1，BD的中点，连接MQ，O1Q，由题意知，QM∥AC，A1C1∥AC，QM＝AC，A1C1＝AC，所以QM∥A1O1，QM＝A1O1，即四边形A1MQO1为平行四边形，所以A1M∥O1Q，又O1Q∩B1Q＝Q，所以A1M与B1Q异面，故A错误；因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，AD＝AB，又∠A1AB＝∠A1AD，所以△A1AB≌△A1AD，有A1B＝A1D，连接A1O，则BD⊥A1O，又AC∩A1O＝O，所以BD⊥平面A1ACC1，连接PQ，则BD∥PQ，所以PQ⊥平面A1ACC1，故D正确；又AA1⊂平面A1ACC1，所以PQ⊥AA1，故B正确；因为A1M∥D1P，D1P⊂平面D1PQB1，所以A1M∥平面D1PQB1，故C正确．故选B、C、D.4.如图所示，圆锥的侧面积是底面积的2倍，AB为⊙O的直径，在底面内以线段AO为直径作⊙M，点P为⊙M上异于点A，O的动点．(1)证明：平面SAP⊥平面SOP；(2)已知OS＝，当三棱锥S-APO的体积最大时，求点B到平面SAP的距离．解：(1)证明：∵SO垂直于圆锥的底面，AP在圆锥的底面内，∴SO⊥AP，又AO为⊙M的直径，∴PO⊥AP，∵SO∩PO＝O，SO⊂平面SOP，PO⊂平面SOP，∴AP⊥平面SOP, 又AP⊂平面SAP，∴平面SAP⊥平面SOP.(2)设圆锥的母线长为l，底面半径为r，∴圆锥的侧面积为πrl，底面积为πr2，由2πr2＝πrl，得l＝2r，∴AB＝AS＝BS，∴△ABS为正三角形，又SO＝，∴r＝1，l＝2.连接MP(图略)，在三棱锥S-APO中，∵OS＝，∴△AOP面积最大时，三棱锥S-APO的体积最大，此时MP⊥OA，∴AP＝OP＝.过O作OH⊥SP于点H(图略)，则OH＝＝.∵平面SAP⊥平面SOP，∴OH⊥平面SAP，∴OH即为点 O到平面SAP的距离，∵点O为AB的中点，∴点B到平面SAP的距离为2OH＝.