高考数学第二轮复习专题练习 专题8.14 空间直线、平面的垂直（二）（重难点题型检测）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.14 空间直线、平面的垂直（二）（重难点题型检测）（教师版），共25页。
1．（3分）（2023·安徽蚌埠·统考二模）设α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥βB．若a⊥α，b⊂β，a⊥b，则α⊥β
C．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α⊥βD．若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，则α⊥β
【解题思路】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系对选项逐一判断，即可得到结果.
【解答过程】对于A，若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β，故正确；
对于B，若a⊥α，b⊂β，a⊥b，则α与β相交或者α∥β，故错误；
对于C，若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β，故错误；
对于D，若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，则α与β相交，不一定垂直，故错误.
故选:A.
2．（3分）（2023秋·北京西城·高二期末）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则二面角D1-BC-D的余弦值为（ ）
A．55B．255C．1010D．31010
【解题思路】画出长方体ABCD-A1B1C1D1，∠D1CD为二面角D1-BC-D所成的平面角，求出cs∠D1CD的值即可得出答案.
【解答过程】长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，∴CD1=10，
∴BC⊥CD，∵BC⊥平面DCC1D1,CD1⊂平面DCC1D1,∴BC⊥CD1,
又∵平面D1BC ∩平面BCD =BC，
∴ ∠D1CD为二面角D1-BC-D所成的平面角，
cs∠D1CD=CDCD1=310=31010，
所以二面角D1-BC-D的余弦值为31010.
故选：D.
3．（3分）（2022秋·四川乐山·高二阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱CC1的中点，则点B到平面A1B1M的距离为（ ）
A．5B．255C．355D．455
【解题思路】连接BM，由面面垂直的判定证明平面A1B1M⊥平面BCC1B1，再利用面面垂直的性质即可推理计算作答.
【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC1B1，而A1B1⊂平面A1B1M，则平面A1B1M⊥平面BCC1B1，
在平面BCC1B1内过点B作BE⊥B1M于E，连接BM，如图，
因平面A1B1M∩平面BCC1B1=B1M，于是得BE⊥平面A1B1M，则BE长即为点B到平面A1B1M的距离，
点M为棱CC1的中点，在△BMB1中，B1M=BM=BC2+CM2=5，
S△BMB1=12B1M⋅BE=12BB1⋅BC，即5BE=4，解得BE=455，
所以点B到平面A1B1M的距离为455.
故选：D.
4．（3分）（2022秋·山东潍坊·高二阶段练习）如图所示，平面PAD⊥矩形ABCD，且PA⊥AD，下列结论中不正确的是（ ）
A．PD⊥BDB．PD⊥CD
C．PB⊥BCD．PA⊥BD
【解题思路】根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，由线线垂直，线面垂直以及面面垂直的互相转化即可根据选项逐一求解.
【解答过程】因为平面PAD⊥矩形ABCD，两平面交线为AD,PA⊥AD,且PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，故D正确，
若PD⊥BD，由于PA⊥BD，PA∩PD=P,PA,PD⊂平面PAD,则BD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD,则BD⊥AD这与ABCD为矩形矛盾，故A不正确；
因为平面PAD⊥矩形ABCD，两平面交线为AD,AD⊥CD,CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD,所以PD⊥CD，故B正确，
由于PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD,所以PA⊥CB，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,所以PB⊥BC,故C正确，
故选：A.
5．（3分）（2023·陕西西安·统考一模）在三棱锥A-BCD，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，△BCD为等边三角形，AC=4，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．32π3B．64π3C．128π3D．256π3
【解题思路】由面面垂直的性质结合直角三角形和等边三角形的性质得出△BCD的外接圆圆心为该三棱锥的外接球的球心，再由正弦定理以及球的表面积公式求解.
【解答过程】解：过点B作CD的垂线，垂足为E，因为△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，
所以△ACD的外接圆的圆心为E，设△BCD的外接圆圆心为O，其半径为R，
则O在BE上，所以OC=OB=OD，由面面垂直的性质可知，BE⊥平面ACD，
所以OC=OD=OA，即O为该三棱锥的外接球的球心，CD=42
由正弦定理可知，42sin60°=2R,R=463，
故该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR2=4π×16×23=128π3.
故选：C.
6．（3分）（2023·全国·校联考模拟预测）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，D，E，F分别是BB1，B1C1，AA1的中点，M是线段BF上的动点，则下列结论中正确的个数是（ ）
①BF⊥B1C；②BF//C1D；③A1E⊥B1C；④C1M//平面A1DE．
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】连接BC1，即可得到A1E⊥B1C1，再由正三棱柱的性质得到A1E⊥平面BB1C1C，即可得到A1E⊥B1C，从而得到B1C⊥平面A1DE，再由线面垂直的性质得到B1C⊥A1D，即可说明BF⊥B1C，即可判断①、②、③，连接C1F，通过证明平面A1DE//平面BFC1，即可说明④.
【解答过程】解：连接BC1，因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，所以A1E⊥B1C1，B1C⊥BC1．
又D，E分别是BB1，B1C1的中点，所以DE//BC1，所以B1C⊥DE．
因为A1E⊥CC1，B1C1∩CC1=C1，B1C1，CC1⊂平面BB1C1C，所以A1E⊥平面BB1C1C．
又B1C⊂平面BB1C1C，所以A1E⊥B1C．又DE∩A1E=E，DE，A1E⊂平面A1DE，所以B1C⊥平面A1DE．
又A1D⊂平面A1DE，所以B1C⊥A1D．
由题意知A1F//BD且A1F=BD，所以四边形A1FBD是平行四边形，
所以BF//A1D，所以BF⊥B1C，故①、③正确；
BF与C1D是异面直线，故②错误；
连接C1F，因为BF//A1D，BF⊂平面BFC1，A1D⊄平面BFC1，所以A1D//平面BFC1
又DE//BC1，同理可证DE//平面BFC1，
又A1D∩DE=D，A1D,DE⊂平面A1DE，
所以平面A1DE//平面BFC1．
因为M是线段BF上的动点，所以C1M⊂平面BFC1，所以C1M//平面A1DE，故④正确．
故选：C.
7．（3分）（2023秋·北京石景山·高二期末）在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD1=2，点M在该四棱柱表面上运动，且满足平面DD1M⊥平面AA1C．当线段DM的长度取到最大值时，直线DM与底面ABCD所成角的正弦值是（ ）
A．13B．23C．53D．73
【解题思路】根据直四棱柱的几何关系，利用面面垂直的判定定理找出点M在四棱柱表面上的运动轨迹，再根据线段DM的长度取到最大值时确定具体位置，根据几何法做出直线DM与底面ABCD所成的角，即可求得其正弦值.
【解答过程】根据几何体特征，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DD1，
要满足平面DD1M⊥平面AA1C，作DE⊥AC于E，延长DE交BC于G，交AB的延长线于F，
作GH//DD1交B1C1于H，连接D1H，如下图所示；
又因为DE∩DD1=D，所以AC⊥平面DD1E，即AC⊥平面DD1HG
而AC⊂平面AA1C，所以平面DD1HG⊥平面AA1C，
又因为点M在该四棱柱表面上运动，所以点M的轨迹是线段DG,GH,HD1；
又因为底面ABCD为直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD1=2，
所以△ADC∼△FAD，即CDAD=ADFA，得FA=4，所以FB=1；
又FB//CD,CD=1，所以△DCG≅△FBG，即G为线段BC,DF的中点，
DF=22+42=25，所以DG=5，
易知，当线段DM的长度取到最大值时，点M于点H重合，
此时，∠HDG即为直线DM与底面ABCD所成的角，
GH=DD1=2，DH=DG2+GH2=5+22=3，
sin∠HDG=GHDH=23，
所以，线段DM的长度取到最大值时，直线DM与底面ABCD所成角的正弦值是23.
故选：B.
8．（3分）（2022·河南·校联考一模）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=2，则下列结论中错误的是（ ）．
A．平面PBE⊥平面PDEB．平面PBE⊥平面PBC
C．平面PBE⊥平面BCDED．平面PBD⊥平面BCDE
【解题思路】根据线面、面面垂直的判断定理分析判断.
【解答过程】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=2，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PBE，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；
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2023秋·河北·高三阶段练习）已知直线a、b和平面α、β、γ，下列选项能得到α⊥β成立的充分条件是（ ）
A．a//β,a//αB．γ∥β,α⊥γC．α∩β=a,b⊥a,b⊂βD．a⊥β,a//α
【解题思路】根据线面及面面的位置关系结合面面垂直的判定定理逐项分析即得.
【解答过程】对于A，若a//β,a//α，则α与β可能平行也可能相交，故A错误；
对于B，若γ//β,α⊥γ，则α⊥β，故B正确；
对于C，若α∩β=a,b⊥a,b⊂β，则α与β不一定垂直，故C错误；
对于D，由a//α，可知在平面α内必存在直线l与a平行，又a⊥β，则l⊥β，进而可得α⊥β，故D正确.
故选：BD.
10．（4分）（2023秋·云南楚雄·高三期末）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，BC=22，AP=AB，E为棱BP上一点，PE=2EB，且PA⊥AC，若四棱锥P-ABCD的每个顶点都在球O的球面上，且球O的体积为32π3，则（ ）
A．PD=23B．∠PCA=60°
C．平面ADE⊥平面PABD．点E到平面PCD的距离为469
【解题思路】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理可判断C，由外接球的球心在PC中点，利用球的体积可求出AB=AP=2，据此求出AC可判断B，再由勾股定理求出PD判断A，利用等体积法可求出E到平面PCD的距离判断D.
【解答过程】如图，则平面ADE⊥平面PAB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，AB是交线，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PAB，因为AD⊂平面ADE，则平面ADE⊥平面PAB，
又因为PA⊂平面PAB，所以 AD⊥AP，
又因为PA⊥AC，AC∩AD=A，AC,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，
AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，故 AD，AB，AP两两垂直，
所以PC是以AD，AB，AP为长、宽、高的长方体的对角线，
故侧棱PC为球O的直径，由V球=4πR33=32π3，解得R=2，
所以2=AB2+AD2+AP22，解得AB=AP=2，则AC=23，tan∠PCA=PAAC=33，故∠PCA=30°.
由AB⊥AD,AB⊥PA,PA∩AD=A，PA,AD⊂平面APD，所以AB⊥平面APD
又因为CD∥AB，所以CD⊥平面APD，
因为PD⊂平面APD ，所以CD⊥PD，由勾股定理得PD=AP2+AD2=23.
设点E到平面PCD的距离为d，由PE=2EB，可知BE=13BP，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF∥AP，且EF=13AP=23，
由VE-PCD=VP-BCD-VE-BCD，得13×d×2×232=13×2×2×222-13×23×2×222，
解得d=469.
综上，ACD正确，B错误.
故选：ACD.
11．（4分）（2022秋·江苏南京·高二阶段练习）(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论中正确的是（ ）
A．平面EFG∥平面PBC
B．平面EFG⊥平面ABC
C．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角
D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角
【解题思路】分别用面面平行、面面垂直、线线角、二面角等知识对每个选项判断即可.
【解答过程】对于选项A：∵GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC.故A正确；
对于选项B：∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC. 故B正确；
对于选项C：由选项A知平面EFG∥平面PBC，且平面APB与两平面的交线分别为EF与BP，所以EF∥BP，∴∠BPC是直线EF与直线PC所成的角.故C正确；
对于选项D：∵GE与AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．故D错误.
故选：ABC.
12．（4分）（2023春·江苏南京·高三开学考试）如图，在五面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且AB⊥AD,AB//CD，AB=2,CD=1，则下列说法正确的是（ ）
A．AD⊥BE
B．若G为棱CE中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD=CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若AE=3，则平面ADE⊥平面BCE
【解题思路】对于A，利用面面垂直的性质定理得到AD⊥平面ABEF，从而得以判断；对于B，利用线面垂直的判定定理推得CE⊥平面ABG，由此判断即可；对于C，利用面面垂直的的判定定理，结合勾股定理即可判断；对于D，先证得EH与BE不重合，再推得平面HCE⊥平面ADE，从而得到矛盾，由此判断即可.
【解答过程】对于A，因为平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面ABEF，因为BE⊂平面ABEF，所以AD⊥BE，故A正确；
对于B，取棱CE的中点G，连接BG,AG,AE,AC，如图①，
.
因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以BC=BE,AC=AE，
因为G为棱CE中点，所以BG⊥CE,AG⊥CE，
因为BG∩AG=G，BG,AG⊂平面ABG，所以CE⊥平面ABG，
由题意知AB//CD//EF,CD=EF，所以四边形CDEF为平行四边形，
所以DF//CE，则DF⊥平面ABG，故B正确；
对于C，连接DE,DB，如图①，
由题意知AF=AD=CD,AF⊥EF，所以AE=AF2+EF2=2，
又在直角梯形ABEF中易知BE=2，所以AE2+BE2=AB2，即EB⊥AE，
由选项A知EB⊥AD，又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE，
所以EB⊥平面ADE，又EB⊂平面BDE，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；
对于D，连接AE,DE，过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H，连接CH，如图②，
.
由AE=3,EF=1，得AF=AE2-EF2=2，所以BE=12+(2)2=3，
此时cs∠AEB=AE2+BE2-AB22AE⋅BE=3+3-42×3×3=13