新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.5空间直线、平面的垂直（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.5空间直线、平面的垂直（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．若平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中是假命题的为( )
A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B．过点P垂直于直线l的直线在平面α内
C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D．过点P且在平面α内垂直于l的直线必垂直于平面β
2．若P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥BC，PB⊥AC，则点P在△ABC所在平面内的射影O是△ABC的( )
A．内心 B．外心
C．重心 D．垂心
3.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC内的射影H必在( )
A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D．△ABC内部
4．(2023·景德镇模拟)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题错误的是( )
A．若m⊥α，n⊥β，且α∥β，则m∥n
B．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n
C．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
D．若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n
5．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．
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．3
6．在正三棱锥A－BCD中，二面角A－BC－D的平面角为60°，则AC与平面BCD所成角的正切值为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D．1
二、多项选择题
7．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，点E，F分别是棱PA，PB的中点，则下列结论正确的是( )
A．CD⊥PD
B．AB⊥PC
C．平面PBD⊥平面PAC
D．E，F，C，D四点共面
8.如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝eq \f(1,2)AB＝2，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2eq \r(3).则下列说法正确的有( )
A．CD⊥平面EDP
B．四棱锥P－EBCD外接球的体积为4eq \r(3)π
C．二面角P－CD－B的大小为eq \f(π,4)
D．直线PC与平面EDP所成角的正切值为eq \r(2)
三、填空题
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1的六个面中，与AA1垂直的平面有________个．
10．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其形状可视为一个正四棱锥，已知该金字塔的塔高与底面边长的比满足黄金比例，即比值约为eq \f(\r(5)－1,2)，则它的侧棱与底面所成角的正切值约为________．
11.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________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
12．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC＝t，若在线段AB上存在点E，使得EC1⊥ED，则实数t的取值范围是 ________.
四、解答题
13．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD.
求证：(1)CD⊥平面PBD；
(2)平面PBC⊥平面PCD.
14.如图，四边形PDCE为矩形，四边形ABCD为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝eq \f(1,2)CD＝1，PD＝eq \r(2).
(1)若M为PA的中点，求证：AC∥平面MDE；
(2)求直线PB与直线CD所成角的大小；
(3)设平面PAD∩平面EBC＝l，试判断l与平面ABCD能否垂直？并证明你的结论．
15．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列说法正确的是( )
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P－A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(6),3)
16．已知四边形ABCD是正方形，将△DAC沿AC翻折到△D1AC的位置，点G为△D1AC的重心，点E在线段BC上，GE∥平面D1AB，GE⊥D1A.若CE＝λEB，则λ＝________，直线GB与平面D1AC所成角的正切值为________．
§7.5 空间直线、平面的垂直
1．B 2.D 3.A 4.C 5.C
6．C [取BC的中点为E，△BCD的中心为G，连接AE，DE，CG，AG，
因为AB＝AC，BD＝CD，则AE⊥BC，DE⊥BC，
可得二面角A－BC－D的平面角为∠AED，即∠AED＝60°，
因为三棱锥A－BCD为正三棱锥，则AG⊥平面BCD，且DE，CG⊂平面BCD，则AG⊥DE，AG⊥CG，
可得AG＝eq \r(3)EG，CG＝DG＝2EG，
由AG⊥平面BCD，可知AC与平面BCD所成的角为∠ACG，
所以tan∠ACG＝eq \f(AG,CG)＝eq \f(\r(3)EG,2EG)＝eq \f(\r(3),2).]
7．AD [如图所示，因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又因为底面ABCD是矩形，
所以CD⊥AD，
又PA∩AD＝A，所以 CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，故A正确；
因为CD∥AB，CD⊥平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
又PC∩平面PAD＝P，
所以AB与PC不垂直，故B错误；
因为底面ABCD是矩形，
所以BD与AC不一定垂直，
则BD与平面PAC不一定垂直，所以平面PBD与平面PAC不一定垂直，故C错误；
因为点E，F分别是棱PA，PB的中点，所以EF∥AB，
又AB∥CD，所以EF∥CD，所以E，F，C，D四点共面，故D正确．]
8．ABC [对于A，∵E为AB的中点，
∴BE＝CD，BE∥CD，
∴四边形EBCD为平行四边形，
又AB⊥BC，∴四边形EBCD为矩形，∴CD⊥DE.
∵PD＝AD＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，CD＝2，PC＝2eq \r(3)，
∴PD2＋CD2＝PC2，∴CD⊥PD，
又PD∩DE＝D，PD，DE⊂平面EDP，∴CD⊥平面EDP，A正确；
对于B，∵BC∥DE，AB⊥BC，
∴AE⊥DE，即PE⊥DE，
∵CD⊥平面EDP，PE⊂平面EDP，∴CD⊥PE，
又CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面EBCD，
∴PE⊥平面EBCD，
∵矩形EBCD的外接圆半径r＝eq \f(1,2)×eq \r(22＋22)＝eq \r(2)，
∴四棱锥P－EBCD的外接球半径R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PE))2)＝eq \r(2＋1)＝eq \r(3)，
∴四棱锥P－EBCD外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝4eq \r(3)π，B正确；
对于C，∵CD⊥平面EDP，PD⊂平面EDP，∴PD⊥CD；
又DE⊥CD，∴二面角P－CD－B的平面角为∠PDE，
∵PE⊥DE，PE＝DE＝2，
∴∠PDE＝eq \f(π,4)，∴二面角P－CD－B的大小为eq \f(π,4)，C正确；
对于D，∵CD⊥平面EDP，∴∠CPD即为直线PC与平面EDP所成的角，
∵CD⊥PD，PD＝2eq \r(2)，CD＝2，
∴tan∠CPD＝eq \f(CD,PD)＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
即直线PC与平面EDP所成角的正切值为eq \f(\r(2),2)，D错误．]
9．2
10.eq \f(\r(10)－\r(2),2)
解析 画出如图所示示意图，
设底面边长为a，则塔高EF＝eq \f(\r(5)－1,2)a，
AF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(\r(2),2)a，
所以侧棱与底面所成的角∠EAF的正切值为eq \f(EF,AF)＝eq \f(\f(\r(5)－1,2)a,\f(\r(2),2)a)＝eq \f(\r(10)－\r(2),2).
11．DM⊥PC(或MB⊥PC)
解析 连接AC，
因为底面ABCD各边都相等，
所以AC⊥BD，
因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，PC与平面MBD内两条相交直线垂直，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
12．(0,1]
解析 因为C1C⊥平面ABCD，ED⊂平面ABCD，可得C1C⊥ED，
由EC1⊥ED，EC1∩C1C＝C1，EC1，C1C⊂平面ECC1，
可得ED⊥平面ECC1，
所以ED⊥EC，
在矩形ABCD中，设AE＝a,0≤a≤2，则BE＝2－a，
由∠DEA＋∠CEB＝90°，
可得tan∠DEA·tan∠CEB＝eq \f(AD,AE)·eq \f(CB,BE)＝eq \f(t2,a2－a)＝1，
即t2＝a(2－a)＝－(a－1)2＋1，
当a＝1时，t2取得最大值1，
即t的最大值为1；
当a＝0或2时，t2取得最小值0，
但由于t>0，所以t的取值范围是(0,1]．
13．证明 (1)因为AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°.
又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°.
又∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°，
即BD⊥CD.
因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面PBD.
(2)由CD⊥平面PBD，得CD⊥BP.
又BP⊥PD，PD∩CD＝D，
所以BP⊥平面PCD.
又BP⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面PCD.
14．(1)证明 连接PC，交DE于点N，连接MN，
∵四边形PDCE为矩形，
∴N为PC的中点，
在△PAC中，M，N分别为PA，PC的中点，∴MN∥AC，
∵MN⊂平面MDE，AC⊄平面MDE，
∴AC∥平面MDE.
(2)解 ∵∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴AB∥CD，∴∠PBA是直线PB与直线CD所成的角．
∵四边形PDCE为矩形，
∴PD⊥CD，
∵平面PDCE⊥平面ABCD，
又PD⊂平面PDCE，平面PDCE∩平面ABCD＝CD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AD，AB⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥AB，
在Rt△PDA中，∵AD＝1，PD＝eq \r(2)，∴PA＝eq \r(3)，
∵∠BAD＝90°，∴AB⊥AD，
又∵PD⊥AB，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA，
在Rt△PAB中，∵AB＝1，
∴tan∠PBA＝eq \f(PA,AB)＝eq \r(3)，
∴∠PBA＝eq \f(π,3)，
从而直线PB与直线CD所成的角为eq \f(π,3).
(3)解 l与平面ABCD垂直．证明如下：
∵四边形PDCE为矩形，∴EC∥PD，
∵PD⊂平面PAD，EC⊄平面PAD，
∴EC∥平面PAD，EC⊂平面EBC，
∵平面PAD∩平面EBC＝l，
∴EC∥l，则l∥PD，
由(2)可知PD⊥平面ABCD，
∴l⊥平面ABCD.
15．ABD [A项，如图，连接B1D1，
由正方体可得A1C1⊥B1D1，
且BB1⊥平面A1B1C1D1，
又A1C1⊂平面A1B1C1D1，则BB1⊥A1C1，
因为B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BD1B1，
所以A1C1⊥平面BD1B1，
又BD1⊂平面BD1B1，
所以A1C1⊥BD1.
同理，连接AD1，易证得A1D⊥BD1，
因为A1D∩A1C1＝A1，A1D，A1C1⊂平面A1C1D，
所以BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
B项，＝，
因为点P在线段B1C上运动，
所以＝eq \f(1,2)A1D·AB为定值，
且C1到平面A1PD的距离即为C1到平面A1B1CD的距离，也为定值，
故三棱锥P－A1C1D的体积为定值，故B正确；
C项，当点P与线段B1C的端点重合时，AP与A1D所成角取得最小值，最小值为eq \f(π,3)，故C错误；
D项，因为直线BD1⊥平面A1C1D，
所以若直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值最大，则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大，
即点P运动到B1C中点处，直线C1P与直线BD1所成角为∠C1BD1，
设正方体棱长为1，在Rt△D1C1B中，cs∠C1BD1＝eq \f(C1B,BD1)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故D正确．]
16．2 3
解析 如图所示，
延长CG交AD1于点F，连接BF，则F为AD1的中点，如图所示，
因为GE∥平面D1AB，GE⊂平面CBF，平面CBF∩平面D1AB＝BF，所以GE∥BF，
因为点G为△D1AC的重心，
所以CG＝2GF，
所以CE＝2EB，λ＝2.
取CA的中点O，连接OB，GB，GO，OD1，
则OB⊥AC，
设正方形ABCD的边长为2，
因为GE∥BF，GE⊥D1A，
所以BF⊥D1A，
又F为AD1的中点，
所以AB＝D1B＝2，
在Rt△ABC中，AC＝2eq \r(2)，OB＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，
同理可得，D1O＝eq \r(2)，
因为D1O2＋OB2＝D1B2，
所以OB⊥D1O，
又AC∩D1O＝O，
所以OB⊥平面D1AC，
则GO为GB在平面D1AC上的射影，
所以∠OGB或其补角为直线GB与平面D1AC所成的角，
在Rt△OGB中，GO＝eq \f(1,3)D1O＝eq \f(\r(2),3)，
tan∠OGB＝eq \f(OB,OG)＝3.