2022版新教材高考数学一轮复习39空间中的垂直关系训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习39空间中的垂直关系训练含解析新人教B版，共10页。试卷主要包含了已知两个平面互相垂直，下列命题等内容，欢迎下载使用。
A组 全考点巩固练
1．(2021·昆明模拟)已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β.若α⊥β，则下列结论正确的是
( )
A．l∥β或l⊂β B．l∥m
C．m⊥αD．l⊥m
A 解析：直线l⊥平面α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，A正确．故选A.
2．(2020·威海模拟)设α，β是两个不同的平面，则α⊥β的充要条件是( )
A．平面α内任意一条直线与平面β垂直
B．平面α，β都垂直于同一条直线
C．平面α，β都垂直于同一平面
D．平面α内存在一条直线与平面β垂直
D 解析：若α⊥β，则平面α内存在直线与平面β不垂直，选项A不正确；若平面α，β都垂直于同一条直线，则平面α与β平行，选项B不正确；若平面α，β都垂直于同一平面，则平面α，β可以平行，也可以相交，选项C不正确；若平面α内存在一条直线与平面β垂直，则根据面面垂直的判定定理，可知α⊥β，若α⊥β，则由面面垂直的性质定理知，平面α内垂直于平面α与β的交线的直线一定垂直于平面β，故选项D正确．故选D.
3．如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
C 解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.
4．(多选题)如图，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是( )
A．MN∥AB
B．平面VAC⊥平面VBC
C．MN与BC所成的角为90°
D．BC⊥平面VAC
BCD 解析：因为MN∥AC，AC∩AB＝A，所以MN与AB不平行，A错误．由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，D正确．因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，B正确．因为AB是半圆O的直径，所以AC⊥BC，又MN∥AC，所以MN与BC所成的角为90°，C正确．
5．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq \f(9,4)，底面是边长为eq \r(3)的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
B 解析：如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．
因为底面边长为eq \r(3)，
所以AD＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,2)，AO＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(2,3)×eq \f(3,2)＝1.
三棱柱的体积为eq \f(\r(3),4)×(eq \r(3))2AA1＝eq \f(9,4)，
解得AA1＝eq \r(3)，即OP＝AA1＝eq \r(3)，
所以tan∠PAO＝eq \f(OP,OA)＝eq \r(3).
因为直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠PAO＝eq \f(π,3).
6．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
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：________.
如果l⊥α，m∥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)
解析：将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；(2)如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，正确；(3)如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，错误，有可能l与α斜交或l∥α.
7．(2020·潍坊统考)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论：
①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；
③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．
①④ 解析：对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE.又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，从而可得EA⊥PB，故①正确．
对于②，因为PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确．
对于③，因为在正六边形中，BC∥AD，所以BC与EA必有公共点．从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确．
对于④，由条件易得△PAD为直角三角形，且PA⊥AD，又PA＝2AB＝AD，所以∠PDA＝45°，故④正确．综上，①④正确．
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，
所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
9．(2020·浙江卷)如图，在三棱台DEF－ABC中，平面ADFC⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC ＝2BC.
(1)证明：EF⊥DB；
(2)求DF与平面DBC所成角的正弦值．
(1)证明：作DH⊥AC交AC于点H，连接BH.
因为平面ADFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC＝AC，DH⊂平面ADFC，
所以DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，
即有DH⊥BC.
因为∠ACB＝∠ACD＝45°，
所以CD＝eq \r(2)CH＝2BC，所以CH＝eq \r(2)BC.
在△CBH中，BH2＝CH2＋BC2－2CH·BC·cs 45°＝BC2，即有BH2＋BC2＝CH2，所以BH⊥BC.
由棱台的定义可知，EF∥BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF.
又BH∩DH＝H，所以EF⊥平面BHD，
而BD⊂平面BHD，所以EF⊥DB.
(2)解：因为DF∥CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．
作HG⊥BD于点G，连接CG，
由(1)可知，BC⊥平面BHD，
所以平面BCD⊥平面BHD.
又平面BCD∩平面BHD＝BD，HG⊂平面BHD，
所以HG⊥平面BCD.
即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．
在Rt△HGC中，设BC＝a，则CH＝eq \r(2)a，HG＝eq \f(BH·DH,BD)＝eq \f(\r(2)a·a,\r(3)a)＝eq \f(\r(2),\r(3))a，
所以sin∠HCG＝eq \f(HG,CH)＝eq \f(\r(3),3).
故DF与平面DBC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
B组 新高考培优练
10．(2020·武汉4月调研)已知两个平面互相垂直，下列命题：
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．
其中正确命题的个数是( )
A．3B．2
C．1D．0
C 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中进行判断，如图，①在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；
②在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内任意一条直线，l与平面ABCD内和AB平行的所有直线(包括AB)垂直，故②正确；
③在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；
④在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的任一点作交线的垂线l，则l可能与平面ABCD垂直，也可能与平面ABCD不垂直，故④错．故选C.
11．(多选题)(2021·青岛教学质量检测)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β
B．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α或n⊥β
C．若m⊥α，m⊥n，n⊂β，则α∥β或α⊥β
D．若α∩β＝m，n∥m，n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β
AD 解析：对于A，由面面垂直的判定定理可知A正确．对于B，n与α，β的位置关系可能为平行、相交或n在平面内，故B错误．对于C，α与β的位置关系为平行或相交但不垂直，故C错误．对于D，由线面平行的判定定理可知D正确．故选AD.
12．如图，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正确的条件即可)
DM⊥PC(或BM⊥PC等) 解析：因为PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA.连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
13．如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥A－D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的是________．(填序号)
①②④ 解析：由题意可得直线BC1平行于直线AD1，并且直线AD1⊂平面AD1C，直线BC1⊄平面AD1C，所以直线BC1∥平面AD1C.
所以点P到平面AD1C的距离不变，
VA－D1PC＝VP－AD1C，
所以三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确．
连接A1C1，A1B，
可得平面AD1C∥平面A1C1B.
又A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故②正确．
当点P运动到点B时，△DBC1是等边三角形，
所以DP不垂直于BC1，故③不正确．
因为直线AC⊥平面BDB1，DB1⊂平面BDB1.
所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.
所以DB1⊥平面AD1C.
又DB1⊂平面PDB1.
所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．
14．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC＝AD＝CD＝eq \f(1,2)AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由，并求三棱锥A－CMN的高．
(1)证明：连接AC，在直角梯形ABCD中，
AC＝eq \r(AD2＋DC2)＝2eq \r(2)，
BC＝eq \r(AB－CD2＋AD2)＝2eq \r(2)，
所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.
又PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PC⊥BC.
又AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
(2)解：N为PB的中点，理由如下：连接MN，CN.
因为M为PA的中点，N为PB的中点，
所以MN∥AB，且MN＝eq \f(1,2)AB＝2.
又因为AB∥CD，所以MN∥CD，
所以M，N，C，D四点共面，
所以点N为过C，D，M三点的平面与线段PB的交点．
因为BC⊥平面PAC，N为PB的中点，
所以点N到平面PAC的距离d＝eq \f(1,2)BC＝eq \r(2).
又S△ACM＝eq \f(1,2)S△ACP＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)·AC·PC＝eq \r(2)，
所以V三棱锥N－ACM＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(2,3).
由题意可知，在Rt△PCA中，
PA＝eq \r(AC2＋PC2)＝2eq \r(3)，CM＝eq \r(3).
在Rt△PCB中，PB＝eq \r(BC2＋PC2)＝2eq \r(3)，
CN＝eq \r(3)，所以S△CMN＝eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \r(2).
设三棱锥A－CMN的高为h，
则V三棱锥N－ACM＝V三棱锥A－CMN＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×h＝eq \f(2,3)，
解得h＝eq \r(2)，故三棱锥A－CMN的高为eq \r(2).