新人教A版高考数学二轮复习专题八立体几何4直线平面垂直的判定与性质专题检测含解析

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直线、平面垂直的判定与性质
专题检测
1.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在 (　　)

A.直线AC上　　B.直线AB上　　C.直线BC上　　D.△ABC内部
答案　B　连接AC1,如图:

∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,
∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B,
∴AC⊥平面ABC1,
又AC在平面ABC内,∴根据面面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,
则根据面面垂直的性质定理知,过平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.
2.(2018山西临汾模拟,7)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是 (　　)

A.平面BCE⊥平面ABN　　B.MC⊥AN
C.平面CMN⊥平面AMN　　D.平面BDE∥平面AMN
答案　C　分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,
连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体.
∴BC⊥平面ABN,
又BC⊂平面BCE,
∴平面BCE⊥平面ABN,故A中说法正确;
连接PB,则PB∥MC,
显然,PB⊥AN,
∴MC⊥AN,故B中说法正确;
取MN的中点F,连接AF,CF,AC.
∵△AMN和△CMN都是边长为2的等边三角形,
∴AF⊥MN,CF⊥MN,
∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角,
∵AF=CF=62,AC=2,
∴AF2+CF2≠AC2,即∠AFC≠π2,
∴平面CMN与平面AMN不垂直,故C中说法错误;
∵DE∥AN,MN∥BD,
DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE,MN∩AN=N,MN,AN⊂平面AMN,
∴平面BDE∥平面AMN,故D中说法正确.故选C.

3.(2019豫西南五校3月联考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=22,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中, (　　)
A.存在某个位置,使得直线BD与直线AC垂直
B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直
C.存在某个位置,使得直线BC与直线AD垂直
D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直
答案　B　矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示.

在图(1)中,过点A作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足为F,由边AB,BC不相等可知点E、F不重合;在图(2)中,连接CE,对于选项A,若AC⊥BD,又知BD⊥AE,AE∩AC=A,所以BD⊥平面ACE,所以BD⊥CE,与点E,F不重合相矛盾,故选项A错误;对于选项B,若AB⊥CD,又知AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,所以AB⊥AC,由ABAB,所以不存在这样的直角三角形,故选项C错误;由以上可知选项D错误.因此选B.
思路分析　根据翻折前后的变量与不变量,利用反证法对选项进行证明排除,从而得到正确结果.
4.(2019北京西城一模文,18)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,侧面ADEF为梯形,AF∥DE,DE⊥AD,DC=DE.
(1)求证:AD⊥CE;
(2)求证:BF∥平面CDE;
(3)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面ADQ⊥平面BCE,并说明理由.

解析　(1)证明:由底面ABCD为矩形,知AD⊥CD,
又因为DE⊥AD,DE∩CD=D,DE,CD⊂平面CDE,
所以AD⊥平面CDE,
又因为CE⊂平面CDE,所以AD⊥CE.
(2)证明:由底面ABCD为矩形,知AB∥CD,
又因为AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
所以AB∥平面CDE,
同理AF∥平面CDE,
又因为AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABF,
所以平面ABF∥平面CDE,
又因为BF⊂平面ABF,所以BF∥平面CDE,
(3)结论:线段BE上存在点Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ⊥平面BCE.
理由如下:
取CE的中点P,BE的中点Q,连接AQ,DP,PQ,则PQ∥BC.
由AD∥BC,得PQ∥AD,
所以A,D,P,Q四点共面.
由(1)知AD⊥平面CDE,又因为DP⊂平面CDE,
所以AD⊥DP,故BC⊥DP.
在△CDE中,由DC=DE,P是CE的中点,可得DP⊥CE.
又因为BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,
所以DP⊥平面BCE,
又因为DP⊂平面ADPQ,
所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE),
故线段BE上存在点Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ⊥平面BCE.
5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD的中点.

(1)求证:BG⊥平面PAD;
(2)求证:AD⊥PB;
(3)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.
解析　(1)证明:在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,所以BG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以BG⊥平面PAD.
(2)证明:如图,连接PG,因为△PAD为正三角形,G为AD的中点,所以PG⊥AD.

由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,所以AD⊥平面PGB.
因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.
(3)当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.
证明:取PC的中点F,连接DE、EF、DF.
在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE.
又FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE=E,PB⊂平面PGB,GB⊂平面PGB,PB∩GB=B,
所以平面DEF∥平面PGB.
因为BG⊥平面PAD,PG⊂平面PAD,
所以BG⊥PG.
又因为PG⊥AD,AD∩BG=G,
所以PG⊥平面ABCD.
又PG⊂平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,
所以平面DEF⊥平面ABCD.
6.(2017黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,D是侧棱CC1的中点.

(1)证明:平面AB1D⊥平面ABB1A1;
(2)若多面体B1A1C1DA的体积为3,求正三棱柱ABC-A1B1C1的高.
解析　(1)证明:取AB1的中点E,AB的中点F,连接DE,EF,CF.
∵E,F分别为AB1,AB的中点,∴EF∥BB1,EF=12BB1.
又CD∥BB1且CD=12BB1,∴CD∥EF,CD=EF,∴四边形CDEF为平行四边形,∴DE∥CF,又三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴△ABC为正三角形,∴CF⊥AB.
又∵BB1⊥平面ABC,CF⊂平面ABC,∴CF⊥BB1,又AB∩BB1=B,∴CF⊥平面ABB1A1,又DE∥CF,∴DE⊥平面ABB1A1,又DE⊂平面AB1D,∴平面AB1D⊥平面ABB1A1.

(2)多面体B1A1C1DA是以梯形AA1C1D为底面,B1到平面AA1C1D的距离为高的四棱锥,取A1C1的中点H,连接B1H.
∵三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,∴B1H⊥A1C1,平面B1C1A1⊥平面AA1C1C,
又平面B1C1A1∩平面AA1C1C=A1C1,B1H⊂平面B1C1A1,
∴B1H⊥平面AA1C1C.
∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1H=3.
设AA1=h,则VB1-AA1C1D=13S梯形AA1C1D×B1H=13×12h+h2×2×3=32h=3,所以h=2.所以正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2.
7.(2019全国统一诊断卷A,18)在五边形ABCDF中,E是边DF上的点,AF∥BE∥CD,BC∥DF,BC⊥CD,AB=BC=2,AF=EF=1,BE=CD=2,如图1,将四边形AFEB沿BE折起,使平面AFEB⊥平面BCDE,将△BCD沿BD折起,使点C与点A重合,重合的点记为M,如图2.
(1)连接EM,证明:平面BDM⊥平面DEM;
(2)求点E到平面BDM的距离.

解析　(1)证明:因为EM=AF2+EF2=2,MB=2,BE=2,
所以EM2+MB2=BE2,所以MB⊥EM.
又因为BC⊥CD,即MB⊥MD,EM∩MD=M,
EM⊂平面DEM,MD⊂平面DEM,所以MB⊥平面DEM. (4分)
因为MB⊂平面BDM,所以平面BDM⊥平面DEM. (5分)
(2)易知∠BED=90°,所以S△BED=12BE·ED=2.
又MF∥BE,BE⊂平面BED,MF⊄平面BED,所以MF∥平面BED.
因为平面BEFM⊥平面BED,平面BEFM∩平面BED=BE,EF⊥BE,所以EF⊥平面BED,所以EF是三棱锥M-BED的高, (7分)
所以VM-BED=13S△BED·EF=23. (8分)
又易知△BMD是直角三角形,S△BMD=12BM·MD=2.
设点E到平面BDM的距离为h,
则VE-BDM=13×2h, (10分)
因为VM-BED=VE-BDM,所以23=13×2h,得h=1,
即点E到平面BDM的距离为1. (12分)
8.(2019河北衡水调研卷五,18)如图,在多边形ABPCD中(图1),ABCD为长方形,△BPC为正三角形,AB=3,BC=32,现以BC为折痕将△BPC折起,使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2).
(1)证明:PD⊥平面PAB;
(2)若点E在线段PB上,且PE=13PB,当点Q在线段AD上运动时,求三棱锥Q-EBC的体积.

解析　(1)证明:过点P作PO⊥AD,垂足为O.

由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上,
所以PO⊥平面ABCD,
所以PO⊥AB.
因为四边形ABCD为矩形,所以AB⊥AD.
又AD∩PO=O,所以AB⊥平面PAD,
所以AB⊥PD,AB⊥PA,
又由AB=3,PB=32,可得PA=3,
同理PD=3.
又AD=32,所以PA2+PD2=AD2,
所以PA⊥PD,且PA∩PB=A,
所以PD⊥平面PAB. (5分)
(2)设点E到底面QBC的距离为h,

则VQ-BEC=VE-QBC=13S△QBC·h. (7分)
由PE=13PB,可知BEBP=23,
所以hPO=23⇒h=23×322=2. (8分)
又S△QBC=12BC·AB=12×32×3=922,
所以VQ-EBC=13S△QBC·h=13×922×2=3. (12分)
方法总结　(1)证明空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化,转化时要正确运用相关的定理,找出足够的条件进行推理;(2)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题,即将点到平面的距离看作三棱锥的高,通过转化,借助体积的不变性解决问题.
9.(2019江西百所名校模拟八,18)如图,几何体是由半个圆柱及14个圆柱拼接而成,其中G,H分别为CD与AB的中点,四边形ABCD为正方形.
(1)证明:平面DFB⊥平面GCBH;
(2)若AB=22,求三棱锥E-ABG的体积.

解析　(1)证明:由题意知∠ABF=π4,因为H为AB的中点,
所以∠ABH=π4,故∠HBF=π2,即BF⊥BH.
又因为BC⊥平面ABH,BF⊂平面ABH,所以BC⊥BF,又因为BC∩BH=B,
所以BF⊥平面GCBH,因为BF⊂平面DFB,所以平面DFB⊥平面GCBH. (5分)
(2)连接AH,AE,BE,EG,FH,如图所示,

VE-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VF-ABE-VH-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VE-ABF-VG-ABH,
因为AB=22,所以BF=4,BH=2,
由(1)知BF⊥BH,所以FH=42+22=25,
过点A,B分别作FH的垂线,垂足分别为A1,B1,则AA1⊥平面EFHG,BB1⊥平面EFHG.计算得AA1=AF·AHsin3π4FH=255,
BB1=BH·BFFH=455,
所以VA-EFHG+VB-EFHG=13×22×25×255+455=82,
又VE-ABF=13×12×22×22×22=823,
VG-ABH=13×12×2×2×22=423,
所以VE-ABG=82-823-423=42. (12分)
10.(2019河南郑州第二次质量预测,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=π3,△PAD是等边三角形,F为AD的中点,PD⊥BF.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若E在线段BC上,且EC=14BC,能否在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD?若存在,求出三棱锥D-CEG的体积;若不存在,请说明理由.

解析　(1)证明:连接PF,∵△PAD是等边三角形,F是AD的中点,∴PF⊥AD.
∵底面ABCD是菱形,∠BAD=π3,∴BF⊥AD.
又PF∩BF=F,∴AD⊥平面BFP,又PB⊂平面BFP,
∴AD⊥PB. (4分)

(2)能在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD.
由(1)知AD⊥BF,∵PD⊥BF,AD∩PD=D,
∴BF⊥平面PAD.
又BF⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,
又平面ABCD∩平面PAD=AD,且PF⊥AD,
∴PF⊥平面ABCD. (6分)
连接CF交DE于点H,过H作HG∥PF交PC于G,
∴GH⊥平面ABCD.
又GH⊂平面DEG,∴平面DEG⊥平面ABCD.
∵AD∥BC,∴△DFH∽△ECH,∴CHHF=CEDF=12,
∴CGGP=CHHF=12, (10分)
∴GH=13PF=33,
∴VD-CEG=VG-CDE=13S△CDE·GH=13×12DC·CE·sinπ3·GH=112. (12分)
思路分析　(1)由△PAD是等边三角形,底面ABCD是菱形,∠BAD=π3,证得PF⊥AD,BF⊥AD,从而证得AD⊥平面BFP,进而AD⊥PB得证;(2)先证得BF⊥平面PAD,进而证得PF⊥平面ABCD,得棱PC上存在点G使平面DEG⊥平面ABCD,再利用三角形相似求出GH=33,最后利用等体积法求解.
11.(2019广西南宁质检,18)四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,BC=CD=PD=2,AB=4,PA⊥BD,平面PBC⊥平面PCD,M,N分别是AD,PB的中点.
(1)证明:PD⊥平面ABCD;
(2)求MN与平面PDA所成角的正弦值.

解析　(1)证明:取PC中点Q,连接DQ.
∵CD=PD,∴DQ⊥PC,
又∵平面PBC⊥平面PCD,且两平面交于PC,
∴DQ⊥平面PBC,
∵BC⊂平面PBC,∴DQ⊥BC,
由题易知BC⊥CD,∵DQ∩DC=D,
∴BC⊥平面PDC,∴BC⊥PD.
在直角梯形ABCD中,易求得BD=22,AD=22,
又AB=4,则AD2+BD2=AB2,即BD⊥AD.
又∵BD⊥PA,AD∩PA=A,
∴BD⊥平面PAD,∴BD⊥PD.
∵BC∩BD=B,
∴PD⊥平面ABCD.
(2)以D为原点,DA,DB,DP方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(22,0,0),B(0,22,0),P(0,0,2),M(2,0,0),N(0,2,1),MN=(-2,2,1).由(1)知,平面PAD的法向量为DB=(0,22,0),故所求线面角的正弦值为|cos|=MN·DB|MN|·|DB|=45·22=105.
12.(2020新疆乌鲁木齐10月月考,18)在五边形AEBCD中,BC⊥CD,CD∥AB,AB=2CD=2BC,AE⊥BE,AE=BE(如图1).将△ABE沿AB折起,使平面ABE⊥平面ABCD,线段AB的中点为O(如图2).
(1)求证:平面ABE⊥平面DOE;
(2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.

解析　本题主要考查平面图形的折叠、面面垂直的判定及二面角,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.
(1)证明:因为AB=2CD,O是线段AB的中点,则OB=CD.
又CD∥AB,所以四边形OBCD为平行四边形,又BC⊥CD,所以AB⊥OD.
因为AE=BE,OB=OA,所以EO⊥AB.
又EO∩DO=O,所以AB⊥平面DOE.
又AB⊂平面ABE,故平面ABE⊥平面DOE. (5分)
(2)由(1)易知OB,OD,OE两两垂直,以O为坐标原点,OB,OD,OE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,

由题意知△EAB为等腰直角三角形,又AB=2CD=2BC,
则OA=OB=OD=OE,设CD=BC=1,
则O(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),CD=(-1,0,0),DE=(0,-1,1).
设平面ECD的法向量n=(x,y,z),
则n·CD=0,n·DE=0,即-x=0,-y+z=0,令z=1,得平面ECD的一个法向量为n=(0,1,1).
因为OD⊥平面ABE,所以平面ABE的一个法向量为OD=(0,1,0).
设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ,则cosθ=|cos|=|0×0+1×1+0×1|1×12+12=22.
因为0°