广西专用高考数学一轮复习考点规范练41直线平面垂直的判定与性质含解析新人教A版文

这是一份广西专用高考数学一轮复习考点规范练41直线平面垂直的判定与性质含解析新人教A版文，共16页。
考点规范练41　直线、平面垂直的判定与性质基础巩固1.(2021广东珠海一模)已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,下列条件中,可以得到l⊥α的是(　　)A.l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂αB.l⊥m,m∥αC.α⊥β,l∥βD.l∥m,m⊥α2.已知α,β是空间两个不同的平面,m,n是空间两条不同的直线,则给出的下列说法中正确的是(　　)①m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β;②m∥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β;③m⊥α,n⊥β,且m∥n,则α∥β;④m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β.A.①②③ B.①③④C.②④ D.③④3.(2021山东烟台二中月考)如图甲所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点.现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体A-EFH中必有(　　)甲乙A.AH⊥△EFH所在平面B.AG⊥△EFH所在平面C.HF⊥△AEF所在平面D.HG⊥△AEF所在平面4.已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则α⊥β的一个充分条件是(　　)A.l⊂α,m⊂β,且l⊥mB.l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥nC.m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥mD.l⊂α,l∥m,且m⊥β5.(2021山西太原二模)如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥BC且PA=BC=1,PB=AC=,PC=,则下列结论不正确的是(　　)A.平面PAB⊥平面PBCB.平面PAB⊥平面ABCC.平面PAC⊥平面PBCD.平面PAC⊥平面ABC6.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M为AB的中点,PM垂直于△ABC所在的平面,则(　　)A.PA=PB>PCB.PA=PB<PCC.PA=PB=PCD.PA≠PB≠PC7.如图,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A'-BCD,使平面A'BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是(　　)A.A'C⊥BDB.∠BA'C=90°C.CA'与平面A'BD所成的角为30°D.四面体A'-BCD的体积为8.在四面体ABCD中,DA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=4,AC=3,AD=1,E为棱BC上一点,且平面ADE⊥平面BCD,则DE=　　　　　. 9.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) 10.(2021广西来宾模拟)如图,在圆柱中,AB为圆柱底面的一条直径,AC为圆柱的一条母线,D为的中点,AB=AC=4.(1)证明:BD⊥平面ACD;(2)求点A到平面BCD的距离. 11.如图,菱形ABCD的边长为4,∠ABC=60°,E为CD中点,将△ADE沿AE折起使得平面ADE⊥平面ABCE,BE与AC相交于点O,H是棱DE上的一点,且满足DH=2HE.(1)求证:OH∥平面BCD;(2)求四面体ABDH的体积. 12.如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图②中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.图①图②(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值. 能力提升13.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(　　)A.直线AB上 B.直线BC上C.直线AC上 D.△ABC内部14.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列结论正确的是(　　)A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABC15.如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线16.如图,直线PA垂直于☉O所在的平面,△ABC内接于☉O,且AB为☉O的直径,点M为线段PB的中点.下列结论:①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是(　　)A.①② B.①②③ C.① D.②③17.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内. 高考预测18.在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=2,A1B1=A1C1=m,A1B=A1C,∠BAC=90°,M为BC中点.(1)证明:平面A1AM⊥平面ABC;(2)若∠BA1C=90°,多面体A1B1C1CB的体积为,求m的值.参考公式:V台体=(S'++S)h(S',S分别为上、下底面面积,h为台体高) 答案：1.D　解析由α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,知:对于A,l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l与α相交、平行或l⊂α,故A错误;对于B,l⊥m,m∥α,则l与α相交、平行或l⊂α,故B错误;对于C,α⊥β,l∥β,则l与α相交、平行或l⊂α,故C错误;对于D,l∥m,m⊥α,则由线面垂直的判定定理得l⊥α,故D正确.2.D　解析对于①,当m∥α,n∥β,且m∥n时,有α∥β或α,β相交,所以①错误;对于②,当m∥α,n∥β,且m⊥n时,有α⊥β或α∥β或α,β相交但不垂直,所以②错误;对于③,当m⊥α,n⊥β,且m∥n时,得出m⊥β,所以α∥β,③正确;对于④,当m⊥α,n⊥β,且m⊥n时,α⊥β成立,所以④正确.综上知,正确的命题序号是③④.故选D.3.A　解析根据折叠前、后AH⊥HE,AH⊥HF不变,HE∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,故A正确;∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴B不正确;由题意,可知AG⊥EF,EF⊥AH,∴EF⊥平面HAG,又EF⊂平面AEF,∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF(图略),该直线一定在平面HAG内,∴C不正确;∵HG不垂直于AG,∴HG⊥平面AEF不正确,故D不正确.4.D　解析对于A,l⊂α,m⊂β,且l⊥m,如图(1),α,β不垂直;对于B,l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n,如图(2),α,β不垂直;图(1)图(2)对于C,m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m,直线l没有确定,则α,β的关系也不能确定;对于D,l⊂α,l∥m,且m⊥β,则必有l⊥β,根据面面垂直的判定定理知,α⊥β.5.C　解析∵PA=BC=1,PB=AC=,PC=,∴在△PBC中,PB2+BC2=12+()2=()2=PC2,∴BC⊥PB.又PA⊥BC,PA∩PB=P,∴BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC,BC⊂平面ABC,∴平面PAB⊥平面PBC,平面PAB⊥平面ABC,故A,B正确;∵在△PAC中,PA2+AC2=12+()2=()2=PC2,∴PA⊥AC,∵PA⊥BC,BC∩AC=C,∴PA⊥平面ABC,又PA⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC,故D正确;对于C选项,若假设平面PAC⊥平面PBC,则过A作AM⊥PC于M,如图,由平面PAC∩平面PBC=PC,∴AM⊥平面PBC,可得AM⊥BC,又PA⊥BC,PA∩AM=A,∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥AC,这与BC⊥AB矛盾,故假设不正确,故C选项错误.6.C　解析∵M为AB的中点,△ACB为直角三角形,∴BM=AM=CM.又PM⊥平面ABC,∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC,故PA=PB=PC.7.B　解析若A成立可得BD⊥A'D,产生矛盾,所以A错误;由题设知,△BA'D为等腰直角三角形,CD⊥平面A'BD,得BA'⊥平面A'CD,于是BA'⊥A'C,所以B正确;由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D=45°,知C错误;由VA'-BCD=VC-A'BD=,知D错误.故选B.8.　解析过A作AH⊥DE,∵平面ADE⊥平面BCD,且平面ADE∩平面BCD=DE,∴AH⊥平面BCD,∴AH⊥BC.又DA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴AD⊥BC,∴BC⊥平面ADE,∴BC⊥AE.∵AE=,AD=1,∴DE=.9.DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析连接AC.∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD.∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD.又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC.∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD.∵PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.故填DM⊥PC(或BM⊥PC等).10.(1)证明由圆的性质可知BD⊥AD,由AC为圆柱的一条母线,可知AC⊥平面ABD.又因为直线BD在平面ABD内,所以AC⊥BD.因为BD⊥AD,AC⊥BD,AC∩AD=A,AD,AC⊂平面ACD,所以BD⊥平面ACD.(2)解由BD⊥平面ACD,CD⊂平面ACD,所以BD⊥CD,由AB=4,D为的中点,在Rt△ABD中,可得AD=BD=2,在Rt△ACD中,CD==2,所以S△BCD=BD×CD=×2×2=4.设点A到平面BCD的距离为d,VC-ABD=×4××2×2,VA-BCD=d×4d.由VC-ABD=VA-BCD,有d=,可得d=.故点A到平面BCD的距离为.11.(1)证明由题意得CE∥AB,AB=2CE,所以OE∶OB=1∶2.又DH=2HE,所以OH∥BD.又BD⊂平面BCD,OH⊄平面BCD,所以OH∥平面BCD.(2)解因为平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,AE⊥CE,所以CE⊥平面ADE.因为CE∥AB,所以AB⊥平面ADE.所以四面体ABDH的体积VABDH=VB-ADH=·S△ADH·AB=×2×4=.12.(1)证明在题图①中,因为AD∥BC,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC,四边形BCDE为平行四边形.所以在题图②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,BE∥CD,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)解由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题图①知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=×S×A1O=×a2×a=a3,由a3=36,得a=6.13.A　解析由BC1⊥AC,又BA⊥AC,则AC⊥平面ABC1,因此平面ABC⊥平面ABC1,因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.14.D　解析由题意知,在四边形ABCD中,CD⊥BD.在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,两平面的交线为BD,所以CD⊥平面ABD,因此有AB⊥CD.又因为AB⊥AD,且CD∩AD=D,所以AB⊥平面ADC,于是得到平面ADC⊥平面ABC,故选D.15.B　解析如图,连接BD,BE.在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,∴BM,EN是相交直线,排除选项C,D.作EO⊥CD于点O,连接ON.作MF⊥OD于点F,连接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.∴△MFB与△EON均为直角三角形.设正方形ABCD的边长为2,易知EO=,ON=1,MF=,BF=,则EN==2,BM=,∴BM≠EN.故选B.16.B　解析对于①,因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.因为AB为☉O的直径,所以BC⊥AC.所以BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC,所以BC⊥PC;对于②,因为点M为线段PB的中点,AB为☉O的直径,所以OM∥PA.因为PA⊂平面PAC,OM⊄平面PAC,所以OM∥平面PAC;对于③,由①知BC⊥平面PAC,所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离.故①②③都正确.17.证明(1)如图,连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD,于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC.(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.因为D1E=DD1,AG=AA1,DD1AA1,所以ED1AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AE∥GD1.因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1AA1,所以FGA1B1,FG?C1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.18.(1)证明∵M为BC中点,AB=AC=2,∴AM⊥BC.∵A1B=A1C,∴A1M⊥BC.∵AM∩A1M=M,AM,A1M⊂平面A1AM,∴BC⊥平面A1AM.∵BC⊂平面ABC,∴平面A1AM⊥平面ABC.(2)解∵在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=2,M为BC的中点,∴BC=2,AM=.∵∠BA1C=90°,M为BC的中点,∴A1M=BC=.又AA1=2,∴∠A1MA=90°.由(1)知平面A1AM⊥平面ABC,且交线为AM,A1M⊂平面A1AM,∴A1M⊥平面ABC.故棱台的高为h=A1M=.又S△ABC=2,m2,∵多面体A1B1C1CB的体积为,∴m2+mh=,把h=代入得m=1.