2023年高考指导数学(人教A文一轮)课时规范练40 空间直线、平面的垂直关系

课时规范练40　空间直线、平面的垂直关系

基础巩固组

1.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⊂α

B.l⊥m,m∥α

C.α⊥β,l∥β

D.l∥m,m⊥α

2.(2022山西临汾三模)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,下列命题中正确的是(　　)

A.若α⊥β,β⊥γ,则α⊥γ

B.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n

C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n

D.若m∥α,n∥α,则m∥n

3.(2022山西吕梁一模)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长相等,D为AA1的中点,则异面直线A1B与C1D所成的角为(　　)

A. B. 

C. D.

4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断:

①A1C1⊥AD1;②A1C1⊥BD;③平面A1C1B∥平面ACD1;④平面A1C1B⊥平面BB1D1D.

其中正确推断的个数是 (　　)

A.1 B.2 

C.3 D.4

5.(2022江西萍乡二模)如图,一个半圆的圆心为O,AB是它的一条直径,AB=2,延长AB至C,使得BC=OB,设该半圆所在平面为α,平面α外有一点P,满足平面POC⊥平面α,且OP=CP=,该半圆上点Q满足PQ=.

(1)求证:平面POQ⊥平面POC;

(2)若线段CQ与半圆交于R,求三棱锥O-PQR的体积.

综合提升组

6.已知矩形ABCD,AB=1,BC=,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AC与直线BD垂直

B.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直

C.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直

D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直

7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=2,AB=1,E为PC的中点.求证:

(1)BE⊥PD;

(2)BE∥平面PAD;

(3)平面PCD⊥平面PAD.

创新应用组

8.如图所示,已知△ABC与△BCD所在平面互相垂直,∠BAC=60°,∠BCD=90°,AB=AC,CD=2BC,点P,Q分别在边BD,CD上,沿直线PQ将△PQD翻折,使D与A重合.

(1)证明:AD⊥PQ;

(2)求直线AP与平面ABC所成角的正弦值.

参考答案

课时规范练40　空间直线、

平面的垂直关系

1.D　由α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,知:对于选项A,l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l与α相交、平行或l⊂α,故A错误;对于选项B,l⊥m,m∥α,则l与α相交、平行或l⊂α,故B错误;对于选项C,α⊥β,l∥β,则l与α相交、平行或l⊂α,故C错误;对于选项D,l∥m,m⊥α,则由线面垂直的判定定理得l⊥α,故D正确.

2.C　A选项,考虑正方体上下底面和一个侧面,可判断错误;B选项,可考虑正方体相邻两面的共点对角线,可判断错误;C选项,由线面垂直的性质定理即可判断正确;D选项,考虑正方体上底面的相邻两边与下底面的关系,可判断错误.故选C.

3.D　如图,

取AC中点E,连接BE,A1E,则BE⊥平面ACC1A1,所以BE⊥C1D.在正方体ACC1A1中,C1D⊥A1E,又BE∩A1E=E,所以C1D⊥平面A1BE,所以C1D⊥A1B,所以异面直线A1B与C1D所成的角为.故选D.

4.C　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,在①中,由正方体的性质可知AD1∥BC1,

∴∠A1C1B即为异面直线A1C1与AD1所成的角,在△A1C1B中显然∠A1C1B=60°,∴A1C1与AD1成60°角,故①错误;在②中,∵A1C1∥AC,AC⊥BD,∴A1C1⊥BD,故②正确;在③中,∵A1C1∥AC,AD1∥BC1,A1C1∩BC1=C1,AC∩AD1=A,A1C1⊂平面A1C1B,BC1⊂平面A1C1B,AC⊂平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,∴平面A1C1B∥平面ACD1,故③正确;在④中,∵A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1⊂平面BB1D1D,BB1⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥平面BB1D1D,又A1C1⊂平面A1C1B,∴平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故④正确.

5.(1)证明连接PB,∵OP=CP,OB=CB,

∴PB⊥OC,

又平面POC⊥平面α,平面POC∩平面α=OC,

∴PB⊥平面α,∴PB⊥OQ.

∵OP=,OQ=1,PQ=,

∴OP2+OQ2=PQ2,∴PO⊥OQ.

又OP∩PB=P,∴OQ⊥平面POC,

又OQ⊂平面POQ,

∴平面POQ⊥平面POC.

(2)解过点O作OD⊥QR于D,则D为QR的中点,

故在Rt△COQ中,OC×OQ=CQ×OD,CQ=,即OD=,

∴RQ=2,

∴S△ORQ=RQ×OD=,

又PB==2,

∴VO-PQR=VP-OQR=S△OQR×PB=×2=.

6.C　如图,作AE⊥BD,CF⊥BD,依题意,得AB=1,BC=,AE=CF=,BE=EF=FD=.

A,假设存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直,∵BD⊥AE,∴BD⊥平面AEC.∴BD⊥EC,这与BD⊥CF矛盾,排除A.

B,若存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直,则BC⊥平面ACD,从而平面ACD⊥平面BCD,即点A在底面BCD上的射影应位于线段CD上,这是不可能的,排除B.

C,若存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直,则CD⊥平面ABC,从而平面ABC⊥平面BCD.

取BC的中点M,连接ME,则ME⊥BD,∠AEM就是二面角A-BD-C的平面角,此角显然存在,即当点A在底面上的射影位于BC的中点时,直线AB与直线CD垂直,故C正确.D,由上所述,可排除D.故选C.

7.证明 (方法1)

(1)如图,取PD的中点F,连接AF,EF,因为E为PC的中点,

所以FE∥DC,且FE=DC,

又因为DC=2AB,AB∥DC,

所以FE∥AB,且FE=AB,

所以四边形ABEF是平行四边形,所以BE∥AF.

又因为PA=AD,F为PD的中点,所以AF⊥PD,所以BE⊥PD.

(2)由(1)知BE∥AF,AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,

所以BE∥平面PAD.

(3)因为PA⊥底面ABCD,

所以PA⊥AB.

又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.

又因为AB∥DC,

所以DC⊥平面PAD.

又因为DC⊂平面PCD,

所以平面PCD⊥平面PAD.

(方法2)因为PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.

由题意可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1).

(1)因为=(0,1,1),=(0,2,-2),

所以=0,所以BE⊥PD.

(2)因为=(0,2,0),=(0,0,2),=(2,0,0),

所以=0,=0.

又AD∩AP=A,所以=(2,0,0)为平面PAD的一个法向量.

因为=(0,1,1),

所以=0.

又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.

(3)由(2)知为平面PAD的一个法向量,则DC⊥平面PAD.又DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.

8.(1)证明由题意可得AP=DP,AQ=DQ.

取线段AD的中点R,连接PR,QR,显然AD⊥PR,AD⊥QR.因为PR∩QR=R,PR⊂平面PQR,QR⊂平面PQR,所以AD⊥平面PQR,所以AD⊥PQ.

(2)解设BC=2,则AB=AC=2,CD=4,BD=AD=2.

由余弦定理得

cos∠ADB=,

AP=DP=,

DP=BD,BP=BD.

过P作PH⊥BC于点H,因为平面ABC⊥平面BCD,所以PH⊥平面ABC.

连接AH,所以∠PAH就是直线AP与平面ABC所成的角.

在△PAH中,PH=CD=,

sin∠PAH=.

即直线AP与平面ABC所成角的正弦值为.