2022高考数学一轮复习课时规范练40直线平面垂直的判定与性质（含解析）

这是一份2022高考数学一轮复习课时规范练40直线平面垂直的判定与性质（含解析），共11页。试卷主要包含了已知两个平面相互垂直,下列命题等内容，欢迎下载使用。

课时规范练40　直线、平面垂直的判定与性质
基础巩固组
　　　　　　　　　　　　　　　　


1.(2020陕西宝鸡三模,文8)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,E为线段CD上的一点,则“AE⊥BD”是“AE⊥平面PBD”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
2.三棱锥S-ABC中,SA⊥BC,SC⊥AB,则S在底面ABC的投影一定在三角形ABC的(　　)
A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心
3.(2020河北唐山一模,理10)已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上,PA⊥底面ABCD,AB=AD=1,BC=CD=2,若球O的表面积为36π,则直线PC与底面ABCD所成角的余弦值为(　　)
A.36 B.56 C.33 D.53
4.

(2020山东青岛二中检测)如图所示,AC=2R为圆O的直径,∠PCA=45°,PA垂直于圆O所在的平面,B为圆周上不与点A,C重合的点,AS⊥PC于点S,AN⊥PB于点N,则下列不正确的是(　　)
A.平面ANS⊥平面PBC
B.平面ANS⊥平面PAB
C.平面PAB⊥平面PBC
D.平面ABC⊥平面PAC
5.

如图,已知圆锥的母线长为8,底面圆的圆心为O,直径AB=8,点Q是母线PA的中点.若点C是底面圆周上一点,且直线OC与QB所成的角为30°,M在线段PA上且PA=4MA,则MC与底面所成角的正弦值为　　　　　. 
6.

(2020辽宁高三上学期检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=BB1=4,AC=AB1=25,且∠BCC1=60°.求证:平面ABC1⊥平面BCC1B1.









7.(2020河北正定中学模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1=2,D是AA1的中点,BD与AB1交于点O,且CO⊥平面ABB1A1.
(1)证明:BC⊥AB1;
(2)若OC=2OA,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.




















综合提升组
8.(2020北京延庆一模)已知直线a,b,平面α,β,α∩β=b,a∥α,a⊥b,那么“a⊥β”是“α⊥β”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
9.(2020湖北武汉调研)已知两个平面相互垂直,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.3 B.2 C.1 D.0
10.(2020北京丰台一模)已知平面α和三条不同的直线m,n,l.给出下列六个论断:①m⊥α;②m∥α;③m∥l;④n⊥α;⑤n∥α;⑥n∥l.以其中两个论断作为条件,使得m∥n成立.这两个论断可以是　　　　　.(填上你认为正确的一组序号) 
11.(2019全国1,文16)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为3,那么P到平面ABC的距离为　　　　　. 
12.

(2020湖南五市十校联考,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,△ABC≌△SAB,∠SAB=∠ABC=90°,SA=AB=2AD=2,SD=CD=5,tan∠BCD=2.
(1)求证:平面SAB⊥平面SBC;
(2)求证:AD∥平面SBC.












创新应用组
13.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　　. 
14.(2020河北石家庄二模,文19)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=AC=4,D,E分别是AC,AB边上的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C=A1D,如图2.

(1)求证:DE⊥A1C;
(2)求点C到平面A1BE的距离.














15.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD,DE⊥AB,沿DE将△AED折起到△A1ED的位置,连接A1B,A1C,M,N分别为A1C,BE的中点,如图2.

图1

图2

(1)求证:DE⊥A1B;
(2)求证:MN∥平面A1ED;
(3)在棱A1B上是否存在一点G,使得EG丄平面A1BC?若存在,求出A1GGB的值;若不存在,说明理由.














参考答案

课时规范练40　直线、平面垂直
的判定与性质
1.C　因为PD⊥平面ABCD,又AE⊂平面ABCD,所以PD⊥AE,
由AE⊥BD,且PD∩BD=D,可得AE⊥平面PBD.
所以“AE⊥BD”是“AE⊥平面PBD”的充分条件.
又由AE⊥平面PBD,且BD⊂平面PBD,可得AE⊥BD,
所以“AE⊥BD”是“AE⊥平面PBD”的必要条件.
综上可得,“AE⊥BD”是“AE⊥平面PBD”的充要条件.故选C.
2.

C　过S作SO⊥平面ABC,垂足为O,连接AO,BO,CO.
∴SO⊥BC.
又SA⊥BC,SO∩SA=S,∴BC⊥平面SAO.∵AO⊂平面SAO,∴BC⊥AO.
同理AC⊥BO,AB⊥CO,∴O是三角形ABC的垂心.故选C.

3.B　如右图所示,
∵AB=AD,BC=DC,AC=AC,
∴△ABC≌△ADC,
∴∠ABC=∠ADC,
易知A,B,C,D四点共圆,则∠ABC+∠ADC=180°,
∴∠ABC=∠ADC=90°,
∴四边形ABCD的外接圆直径为AC=AB2+BC2=5.
设四棱锥P-ABCD的外接球半径为R,则4πR2=36π,解得R=3.
∵PA⊥平面ABCD,且PC=2R=6,
直线PC与底面ABCD所成的角为∠ACP,在Rt△PAC中,cos∠ACP=ACPC=56.故选B.
4.B　因为PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,所以平面ABC⊥平面PAC,故D正确;
又BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.
又AB⊥BC,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,
又BC⊂平面PBC,∴平面PAB⊥平面PBC,故C正确;
又因为AN⊂平面ABP,所以BC⊥AN.
又因为AN⊥PB,BC∩PB=B,
所以AN⊥平面PBC.
又PC⊂平面PBC,所以AN⊥PC.
又因为PC⊥AS,AS∩AN=A,
所以PC⊥平面ANS.
又PC⊂平面PBC,所以平面ANS⊥平面PBC,故A正确.故选B.
5.32或3926　由题意知QB=PO=43,连接MO,则MO∥QB,∠MOC为异面直线OC与QB所成的角(或其补角),所以∠MOC=30°或∠MOC=150°.

过M作MD⊥AO于点D,则MD⊥底面AOC,所以角MCD为直线MC与底面所成的角,PO=43,PA=4MA,
所以MD=3,OM=23.
当∠MOC=30°时,MC=OM2+OC2-2OM·OC·cos30°=2,
所以sin∠MCD=MDMC=32,
当∠MOC=150°时,MC=OM2+OC2-2OM·OC·cos150°=213,所以sin∠MCD=MDMC=3213=3926,综上,MC与底面所成角的正弦值为32或3926.
6.证明在△ABC中,AB2+BC2=20=AC2,
所以∠ABC=90°,即AB⊥BC.
在△ABB1中,AB2+BB12=20=AB12,
所以∠ABB1=90°,即AB⊥BB1.
又BC∩BB1=B,
所以AB⊥平面BCC1B1.
又AB⊂平面ABC1,
所以平面ABC1⊥平面BCC1B1.
7.(1)证明在矩形ABB1A1中,由平面几何知识可知AB1⊥BD.
又CO⊥平面ABB1A1,
∴AB1⊥CO,CO∩BD=O,
∴AB1⊥平面BCD.
∵BC⊂平面BCD,∴BC⊥AB1.
(2)解在矩形ABB1A1中,由平面几何知识可知OA=AB·ADBD=33,OB=63.
∵OC=2OA,∴OC=63.
∴AC=1,BC=233,
∴S△ABC=23.
设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,即三棱锥A1-ABC的高为h.
又S△ABA1=22,由VC-ABA1=VA1-ABC,得S△ABC·h=S△ABA1·OC,
∴h=62.
8.C　若a∥α,则在平面α内必定存在一条直线a',使得a∥a',
因为a⊥b,所以a'⊥b.
若a⊥β,则a'⊥β,又a'⊂α,即可得α⊥β;
反之,若α⊥β,由α∩β=b,a'⊥b,a'⊂α,可得a'⊥β,又a∥a',则有a⊥β.
所以“a⊥β”是“α⊥β”的充要条件.故选C.
9.C　构造正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示,

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错误;
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错误;
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错误.
10.①④(或③⑥)　对①④,由线面垂直的性质定理可知,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,故可填①④.
对①⑤,若m⊥α,n∥α,则m⊥n;
对①⑥,若m⊥α,n∥l,则无法判断m,n的位置关系;
对②④,若m∥α,n⊥α,则m⊥n;
对②⑤,若m∥α,n∥α,则m,n可能相交,平行或异面;
对②⑥,若m∥α,n∥l,则无法判断m,n的位置关系;
对③④,若m∥l,n⊥α,则无法判断m,n的位置关系;
对③⑤,若m∥l,n∥α,则无法判断m,n的位置关系;
对③⑥,由平行的传递性可知,若n∥l,m∥l,则m∥n,故可填③⑥.
11.2　作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO⊥平面ABC.连接CO,OD,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P,

∴CD⊥平面PDO,OD⊂平面PDO,
∴CD⊥OD.
∵PD=PE=3,PC=2,
∴sin∠PCE=sin∠PCD=32,
∴∠PCB=∠PCA=60°.
∴PO⊥CO,CO为∠ACB平分线,
∴∠OCD=45°,
∴OD=CD=1,OC=2.
又PC=2,∴PO=4-2=2.
12.证明(1)因为∠SAB=90°,所以SA⊥AB.因为SA=2AD=2,SD=5,
所以SA⊥AD.又AB∩AD=A,所以SA⊥平面ABCD.
所以SA⊥BC.
又∠ABC=90°,即AB⊥BC,
所以BC⊥平面SAB,
所以平面SAB⊥平面SBC.
(2)取BC中点E,连接DE.

因为△ABC≌△SAB,AB=2AD=2,所以BE=1.
又CD=5,所以由余弦定理可得DE=2=AB,所以DE2+CE2=CD2,即DE⊥BC,所以四边形ABED为平行四边形,所以AD∥BC.
又AD⊄平面SBC,BC⊂平面SBC,所以AD∥平面SBC.
13.22π　如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,

∴△B1C1D1为等边三角形.
∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1=3,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=2.即P在以O1为圆心,以2为半径的圆上.
取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F=2,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,
∴交线EPF=14×22×π=22π.
14.(1)证明在图1△ABC中,D,E为AC,AB边中点,所以DE∥BC.
又AC⊥BC,所以DE⊥AC.
在图2中,DE⊥A1D,DE⊥DC,且A1D∩DC=D,则DE⊥平面A1CD.
又因为A1C⊂平面A1CD,所以DE⊥A1C.
(2)解由(1)知DE⊥平面A1CD,且DE⊂平面BCDE,
所以平面A1CD⊥平面BCDE,且平面A1CD∩平面BCDE=DC,
在正三角形A1CD中,过A1作A1O⊥CD,垂足为O,
所以A1O⊥平面BCDE.
A1O即为三棱锥A1-BCE底面上的高,在△A1CD中,A1O=3.
在△A1BE中,A1E=BE=22,A1B=25,所以S△A1BE=15.
在梯形BCDE中,S△BCE=S△BCD=12BC·CD=4.
设点C到平面A1BE的距离为h,因为VC-A1BE=VA1-BCE,
所以13S△A1BE·h=13S△BCE·A1O,解得h=455.
即点C到平面A1BE的距离为455.

15.(1)证明由题意得DE⊥A1E,DE⊥BE.
∵A1E∩BE=E,
∴DE⊥平面A1BE.
∵A1B⊂平面A1BE,∴DE丄A1B.
(2)证明取CD中点F,连接NF,MF.
∵M,N分别为A1C,BE的中点,
∴MF∥A1D,NF∥DE.
又DE∩A1D=D,NF∩MF=F,DE⊂平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,NF⊂平面MNF,MF⊂平面MNF,
∴平面A1DE∥平面MNF.
∴MN∥平面A1ED.
(3)解存在点G满足题意,A1GGB=1.证明如下:取A1B的中点G,连接EG,
∵A1E=BE,∴EG⊥A1B,
由(1)知DE⊥平面A1BE,

∵DE∥BC,
∴BC⊥平面A1BE,
∴EG⊥BC,
又A1B∩BC=B,
∴EG⊥平面A1BC.
故棱A1B上存在中点G,使得EG⊥平面A1BC,此时A1GGB=1.