全国统考2022版高考数学大一轮复习第8章立体几何第4讲直线平面垂直的判定及性质1备考试题（含解析）

第八章　立体几何

第四讲　直线、平面垂直的判定及性质

练好题·考点自测 

1.下列说法错误的是 (　　)

A.垂直于同一个平面的两条直线平行

B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直

C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行

D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直

2.[2021合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m⊂α,则“n⊥m”是“n⊥α”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

3.[2017全国卷Ⅲ,10,5分][文]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 (　　)

A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD

C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC

4.[2021湖南模拟]如图8-4-1,在三棱锥V-ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是              (　　)

A.AC=BC

B.AB⊥VC

C.VC⊥VD

D.S△VCD·AB=S△ABC·VO

图8-4-1

5.[2019北京,13,5分][文]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:　　　　　　　　. 

6.[2020江苏,15,14分]如图8-4-2,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.

(1)求证:EF∥平面AB1C1.

(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.

图8-4-2

拓展变式

1.[2021陕西省部分学校摸底测试]如图8-4-4,在四棱锥P-ABCD中,

图8-4-4

BP⊥平面PDC,四边形ABCD是一个直角梯形,AD∥BC,∠ABC=90°,AD=AB=BC.

(1)求证:CD⊥平面PBD.

(2)若AB=BP=PA,且VP-ABCD=16,求三棱锥P-ABD的侧面积.

2.[2020南昌市三模]如图8-4-7,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=,AC=2,四边形ABB1A1为菱

形,且∠ABB1=60°,AC⊥CC1.

图8-4-7

(1)求证:平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.

(2)求点B1到平面ABC的距离.

3.[2020河南名校6月联考]图8-4-14(1)是由直角梯形ABEF与直角梯形CDFE构成的,已知AB⊥BC,DC⊥BC,EF⊥BC,AB=5,EF=4,CD=9,BE=2,EC=4,现以EF为折痕,将图8-4-14(1)翻折为如图8-4-14(2)所示的空间几何体,使得△BEC的面积最大.

(1)在图8-4-14(2)所示的空间几何体中,线段BC上是否存在一点G,使得EG∥平面AFC?如果存在,请指出点G的位置并证明,如果不存在,请说明理由.

(2)求D到平面AFC的距离.

(1)　　　　　　　　(2)

图8-4-14

答  案

第八章　立体几何

第四讲　直线、平面垂直的判定及性质

1.D　对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确; 对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确; 对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选D.

2.B　当直线m,n都在平面α内时,不能由m⊥n推出n⊥α;若n⊥α,且m⊂α,由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件,故选B.

3.C　由正方体的性质得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故选C.

4.C　因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.而VO∩VD=V,所以AB⊥平面VCD.因为CD⊂平面VCD,所以AB⊥CD,所以AC=BC,可知A一定成立.

因为VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,可知B一定成立.

因为S△VCD=VO·CD,S△ABC=AB·CD,所以S△VCD·AB=S△ABC·VO,可知D一定成立.

由题中条件无法判断VC⊥VD,可知C不一定成立.故选C.

5.若l⊥m,l⊥α,则m∥α.(答案不唯一)　若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;若l⊥m,m∥α,则l∥α或l与α相交,故①②⇒③不正确;若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确.

6.(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1.

又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.

(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.

又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,

所以AB⊥平面AB1C.

又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.

1.(1)如图D 8-4-1,设E是BC的中点,连接DE,设AD=AB=BC=a,则BE=EC=a,所以AD=AB=BE.

又AD∥BE,∠ABC=90°,所以四边形ABED为正方形,所以DE=a,且DE⊥BC,所以BD=DC=a.

又BC=2a,所以由勾股定理的逆定理得CD⊥BD.

因为BP⊥平面PDC,CD⊂平面PDC,

所以BP⊥CD.

又BD∩BP=B,所以CD⊥平面PBD.

(2)因为BP⊥平面PDC,所以BP⊥PD,

所以PD==a,所以PD=PB.

如图D 8-4-1,在等腰直角三角形PBD中,设O是BD的中点,连接PO,

则PO⊥BD,PO=BD=a.

由(1)知CD⊥平面PBD,所以CD⊥PO.

又BD∩CD=D,所以PO⊥平面ABCD.

由(1)得S梯形ABCD=,

所以VP-ABCD=S梯形ABCD·PO=a=16,得a=4.

所以△PAB和△PAD都是边长为4的等边三角形,△PBD是一个腰长为4的等腰直角三角形,

所以三棱锥P-ABD的侧面积S侧=S△PAB+S△PAD+S△PBD=4+4+8=8+8.

图D 8-4-1

2.(1)如图D 8-4-2,取BB1的中点O,连接AB1,OA,OC.

菱形ABB1A1中,∠ABB1=60°,

故△ABB1是等边三角形,则AO⊥BB1,BO=1,AO=.

又BB1∥CC1,AC⊥CC1,所以AC⊥BB1,

又AO⊥BB1,AO∩AC=A,故BB1⊥平面AOC,

所以BB1⊥CO,在Rt△BOC中,CO==1,

所以CO2+AO2=AC2,故CO⊥AO,

又AO⊥BB1,CO∩BB1=O,

所以AO⊥平面BB1C1C,

又AO⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.

(2)如图D 8-4-2,连接B1C,由(1)知·AO=··BB1·CO·AO=,

在△ABC中,cos∠BAC=,

所以sin∠BAC=,所以S△ABC=·AB·AC·sin∠BAC=.

设点B1到平面ABC的距离为h,则h=.

图D 8-4-2

3.(1)存在,且BG=BC,证明如下.

图D 8-4-3

在线段AB上取点H,使得BH=1,连接EH,HG,EG,如图D 8-4-3.

因为四边形ABEF是梯形,

所以AB∥EF,即AH∥EF.

又AH=EF=4,所以四边形AHEF是平行四边形,所以HE∥AF.

因为,

所以HG∥AC.又HG,HE⊂平面EHG,HG∩HE=H,AF,AC⊂平面AFC,AF∩AC=A,所以平面EHG∥平面AFC.

又EG⊂平面EHG,所以EG∥平面AFC.

(2)由已知条件得,S△BEC=×EB×EC×sin∠BEC=×2×4×sin∠BEC,

所以当∠BEC=90°,即EB⊥EC时,△BEC的面积最大.

设D到平面AFC的距离为d.

在△AFC中,AF=,AC==3,CF==4,由余弦定理得cos∠CAF=,所以sin∠CAF=,S△AFC=×AF×AC×sin∠CAF=×3=6.

S△CDF=S梯形FECD-S△FEC=×(4+9)×4×4×4=18.

因为CE⊥BE,BE⊥EF,CE∩EF=E,所以BE⊥平面CEF,又AB∥平面CDFE,所以A到平面CDFE的距离为BE=2.

因为VD-AFC=VA-CDF,所以S△AFC·d=S△CDF·BE,即×6×d=×18×2,所以d=6,即D到平面AFC的距离为6.