2023版高考数学一轮总复习 专题检测 8.docx

1、8.4直线、平面垂直的判定和性质一、选择题1.(2022届湖北部分重点中学开学联考,3)已知a,b是两条不重合的直线,为一个平面,且a,则“b”是“ab”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答案C当b时,结合a,可得ab;当ab时,结合a,可得b.故选C.2.(2022届贵阳五校11月联考,4)给出下列三个命题:垂直于同一条直线的两个平面互相平行;若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线,那么这条直线垂直于这个平面.其中真命题的个数是()A.1B.2C.3D.0答案B由线面垂直的性质可

2、知,垂直于同一直线的两个平面互相平行,故为真命题;当两个平面相交时,其中一个平面内所有平行于交线的直线都与另一个平面平行,故为假命题;由线面垂直的定义可知,为真命题.所以真命题的个数为2,故选B.3.(2022届陕西汉中质检,6)下列四个命题中,正确命题的个数为()若,则若,m,则m,=l,点A,若ABl,则AB直线m,n为异面直线,且m,n,若mn,则A.1B.2C.3D.4答案A若,则与相交或平行,故错误;若,m,则m或m,故错误;当点A在棱l上,且满足ABl时,AB与不一定垂直,故错误;直线m,n为异面直线,且m,n,mn,由面面垂直的判定得,故正确,故选A.4.(2022届陕西顶级名校

3、联考(一),9)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段BC1上的动点(不含端点),则下列结论错误的是()A.平面D1C1P平面C1CPB.三棱锥A-D1DP的体积为定值C.A1DD1PD.DP平面D1C1P答案D在正方体ABCD-A1B1C1D1中,显然有D1C1平面C1CP,又D1C1平面D1C1P,所以平面D1C1P平面C1CP,故A正确;因为BC1AD1,AB平面D1DA,所以点P到平面D1DA的距离等于AB的长,是定值,又D1DA的面积是定值,所以由等体积法知,三棱锥A-D1DP的体积为定值,故B正确;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,显然有A1DD1C1,

4、A1DBC1,又D1C1BC1=C1,所以A1D平面D1C1P,又知D1P平面D1C1P,所以A1DD1P,故C正确;若DP平面D1C1P,则DPBC1,结合DCBC1,DPDC=D,可得BC1平面DCP,所以BC1CP,此时P为BC1的中点,而P为线段BC1上的动点(不含端点),BC1与CP不恒相互垂直,故D不正确,故选D.5.(2022届豫西五校10月联考,8)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,且AB=1,BC=2,ABC=60,PA平面ABCD,AEPC于E,有下列四个结论:ABAC;AB平面PAC;PC平面ABE;BEPC.其中正确结论的个数为()A.1B.2C.

5、3D.4答案D在ABC中,由已知及余弦定理得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3,所以AC2+AB2=BC2,即ABAC,故正确;由PA平面ABCD,得PAAB,又PAAC=A,所以AB平面PAC,故正确;由AB平面PAC,得ABPC,又AEPC,ABAE=A,所以PC平面ABE,故正确;由PC平面ABE,BE平面ABE,得PCBE,故正确.故选D.6.(2022届北京十一学校10月月考,10)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过体对角线BD1的一个平面交AA1于E,交CC1于F,给出下面几个命题:四边形BFD1E一定是平行四边形;四边形BFD1E有可能是正方形;平面

6、BFD1E有可能垂直于平面BB1D;设D1F与DC的延长线交于M,D1E与DA的延长线交于N,则M、N、B三点共线;四棱锥B1-BFD1E的体积为定值.以上命题中真命题的个数为()A.2B.3C.4D.5答案C因为平面AA1D1D与平面BCC1B1平行,平面BFD1E与它们分别交于D1E,BF,所以D1EBF,同理可得BED1F,所以四边形BFD1E是平行四边形,故正确;如果四边形BFD1E是正方形,则BED1E,因为BEA1D1,A1D1D1E=D1,所以BE平面A1D1E,又BA平面A1D1E,所以E与A重合,此时四边形BFD1E不是正方形,故错误;连接EF,当E,F分别为AA1,CC1的

7、中点时,四边形BFD1E为菱形,易得EF平面BB1D1D,所以平面BFD1E垂直于平面BB1D1D,故正确;由D1F与DC的延长线交于M,可得MD1F,且MDC,又因为D1F平面BFD1E,DC平面ABCD,所以M平面BFD1E,M平面ABCD,又因为B平面BFD1E,B平面ABCD,所以平面BFD1E平面ABCD=BM,同理,平面BFD1E平面ABCD=BN,所以BM,BN都是平面BFD1E与平面ABCD的交线,所以B,M,N三点共线,故正确;因为VB1-BFD1E=VE-BB1D1+VF-BB1D1,CC1AA1平面BB1D1,所以E,F到平面BB1D1的距离均为定值,又BB1D1的面积为

8、定值,所以四棱锥B1-BFD1E的体积为定值,故正确.故选C.7.(2022届四川南充测试,10)如图,在边长为2的正方形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空间图形,使点B,C,D重合,重合后的点记为H.那么,在这个空间图形中必有()A.AG平面EFHB.HF平面AEFC.AH平面EFHD.HG平面AEF答案C根据折叠得AHHE,AHHF,又HEHF=H,AH平面EFH,故C正确;过A只有一条直线与平面EFH垂直,A不正确;易知AGEF,GHEF,又AGGH=G,EF平面HAG,又EF平面AEF,平面HAG平面AEF,过H作直线

9、垂直于平面AEF,则垂足一定在AG上,B不正确;若HG平面AEF,则HGAG,又知AHHG,显然矛盾,D不正确,故选C.二、解答题8.(2022届北京景山学校远洋分校10月月考,16)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为矩形,AC平面BCC1B1,D,E分别是棱AA1,BB1的中点.(1)求证:AE平面B1C1D;(2)求证:CC1平面ABC;(3)若AC=BC=AA1=2,求直线AB与平面B1C1D所成角的正弦值.解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1BB1,且AA1=BB1.因为点D,E分别是棱AA1,BB1的中点,所以ADB1E,且AD=B1E.所以四边形A

10、EB1D是平行四边形.所以AEDB1.又因为AE平面B1C1D,DB1平面B1C1D,所以AE平面B1C1D.(2)证明:因为AC平面BCC1B1,CC1平面BCC1B1,所以ACCC1.因为四边形BCC1B1为矩形,所以CC1BC.又因为ACBC=C,AC平面ABC,BC平面ABC,所以CC1平面ABC.(3)分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,由题意得A(2,0,0),B(0,2,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(2,0,1).所以AB=(-2,2,0),C1B1=(0,2,0),C1D=(2,0,-1).设平面B1C1

11、D的法向量为n=(x,y,z),则nC1B1=0,nC1D=0,即2y=0,2x-z=0.令x=1,则z=2.于是n=(1,0,2).所以cos=nAB|n|AB|=-2522=-1010.所以直线AB与平面B1C1D所成角的正弦值为1010.解后反思(1)先证明AEDB1,再由线面平行的判定定理证明AE平面B1C1D;(2)由AC平面BCC1B1得出ACCC1,结合CC1BC,由线面垂直的判定定理证明CC1平面ABC;(3)建立空间直角坐标系,利用向量法求直线AB与平面B1C1D所成角的正弦值.9.(2022届辽宁六校期初联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,D

12、AB=45,PD平面ABCD,APBD.(1)证明:BC平面PDB;(2)若AB=2,PB与平面APD所成角为45,求二面角B-PC-D的大小.解析(1)证明:因为PD平面ABCD,BD平面ABCD,BC平面ABCD,所以PDBD,PDBC,因为APBD,又PDAP=P,所以DB平面APD,又AD平面APD,所以BDAD,因为底面ABCD为平行四边形,所以ADBC,所以BCBD,因为PDBC,PDBD=D,所以BC平面PDB.(2)由(1)可知BDAD,因为AB=2,DAB=45,所以AD=BD=1,因为DB平面APD,PB与平面APD所成角为45,所以BPD=45,所以PD=BD=1.以D为

13、坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P(0,0,1),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(0,0,0),所以PA=(1,0,-1),PC=(-1,1,-1),PB=(0,1,-1),DC=(-1,1,0),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则mPC=-x+y-z=0,mDC=-x+y=0,令y=1,则m=(1,1,0),设平面PCB的法向量为n=(a,b,c),则nPC=-a+b-c=0,nPB=b-c=0,令c=1,则n=(0,1,1),所以cos=mn|m|n|=122=12,因为二面角B-PC-D为锐二面角,

14、所以二面角B-PC-D的大小为3.10.(2022届河南洛阳期中,19)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,点M,N,P分别是AD,AB,B1D1的中点,AD=1,AB=2,DD1=3,BAD=60.(1)证明:MN平面A1ADD1;(2)求点A到平面PMN的距离.解析(1)证明:如图,连接BD,在DAB中,AD=1,AB=2,BAD=60,由余弦定理得BD=3,AD2+BD2=AB2,BDAD.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DD1平面ABCD,DD1BD,又DD1AD=D,BD平面ADD1A1,点M,N分别是AD,AB的中点,MNBD,MN平面A

15、DD1A1.(2)连接D1M,则平面PMN即平面PD1MN.因为点M是AD的中点,所以点A到平面PMN的距离等于点D到平面PMN(即平面PD1MN)的距离.由(1)知MN平面ADD1A1,在RtD1DM中,作DEMD1于E,又知DEMN,MNMD1=M,所以DE平面PD1MN,所以DE的长即为点D到平面PD1MN的距离,因为DE=DMD1DD1M=123122+(3)2=3913,所以点A到平面PMN的距离为3913.11.(2022届北京一六一中学10月月考,18)如图,在AOB中,AOB=90,AO=2,OB=1.AOC可以通过AOB以直线AO为轴旋转得到,且OBOC,动点D在斜边AB上.

16、(1)求证:平面COD平面AOB;(2)当D为AB的中点时,求二面角B-CD-O的余弦值;(3)求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值.解析(1)证明:由旋转的性质得AOOC,又OBOC,且AOOB=O,OC平面AOB,又OC平面COD,平面COD平面AOB.(2)如图建立空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),A(0,0,2),B(0,1,0),C(1,0,0),OC=(1,0,0),BC=(1,-1,0),D为AB的中点,D0,12,1,OD=0,12,1,BD=0,-12,1,设n1=(x1,y1,z1)为平面OCD的法向量,n1OC=0,n1OD=0,即x1=0,12y1+z

17、1=0,令z1=1,则y1=-2,n1=(0,-2,1)是平面OCD的一个法向量,设n2=(x2,y2,z2)为平面BCD的法向量,n2BC=0,n2BD=0,即x2-y2=0,-12y2+z2=0,令z2=1,则x2=2,y2=2,n2=(2,2,1)是平面BCD的一个法向量,cos=n1n2|n1|n2|=0+(-2)2+1102+(-2)2+1222+22+12=-55,由图可知,二面角B-CD-O为锐二面角,二面角B-CD-O的余弦值为55.(3)解法一:OC平面AOB,CDO为CD与平面AOB所成的角,OC=1,点O到直线AB的距离最小时,CDO的正弦值最大,即当ODAB时,CDO的

18、正弦值最大,此时OD=255,CD=355,sinCDO=53,CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值为53.解法二:设AD=AB(01),D(0,2-2),CD=(-1,2-2).易知平面AOB的一个法向量为n=(1,0,0),设CD与平面AOB所成角为02,则sin=|nCD|n|CD|=152-8+5=15-452+95,当=45时,sin有最大值,最大值为53.此时CD与平面AOB所成的角最大,CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值为53.12.(2022届北京一六六中学10月月考,17)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA平面ABCD,

19、E,F分别是线段AB,BC的中点.(1)证明:PFFD;(2)若PB与平面ABCD所成的角为45,求平面PFD与平面CFD所成锐角的余弦值;(3)若PA=1,求点E到平面PFD的距离.解析(1)证明:连接AF,则AF=DF=2,又AD=2,DF2+AF2=AD2,DFAF.PA平面ABCD,DF平面ABCD,DFPA,又PAAF=A,DF平面PAF,又PF平面PAF,DFPF.(2)PA平面ABCD,PBA是PB与平面ABCD所成的角,PBA=45.PA=AB=1.平面PFD平面CFD=DF,且DFPF,DFAF,PFA为平面PFD与平面CFD所成锐角,易知PF=3,cosPFA=AFPF=2

20、3=63,故平面PFD与平面CFD所成锐角的余弦值为63.(3)连接EP,ED,EF.SEFD=S矩形ABCD-SBEF-SADE-SCDF=2-14-12-12=34,VP-EFD=13SEFDPA=13341=14.设点E到平面PFD的距离为h,易知SPFD=62,则由VE-PFD=VP-EFD得13SPFDh=1362h=14,解得h=64,点E到平面PFD的距离为64.13.(2022届清华大学中学生标准学术能力测试(11月),20)在三棱锥D-ABC中,ACD为正三角形,平面ACD平面ABC,ADBC,AC=BC=2.(1)求证:BCAC;(2)若E是CD的中点,求直线CD与平面AB

21、E所成角的正弦值.解析(1)证明:设O为AC的中点,连接OD.ACD是正三角形,ODAC,平面ACD平面ABC,平面ACD平面ABC=AC,OD平面ABC.又BC平面ABC,ODBC,又ADBC,ODAD=D,OD,AD平面ACD,BC平面ACD,BCAC.(2)设AB中点为F,连接OF.OFBC,又BCAC,OFAC,OF、OC、OD两两垂直,以O为原点,分别以OF、OC、OD所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),D(0,0,3),C(0,1,0),F(1,0,0),AF=(1,1,0),CD=(0,-1,3),E是CD的中点,E0,12,32,则有AE=0,3

22、2,32,设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则32y+32z=0,x+y=0,不妨取y=-1,则n=(1,-1,3),设直线CD与平面ABE所成角为,sin=|cos|=nCD|n|CD|=452=255.14.(2020通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且A=60,取AD的中点E.现将四边形EBCD沿BE折起至四边形EBHG的位置,使得AEG=90,如图2.(1)求证:AE平面EBHG;(2)求二面角A-GH-B的余弦值;(3)若点F满足AF=AB,当EF平面AGH时,求的值.解析(1)证明:在题图1中,连接BD,易得ABD为等边三角形,因为E为AD的中点,所以BEA

23、D,所以BEAE.在题图2中,因为AEG=90,所以GEAE.又GEBE=E,所以AE平面EBHG.(2)设菱形ABCD的边长为2,由(1)可知GEAE,BEAE,GEBE.所以以E为原点,EA,EB,EG所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.可得A(1,0,0),B(0,3,0),G(0,0,1),H(0,3,2),所以AG=(-1,0,1),AH=(-1,3,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),所以nAG=0,nAH=0,即-x+z=0,-x+3y+2z=0,令x=1,则n=1,-33,1,易知平面EBHG的一个法向量为EA=(1,0,0).设二面角A-GH-B的平面

24、角的大小为,由图可知90,所以cos=|cos|=217.(3)由AF=AB,得F(1-,3,0),所以EF=(1-,3,0).因为EF平面AGH,所以nEF=0.即1-2=0,所以=12.15.(2022届河南三市联考,18)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,ABPC,ADBC,ADCD,且PC=BC=2AD=2CD=22,PA=2.(1)证明:PA平面ABCD;(2)在线段PD上取一点M,其中PM=MD(0),是否存在,使得三棱锥P-ACM的体积为49?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析(1)证明:ADCD,AD=CD=2,AC=2,又PA=2,PC=22,PA2+AC2=PC2

25、,PAAC.在ABC中,AC=2,BC=22,易知ACB=4,由余弦定理得AB=2,AB2+AC2=BC2,ABAC.又ABPC,ACPC=C,AB平面PAC,又PA平面PAC,ABPA,又ABAC=A,PA平面ABCD.(2)存在.由(1)可知PACD,又CDAD,PAAD=A,CD平面PAD,点C到平面PAD的距离CD=2,VP-ACM=VC-PAM=13SPAMCD=49.SPAM=223,又SPAD=1222=2,PM=2MD,即PM=2MD,存在=2,使得三棱锥P-ACM的体积为49.16.(2022届山西长治11月联考,18)如图1,平行四边形ABCD中,A=60,AB=2AD,将

26、ABD沿BD折起至ABD,使得平面ABD平面BCD,如图2.(1)证明:平面ABC平面ABD;(2)若AD=1,点M为线段AC的中点,求点C到平面MDB的距离.解析(1)证明:在ABD中,设AD=a,则AB=2a,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2ABADcosA=3a2,AD2+BD2=AB2,ADDB,翻折后有ADBD.又平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCD=BD,AD平面ABD,AD平面BCD.又BC平面BCD,ADBC.在平行四边形ABCD中,ADDB,BCAD,BCDB.又ADDB=D,BC平面ADB.又BC平面ABC,平面ABC平面ABD.(2)在RtADC中,AD=1,DC=2,AC=AD2+DC2=5.由(1)知BC平面ADB,BCAB,在RtABC中,BM=12AC=52,在RtADC中,DM=12AC=52.在RtADB中,BD=22-12=3,SBCD=12BDBC=1231=32.在等腰三角形BMD中,取DB的中点E,连接ME,则MEBD,ME=DM2-12DB2=22,SBMD=12BDME=12322=64.点M为线段AC的中点,点M到平面BCD的距离h1=12AD=12.设点C到平面MDB的距离为h2,则VM-BCD=13SBCDh1=13SBMDh2,h2=SBCDh1SBMD=321264=22,即点C到平面MDB的距离为22.