2023年新教材高考数学一轮复习 课时过关检测（四十二）直线、平面垂直的判定与性质（含解析）.doc

1、课时过关检测(四十二) 直线、平面垂直的判定与性质A级基础达标1如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是()ABCD解析：B对于，易证AB与CE所成角为45，则直线AB与平面CDE不垂直；对于，易证ABCE，ABED，且CEEDE，则AB平面CDE；对于，易证AB与CE所成角为60，则直线AB与平面CDE不垂直；对于，易证ED平面ABC，则EDAB，同理ECAB，可得AB平面CDE故选B2(2022盐城模拟)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，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DABC内部解析：A连接AC1(图略)，

2、由ACAB，ACBC1，ABBC1B，得AC平面ABC1AC平面ABC，平面ABC1平面ABCC1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上3已知圆锥SO的底面半径为r，当圆锥的体积为r3时，该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为()ABCD解析：A设圆锥的高为h，则由题意可得，Vr2hr3，解得，所以母线与底面所成角的正切值为，由同角三角函数关系可得，母线与底面所成角的正弦值为故选A4在三棱锥PABC中，已知PA平面ABC，PAABBC2，ABC若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A4B10C12D48解析：C如图，取边AB的中点M，边PC的中点O，由于ABC，所以点M为AB

3、C外接圆的圆心，连接OM，OA，则OMPA，又因为PA平面ABC，所以OM平面ABC，因为AC平面ABC，BM平面ABC，所以OMAC，OMBM，又因为BMMAMC，所以OBOAOCOP，则点O为外接球的球心，又因为OMPA1，MACA ，所以球半径为，所以球表面积为4212，故选C5(多选)已知，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()Am，n，且mn，则Bm，n，且mn，则Cm，n，且mn，则Dm，n，且mn，则解析：CDA选项，若m，n，且mn，则，可能相交或平行，故A错误；B选项，若m，n，且mn，则，可能相交，也可能平行，故B错误；C选项，若m

4、，mn，则n，又n，则，故C正确；D选项，若m，mn，则n或n，又n，根据面面垂直的判定定理可得，故D正确故选C、D6(多选)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC与EF交于点G，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有()AAGEFH所在平面BAHEFH所在平面CEFAGH所在平面DHGAEF所在平面解析：BC根据折叠前、后得到AHHE，AHHF不变，根据线面垂直的判定定理，可得AH平面EFH，所以B正确；过A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；因为AGEF，EFAH，由线面垂直的判定定理

5、，可得EF平面AGH，所以C正确；因为HG与AG不垂直，所以HG与平面AEF不垂直，所以D不正确故选B、C7(2022天津模拟)已知平面，和直线m，给出以下条件：(1)m；(2)m；(3)m；(4)；(5)，当条件_成立时，有m；当条件_成立时，有m(填所选条件的序号)解析：根据面面平行的特征可得，若m，则m；根据线面垂直以及面面平行的特征可得，若m，则m答案：(3)(5)(2)(5)8已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_解析：如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离再过O作OEAC于E，OFBC

6、于F，连接OC，PE，PF，则PEAC，PFBC因为PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO答案：9如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD证明：(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD因为底面ABCD为矩形，所以BCAD，所以PEBC(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面A

7、BCD，所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，所以ABPD又因为PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB因为PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC所以DEFG，DEFG所以四边形DEFG为平行四边形所以EFDG又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCDB级综合应用10(多选)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF，则下列结论中正确的有()A当E点运动时，A1CAE总成

8、立B当E向D1运动时，二面角AEFB逐渐变小C二面角EABC的最小值为45D三棱锥ABEF的体积为定值解析：ACD对于A，因为在正方体中可证其体对角线A1C平面AB1D1，而AE平面AB1D1所以A1CAE恒成立，A正确；对于B，平面EFB即平面BDD1B1，而平面EFA即平面AB1D1，所以当E向D1运动时，二面角AEFB的大小不变，B错误；对于C，当点E从B1D1的中点向点D1运动时，平面ABE逐渐向底面ABCD靠拢，这个过程中，二面角EABC越来越小，所以二面角EABC的最小值为D1AD45，C正确；对于D，因为SBEF1，点A到平面BDD1B1的距离为，所以体积为，即体积为定值，D正确

9、故选A、C、D11图是建筑工地上的塔吊，图是根据图绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内塔身PO平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，ABAC，DO6 m若PO2 m，PB3 m，ABC的面积为10 m2，根据图中标注的数据，忽略ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下可得点A，P之间的距离为(05OD15OE)()A2 mB6 mC8 mD9 m解析：A根据条件得，OE2 mPO平面ABC，AE平面ABC，POAE，又ABAC，E是BC中点 ，AEBC，PEBCPO2 m，PE2 m，PB3 m，BE1 m由于ABC的面积为10 m

10、2，BCAE10，解得AE10 m，即AO8 m，即AP2 m故选A12如图所示，在四棱锥PABCD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)解析：如图，连接AC，BD，则ACBD，因为PA底面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD又PAACA，所以BD平面PAC，PC平面PAC，所以BDPC所以当DMPC(或BMPC)时，有PC平面MBDPC平面PCD，所以平面MBD平面PCD答案：DMPC(或BMPC)13如图，矩形ABCD中，AB1，BCa，PA平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQDQ，

11、则a_解析：如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQPA平面ABCD，PADQ，又PQDQ，DQ平面PAQ，所以DQAQ点Q在以线段AD的中点O为圆心，AD为直径的圆上，又在BC上有且仅有一个点Q满足PQDQ，BC与圆O相切(否则相交就有两点满足垂直，矛盾)，OQBC，ADBC，OQAB1，BCAD2，即a2答案：214如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PAABBC，ADCD1，ADC120，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PNPB(1)证明：MN平面PDC；(2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由解：(1

12、)证明：在四边形ABCD中，由ABBC，ADCD1，可得ABDCBD，可得ACBD，且M为AC的中点，由ADCD1，ADC120，可得DMCDcos 60，AC2CDsin 60，则BM，由，可得MNPD，而MN平面PCD，PD平面PCD，可得MN平面PDC(2)当点Q为BC的中点时，满足题意，理由如下：过M作MEAD，垂足为E，延长EM交BC于Q，连接NQ，NE，如图，由PA平面ABCD，EQ平面ABCD，可得PAEQ，又EQAD，可得EQ平面PAD，EQ平面MNQ，可得平面MNQ平面PAD，故存在这样的点Q在RtDME中，EMD906030，在BQM中，QBMBMQ30，BQM120，由BM，可得BQ，即Q为BC的中点，故Q为BC的中点时，平面MNQ平面PAD