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（文含解析）新人教A版.docx

1、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“AEBD”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,SABC,SCAB,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36,则直线PC与底面ABCD所成角的余弦值为()A.36B.5

2、6C.33D.534.(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,ASPC于点S,ANPB于点N,则下列不正确的是()A.平面ANS平面PBCB.平面ANS平面PABC.平面PAB平面PBCD.平面ABC平面PAC5.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

3、=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:BCAB1;(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,=b,a,ab,那么“a”是“”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:一个平面内已知直线必垂直于另一

4、个平面内的任意一条直线;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;一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面;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.3B.2C.1D.010.(2020北京丰台一模)已知平面和三条不同的直线m,n,l.给出下列六个论断:m;m;ml;n;n;nl.以其中两个论断作为条件,使得mn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

5、校联考,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,ABCSAB,SAB=ABC=90,SA=AB=2AD=2,SD=CD=5,tanBCD=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RtABC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:DEA1C;(2)求点C到平面A

6、1BE的距离.15.如图1,在直角梯形ABCD中,ABCD,ABBC,AB=2CD,DEAB,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:DEA1B;(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PDAE,由AEBD,且PDBD=D,可得AE平面PBD.所以“AEBD”是“AE平面PBD”的充分条件.又由AE平面PBD,且BD平面PBD

7、,可得AEBD,所以“AEBD”是“AE平面PBD”的必要条件.综上可得,“AEBD”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.SOBC.又SABC,SOSA=S,BC平面SAO.AO平面SAO,BCAO.同理ACBO,ABCO,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,ABCADC,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4R2=36,解得R=3.

8、PA平面ABCD,且PC=2R=6,直线PC与底面ABCD所成的角为ACP,在RtPAC中,cosACP=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PABC.又ABBC,PAAB=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BCAN.又因为ANPB,BCPB=B,所以AN平面PBC.又PC平面PBC,所以ANPC.又因为PCAS,ASAN=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=P

9、O=43,连接MO,则MOQB,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MDAO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+OC2-2OMOCcos30=2,所以sinMCD=MDMC=32,当MOC=150时,MC=OM2+OC2-2OMOCcos150=213,所以sinMCD=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ABBC.在AB

10、B1中,AB2+BB12=20=AB12,所以ABB1=90,即ABBB1.又BCBB1=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AB1BD.又CO平面ABB1A1,AB1CO,COBD=O,AB1平面BCD.BC平面BCD,BCAB1.(2)解在矩形ABB1A1中,由平面几何知识可知OA=ABADBD=33,OB=63.OC=2OA,OC=63.AC=1,BC=233,SABC=23.设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,即三棱锥A1-ABC的高为h.又SABA1=22,由VC-ABA1=VA1

11、-ABC,得SABCh=SABA1OC,h=62.8.C若a,则在平面内必定存在一条直线a,使得aa,因为ab,所以ab.若a,则a,又a,即可得;反之,若,由=b,ab,a,可得a,又aa,则有a.所以“a”是“”的充要条件.故选C.9.C构造正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示,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,故错误;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,故正确;在正方体ABC

12、D-A1B1C1D1中,平面ADD1A1平面ABCD,A1D平面ADD1A1,但A1D与平面ABCD不垂直,故错误;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,故错误.10.(或)对,由线面垂直的性质定理可知,若m,n,则mn,故可填.对,若m,n,则mn;对,若m,nl,则无法判断m,n的位置关系;对,若m,n,则mn;对,若m,n,则m,n可能相交,平行或异面;对,若m,nl,则无法判断m,n的位置关系;对,若ml,n,则无法判断m,n的

13、位置关系;对,若ml,n,则无法判断m,n的位置关系;对,由平行的传递性可知,若nl,ml,则mn,故可填.11.2作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO平面ABC.连接CO,OD,知CDPD,CDPO,PDPO=P,CD平面PDO,OD平面PDO,CDOD.PD=PE=3,PC=2,sinPCE=sinPCD=32,PCB=PCA=60.POCO,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SAAB.因为SA=2AD=2,SD=5,所以SAAD.又ABAD=A,所以SA平面ABCD.所以SABC.又ABC=9

14、0,即ABBC,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ABCSAB,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DEBC,所以四边形ABED为平行四边形,所以ADBC.又AD平面SBC,BC平面SBC,所以AD平面SBC.13.22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O1D1O1P,D1

15、P2=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=1422=22.14.(1)证明在图1ABC中,D,E为AC,AB边中点,所以DEBC.又ACBC,所以DEAC.在图2中,DEA1D,DEDC,且A1DDC=D,则DE平面A1CD.又因为A1C平面A1CD,所以DEA1C.(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BC

16、DE=DC,在正三角形A1CD中,过A1作A1OCD,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SA1BE=15.在梯形BCDE中,SBCE=SBCD=12BCCD=4.设点C到平面A1BE的距离为h,因为VC-A1BE=VA1-BCE,所以13SA1BEh=13SBCEA1O,解得h=455.即点C到平面A1BE的距离为455.15.(1)证明由题意得DEA1E,DEBE.A1EBE=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,MFA1D,NFDE.又DEA1D=D,NFMF=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,EGA1B,由(1)知DE平面A1BE,DEBC,BC平面A1BE,EGBC,又A1BBC=B,EG平面A1BC.故棱A1B上存在中点G,使得EG平面A1BC,此时A1GGB=1.