2024-2025学年新教材高中数学滚动复习9空间直线平面的垂直含解析新人教A版必修第二册

滚动复习9eq\o(\s\up7(),\s\do5())一、选择题(每小题5分，共35分)1．若两个平面相互垂直，第一个平面内的一条直线a垂直于其次个平面内的一条直线b，那么(C)A．直线a垂直于其次个平面B．直线b垂直于第一个平面C．直线a不肯定垂直于其次个平面D．a必定垂直于过b的平面解析：若b为两个平面的交线，则直线a垂直于其次个平面；若b不是两个平面的交线，则直线a不肯定垂直于其次个平面．2．从空间一点P向二面角α­l­β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，E，F为垂足，若∠EPF＝60°，则二面角的平面角的大小是(C)A．60° B．120°C．60°或120° D．不确定解析：若点P在二面角内，则二面角的平面角为120°；若点P在二面角外，则二面角的平面角为60°.3．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且n⊂β，则下列叙述正确的是(C)A．若m∥n，m⊂α，则α∥βB．若α∥β，m⊂α，则m∥nC．若m∥n，m⊥α，则α⊥βD．若α∥β，m⊥n，则m⊥α解析：对于A，两个平面内各一条直线相互平行，不能保证两个平面相互平行，A错误；对于B，分别在两个相互平行的平面内的两条直线不能保证相互平行，B错误；对于C，两条平行线中的一条垂直于一个平面，可得另一条也垂直于这个平面，于是β内有一条直线垂直于α，故α⊥β，C正确；对于D，m垂直于β内的一条直线，不能保证m垂直于β，故不能得到m垂直于α，D错误．4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB.若E，F分别为线段A1D1，CC1的中点，则直线EF与平面ADD1AA.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(1,3)解析：取DD1的中点G，连接EG、FG、EC1，易知∠FEG为直线EF与平面ADD1A1所成的角，设AB＝a，则AA1＝AD＝2a，在△ED1C1中可求出EC1＝eq\r(2)a，在△EFC1中可求出EF＝eq\r(3)a，所以在△EFG中，sin∠FEG＝eq\f(FG,EF)＝eq\f(\r(3),3)，故选C.5．如图所示，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′­BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(B)A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′与平面A′BD所成的角为30°D．四面体A′­BCD的体积为eq\f(1,3)解析：因为平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，所以CD⊥平面A′BD，所以CD⊥BA′.由勾股定理，得A′D⊥BA′.又因为CD∩A′D＝D，所以BA′⊥平面A′CD，所以∠BA′C＝90°.6．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是BB1，A1B1的中点，点P在正方体的表面上运动，则总能使MP⊥BN的点PA．4 B．2＋eq\r(2)C．3＋eq\r(5) D．2＋eq\r(5)解析：如图，取CC1的中点G，连接DG，MG，则MG∥BC.设BN交AM于点E.∵BC⊥平面ABB1A1，NB⊂平面ABB1A1，∴NB⊥MG.∵正方体的棱长为1，M，N分别是BB1，A1B∴△ABM≌△BB1N，∴∠AMB＝∠BNB1，∴∠AMB＋∠EBM＝90°，∴∠MEB＝90°，即BN⊥AM，又MG∩AM＝M，∴NB⊥平面ADGM，∴使NB与MP垂直的点P所构成的轨迹为矩形ADGM(不包括M点)．∵正方体的棱长为1，∴矩形ADGM的周长等于2＋eq\r(5).故选D.7．(多选)已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列命题中正确的是(BC)A.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥n))⇒n∥α B.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,n⊥β))⇒m∥nC.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,m⊥β))⇒α∥β D.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊂α,n⊂β,α∥β))⇒m∥n解析：A中，n可能在α内，D中，m，n可能异面．B、C正确．二、填空题(每小题5分，共20分)8．已知直线l⊥平面α，垂足为A，直线PA⊥l，则AP与平面α的位置关系是__AP⊂α__.解析：设AP与l确定的平面为β.假设AP⊄α，不妨设α∩β＝AM，AP与AM不重合，如图所示．因为l⊥α，AM⊂α，所以l⊥AM.又AP⊥l，所以在平面β内，过点A有两条直线垂直于l，这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直冲突，所以假设不成立．所以AP⊂α.9.如图所示，等边三角形ABC的边长为4，D为BC的中点，沿AD把△ADC折叠到△ADC′处，使二面角B­AD­C′为60°，则折叠后二面角A­BC′­D的正切值为__2__.解析：易知∠BDC′即二面角B­AD­C′的平面角，有∠BDC′＝60°，所以△BDC′为等边三角形．取BC′的中点M，连接DM，AM，则易知DM⊥BC′，AM⊥BC′，所以二面角A­BC′­D的平面角即∠AMD.在等边三角形ABC中，易知AD＝2eq\r(3)，在等边三角形BDC′中，易知DM＝eq\r(3)，所以tan∠AMD＝eq\f(AD,DM)＝2.10．在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，则四棱锥的五个面PAB，PAD，PCD，PBC和ABCD中，相互垂直的有__5__对．解析：如图，由面面垂直的推断定理可知平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PAB，平面PAD⊥平面PAB，共5对．11．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，则PC与BD的关系是__垂直__；M是PC上的一动点，当点M满意__DM⊥PC(或BM⊥PC)__时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析：连接AC，因为四边形ABCD各边都相等，所以四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.又PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面APC，所以BD⊥PC.故当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.三、解答题(共45分)12．(15分)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点，PA＝AD＝a.(1)求证：MN∥平面PAD；(2)求证：MN⊥平面PCD.题图答图证明：(1)如图，取CD的中点E，连接NE，ME.∵E，M，N分别是CD，AB，PC的中点，∴NE∥PD，EM∥DA，∴平面NEM∥平面PDA，∴MN∥平面PAD.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA.∵底面ABCD是矩形，CD⊥AD，又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.∵EN∥PD，∴EN⊥CD，又∵CD⊥EM，EM∩EN＝E，∴CD⊥平面ENM，∴MN⊥CD.∵PM＝eq\r(PA2＋AM2)＝eq\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\r(BC2＋MB2)＝MC，N是PC的中点，∴MN⊥PC.又CD∩PC＝C，∴MN⊥平面PCD.13．(15分)如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，侧面BB1C1C是菱形，∠(1)求证：BC⊥AB1；(2)若AB＝a，AB1＝eq\f(\r(6),2)a，求三棱锥C­ABB1的体积．题图答图解：(1)证明：取BC的中点O，连接AO，B1O，如图．∵侧面BB1C1C是菱形，且∠B∴△B1BC为等边三角形，∴B1O⊥BC.又△ABC是等边三角形，∴AO⊥BC，又B1O∩AO＝O，B1O，AO⊂平面AOB1，∴BC⊥平面AOB1，而AB1⊂平面AOB1，∴BC⊥AB1.(2)由(1)知OA⊥BC，OB1⊥BC，△ABC和△BB1C是全等的等边三角形，∴OA＝OB1∵AB＝a，∴OA＝OB1＝eq\f(\r(3),2)a，∵AB1＝eq\f(\r(6),2)a，∴ABeq\o\al(2,1)＝OA2＋OBeq\o\al(2,1)，∴OB1⊥OA，∵OB1⊥BC，又OA∩BC＝O，OA，BC⊂平面ABC，∴OB1⊥平面ABC，∴VC­ABB1＝VB1­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·OB1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(a3,8).14．(15分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C解：(1)证明：如图，设E为BC的中点，连接A1E，AE.由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.连接DE，由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A所以AA1DE为平行四边形．于是A1D∥AE.因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E