2021高考数学(文)一轮知能检测：第7章-第5节-直线、平面垂直的判定及其性质

第五节直线、平面垂直的判定及其性质[全盘巩固]1．设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”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解析：选A当l⊥α时，l⊥m且l⊥n；但当l⊥m，l⊥n时，若m、n不是相交直线，则得不到l⊥α.即“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件．2．已知直线l垂直于直线AB和AC，直线m垂直于直线BC和AC，则直线l，m的位置关系是()A．平行B．异面C．相交D．垂直解析：选A由于直线l垂直于直线AB和AC，所以l垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，同理，直线m垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，依据线面或线线垂直的性质定理得l∥m.3．已知P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是()A．PA＝PB＝PCB．PA⊥BC，PB⊥ACC．点P到△ABC三边所在直线的距离相等D．平面PAB、平面PBC、平面PAC与△ABC所在的平面所成的角相等解析：选B条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心的充分必要条件．4．α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是()A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥αB．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥αC．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αD．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β解析：选C与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α的状况，故B错；对D，存在α∥β的状况，故D错；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确．5.如图所示，在立体图形D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE解析：选C由于AB＝CB，且E是AC的中点．所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC.而BE∩DE＝E，BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE.由于AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.6.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面相互垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为()解析：选A取AD的中点E，连接PE，PC，CE.由PE⊥AD知，PE⊥平面ABCD，从而平面PEC⊥平面ABCD，取PC、AB的中点F、G，连接DF、DG、FG，由PD＝DC知，DF⊥PC，由DG⊥EC知，DG⊥平面PEC，又PC⊂平面PEC，∴DG⊥PC，又DF∩DG＝D，DF⊂平面DFG，DG⊂平面DFG，∴PC⊥平面DFG，又点F是PC的中点，因此线段DG上的点满足MP＝MC.7．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.其中正确命题的序号为________．解析：①明显正确；对②，只有当m，n相交时，才有l⊥α，故②错误；对③，由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故③正确；对④，由l∥m，m⊥α⇒l⊥α，再由n⊥α⇒l∥n，故④正确．答案：①③④8.如图所示，矩形ABCD的边AB＝a，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝2，现有数据：①a＝eq\f(1,2)；②a＝1；③a＝eq\r(3)；④a＝2；⑤a＝4.当在BC边上存在点Q(Q不在端点B、C处)，使PQ⊥QD时，a可以取________(填上一个你认为正确的数据序号即可)．解析：当PQ⊥QD时，有QD⊥平面PAQ，所以QD⊥AQ.在矩形ABCD中，设BQ＝x(0<x<2)，则CQ＝2－x.在Rt△ABQ中，AQ2＝a2＋x2，在Rt△DCQ中，DQ2＝a2＋(2－x)2.又由AQ2＋DQ2＝4，得2a2＋2x2－4x则a2＝－(x－1)2＋1(0<x<2)，故a2∈(0,1]，即a∈(0,1]，故①②符合，③④⑤不符合．答案：①(或②)9.如图PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知冲突，故③错误；由①可知④正确．答案：①②④10．(2022·台州模拟)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，E为BC的中点，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝3，CD＝1，PA＝AD＝2.(1)求证：DE⊥平面PAC；(2)求PA与平面PDE所成角的正弦值．解：(1)证明：由于PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以PA⊥DE，取AD的中点F，连接EF，则EF是梯形ABCD的中位线，所以EF∥AB且EF＝eq\f(AB＋CD,2)＝2，在Rt△ADC和Rt△DEF中，∠EFD＝∠ADC＝90°，DF＝DC＝1，EF＝AD＝2，所以△EFD≌△ADC，∠FED＝∠DAC，所以AC⊥DE.由于PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC所以DE⊥平面PAC.(2)由(1)知平面PDE⊥平面PAC，设DE∩AC＝G，连接PG，在Rt△PAG中，作AH⊥PG，垂足为H，则AH⊥平面PDE，所以∠APH是PA与平面PDE所成的角，由(1)知，在Rt△ADG中，AD＝2，tan∠CAD＝eq\f(CD,AD)＝eq\f(1,2)，所以AG＝AD×cos∠CAD＝eq\f(4,\r(5))，由于PA⊥平面ABCD，所以PG＝eq\r(AG2＋PA2)＝eq\f(6,\r(5))，sin∠APH＝sin∠APG＝eq\f(AG,PG)＝eq\f(2,3)，即PA与平面PDE所成角的正弦值为eq\f(2,3).11.(2021·江苏高考)如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA.证明：(1)由于AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又由于E是SA的中点，所以EF∥AB.由于EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC.(2)由于平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC.由于BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.又由于AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.由于SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.12.如图，在四棱锥S­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点，Q为SB的中点．(1)求证：CD⊥平面SAD；(2)求证：PQ∥平面SCD；(3)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．解：(1)证明：由于四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.(2)证明：取SC的中点R，连接QR，DR.由题意知，PD∥BC且PD＝eq\f(1,2)BC.在△SBC中，Q为SB的中点，R为SC的中点，所以QR∥BC且QR＝eq\f(1,2)BC.所以QR∥PD且QR＝PD，则四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.又PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，所以PQ∥平面SCD.(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO，由于PD∥CM，且PD＝CM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.又由于N为SC的中点，所NO∥SP.易知SP⊥AD，由于平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD.又由于NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD.[冲击名校]如图在直棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝eq\r(2)，AA1＝3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．(1)证明：AD⊥C1E；(2)当异面直线AC与C1E所成的角为60°时，求三棱锥C1­A1B1E的体积．解：(1)证明：由于AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.又在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C所以AD⊥平面BB1C由点E在棱BB1上运动，得C1E⊂平面BB1C1C，所以AD⊥C(2)由于AC∥A1C1，所以∠A1C1E是异面直线AC与C1E所成的角，由题设知∠A1C由于∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，所以A1C1⊥A又AA1⊥A1C1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面A1ABB1从而A1C1⊥平面A1ABB1又A1E⊂平面A1ABB1，所以A1C1⊥A1E故C1E＝eq\f(A1C1,cos60°)＝2eq\r(2)，又B1C1＝eq\r(A1C\o\al(2,1)＋A1B\o\al(2,1))＝2，所以B1E＝eq\r(C1E2－B1C\o\al(2,1))＝2.从而V三棱锥C1­A1B1E＝eq\f(1,3)S△A1B1E×A1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(2,3).[高频滚动]如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1(1)求证：AB1⊥平面A1BD；(2)设点O为AB1上的动点，当OD∥平面ABC时，求eq\f(AO,OB1)的值．解：(1)证明：取BC的中点为M，连接AM，B1M在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，△ABC为正三角形，所以AM⊥BC又平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，故AM⊥平面BCC1B1，又BD⊂平面BCC1B1，所以AM⊥BD.又正方形BCC1B1中，tan∠BB1M＝tan∠CBD＝eq\f(1,2)，所以BD⊥B1M，又B1M∩AM＝M，B1M⊂平面AB1M，AM⊂所以BD⊥平面AB1M，又AB1⊂平面AB1M，故AB1⊥在正方形BAA1B1中，AB1⊥A1B，又A1B∩BD＝B，A1B，BD⊂平面A1BD