【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第七章-立体几何7-5-

第五节直线、平面垂直的判定及其性质时间：45分钟分值：100分eq\x(基)eq\x(础)eq\x(必)eq\x(做)一、选择题1．(2021·沈阳模拟)已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，则“α∥β”是“l⊥m”的()A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件解析当α∥β，l⊥α时，有l⊥β，又m⊂β，故l⊥m.反之，当l⊥m，m⊂β时，不肯定有l⊥β，故α∥β不肯定成立．因此“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件．答案B2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析A选项中，直线m，n可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B选项中，α与β也可能相交，此时直线m平行于α，β的交线；D选项中，m也可能平行于β.故选C.答案C3．(2022·浙江卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误；当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误；当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确；在如图所示的正方体ABCD—A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m答案C4．关于直线m，n与平面α，β，有以下四个命题：①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n；②若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥n；③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；④若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n.其中真命题有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析①中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；②中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；③中，由条件可得m⊥β，进而有m⊥n，故正确；④中，由条件可得m与β平行或m在β内，故有m⊥n.综上可知③④正确．故选B.答案B5．在直角梯形ABCD中，AB＝AD，AD∥BC，∠BCD＝45°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，则下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC解析∵AB＝AD，∠BCD＝45°，∴BD⊥CD；∵平面ABD⊥平面BCD，∴CD⊥平面ABD，∴CD⊥AB.又∵AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.答案D6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AM＝eq\f(1,3)AB1，BN＝eq\f(1,3)BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④B1D1⊥正确命题的个数是()A．4 B．3C．2 D．1解析过M，N分别作BB1的平行线交AB，BC于Q，P.由平行关系可证明PN綊MQ，∴四边形MNPQ为平行四边形，∴MN∥PQ，∴①③对.eq\f(BP,BC)＝eq\f(1,3)，eq\f(BQ,BA)＝eq\f(2,3)，知PQ不平行于AC，∴MN不平行于A1C1，∴②错．由B1D1⊥A1C1，而MN不平行于A1C1，∴MN不垂直于B1D1，故④错．所以选C.答案C二、填空题7．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC.∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB.答案AB，BC，ACAB8．如图所示，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．解析由PA⊥平面ABC，得PA⊥AB，PA⊥AC.故△PAB、△PAC都是直角三角形．由BC⊥AC，得BC⊥PC，故△BPC是直角三角形．又△ABC明显是直角三角形，故直角三角形的个数为4.答案49．已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则①棱AB与PD所在的直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④直线AE与直线BF是异面直线．以上结论正确的是________．(写出全部正确结论的序号)解析由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正确；∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAB，平面PAD都与平面ABCD垂直，故平面PBC不行能与平面ABCD垂直，故②错；∵S△PCD＝eq\f(1,2)CD·PD，S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PA，由AB＝CD，PD>PA，可知③正确；由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错．答案①③三、解答题10．如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)∵PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC.故CD⊥AE.(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.∵E是PC的中点，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.11．如图所示，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1(1)EF∥平面A1CD；(2)平面A1CD⊥平面A1ABB1.证明(1)如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1在△ABC中，由于D，E分别为AB，BC的中点，所以DE＝eq\f(1,2)AC，且DE∥AC.又F为A1C1的中点，所以A1F＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)AC，且A1F∥A1C1∥AC，所以A1F＝DE，且A1F∥DE即四边形A1DEF为平行四边形，所以EF∥DA1.又EF⊄平面A1CD，DA1⊂平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.(2)由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CD⊥AB，又侧棱A1A⊥底面ABC，CD⊂平面ABC所以AA1⊥CD，又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，而CD⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.eq\x(培)eq\x(优)eq\x(演)eq\x(练)1．(2021·牡丹江模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，其中PA＝PD＝AD＝2，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PQB.(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PM＝eq\f(1,2)PC，求四棱锥M—ABCD的体积．解(1)证明：连接BD，由于PA＝PD＝AD＝2，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD.又由于∠BAD＝60°，底面ABCD为菱形，所以△ABD是等边三角形，由于Q为AD的中点，所以AD⊥BQ.由于PQ，BQ是平面PQB内的相交直线，所以AD⊥平面PQB.(2)连接QC，作MH⊥QC于H.由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊥AD，所以PQ⊥平面ABCD，结合QC⊂平面ABCD，可得PQ⊥QC.由于在平面PQC中，MH⊥QC且PQ⊥QC，所以PQ∥MH，可得MH⊥平面ABCD，即MH就是四棱锥M—ABCD的高，由于PM＝eq\f(1,2)PC，可得MH＝eq\f(1,2)PQ＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),2)，所以四棱锥M—ABCD的体积为VM—ABCD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AC×BD×MH＝eq\f(1,6)×2eq\r(3)×2×eq\f(\r(3),2)＝1.2．(理)如图，四棱锥E—ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.(1)求证：BD⊥平面ADE；(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值；(3)在线段CE上是否存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE？请说明理由．解(1)证明：由BC⊥CD，BC＝CD＝2，可得BD＝2eq\r(2).由EA⊥ED，且EA＝ED＝2，可得AD＝2eq\r(2).又AB＝4，所以BD⊥AD.又平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADE.(2)如图建立空间直角坐标系D—xyz，则D(0,0,0)，B(0,2eq\r(2)，0)，C(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，E(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－2eq\r(2)，eq\r(2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)．设n＝(x，y，z)是平面CDE的一个法向量，则n·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,－x＋y＝0.))令x＝1，则n＝(1,1，－1)．设直线BE与平面CDE所成的角为α，则sinα＝|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|\o(BE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|\r(2)－2\r(2)－\r(2)|,2\r(3)×\r(3))＝eq\f(\r(2),3).所以BE和平面CDE所成的角的正弦值为eq\f(\r(2),3).(3)设eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CE,\s\up6(→))，λ∈[0,1]．eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(2))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)．则eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋λeq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\r(2)(2λ－1，－λ＋1，λ)．设m＝(x′，y′，z′)是平面BDF的一个法向量，则m·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(DF,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y′＝0，,2λ－1x′＋－λ＋1y′＋λz′＝0.))令x′＝1，则m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(2λ－1,λ))).若平面BDF⊥平面CDE，则m·n＝0，即1＋eq\f(2λ－1,λ)＝0，λ＝eq\f(1,3)∈[0,1]．所以，在线段CE上存在一点F使得平面BDF⊥平面CDE.(文)(2022·课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO(1)证明：B1C⊥AB(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC—A1B1C1解(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥