2025版高考数学一轮总复习专题检测8.4直线平面垂直的判定和性质

.4直线、平面垂直的判定和性质一、选择题1.(2024届湖北部分重点中学开学联考,3)已知a,b是两条不重合的直线,α为一个平面,且a⊥α,则“b⊥α”是“a∥b”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答案C当b⊥α时,结合a⊥α,可得a∥b;当a∥b时,结合a⊥α,可得b⊥α.故选C.2.(2024届贵阳五校11月联考,4)给出下列三个命题:①垂直于同一条直线的两个平面相互平行;②若一个平面内有多数条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;③若一条直线垂直于一个平面内的随意一条直线,那么这条直线垂直于这个平面.其中真命题的个数是()A.1B.2C.3D.0答案B①由线面垂直的性质可知,垂直于同始终线的两个平面相互平行,故①为真命题;②当两个平面相交时,其中一个平面内全部平行于交线的直线都与另一个平面平行,故②为假命题;③由线面垂直的定义可知,③为真命题.所以真命题的个数为2,故选B.3.(2024届陕西汉中质检,6)下列四个命题中,正确命题的个数为()①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β②若α∥β,m∥α,则m⊥β③α⊥β,α∩β=l,点A∈α,若AB⊥l,则AB⊥β④直线m,n为异面直线,且m⊥α,n⊥β,若m⊥n,则α⊥βA.1B.2C.3D.4答案A①若α⊥γ,β⊥γ,则α与β相交或平行,故①错误;②若α∥β,m∥α,则m∥β或m⊂β,故②错误;③当点A在棱l上,且满意AB⊥l时,AB与β不肯定垂直,故③错误;④直线m,n为异面直线,且m⊥α,n⊥β,m⊥n,由面面垂直的判定得α⊥β,故④正确,故选A.4.(2024届陕西顶级名校联考(一),9)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段BC1上的动点(不含端点),则下列结论错误的是()A.平面D1C1P⊥平面C1CPB.三棱锥A-D1DP的体积为定值C.A1D⊥D1PD.DP⊥平面D1C1P答案D在正方体ABCD-A1B1C1D1中,明显有D1C1⊥平面C1CP,又D1C1⊂平面D1C1P,所以平面D1C1P⊥平面C1CP,故A正确;因为BC1∥AD1,AB⊥平面D1DA,所以点P到平面D1DA的距离等于AB的长,是定值,又△D1DA的面积是定值,所以由等体积法知,三棱锥A-D1DP的体积为定值,故B正确;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,明显有A1D⊥D1C1,A1D⊥BC1,又D1C1∩BC1=C1,所以A1D⊥平面D1C1P,又知D1P⊂平面D1C1P,所以A1D⊥D1P,故C正确;若DP⊥平面D1C1P,则DP⊥BC1,结合DC⊥BC1,DP∩DC=D,可得BC1⊥平面DCP,所以BC1⊥CP,此时P为BC1的中点,而P为线段BC1上的动点(不含端点),BC1与CP不恒相互垂直,故D不正确,故选D.5.(2024届豫西五校10月联考,8)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,且AB=1,BC=2,∠ABC=60°,PA⊥平面ABCD,AE⊥PC于E,有下列四个结论:①AB⊥AC;②AB⊥平面PAC;③PC⊥平面ABE;④BE⊥PC.其中正确结论的个数为()A.1B.2C.3D.4答案D在△ABC中,由已知及余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=3,所以AC2+AB2=BC2,即AB⊥AC,故①正确;由PA⊥平面ABCD,得PA⊥AB,又PA∩AC=A,所以AB⊥平面PAC,故②正确;由AB⊥平面PAC,得AB⊥PC,又AE⊥PC,AB∩AE=A,所以PC⊥平面ABE,故③正确;由PC⊥平面ABE,BE⊂平面ABE,得PC⊥BE,故④正确.故选D.6.(2024届北京十一学校10月月考,10)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过体对角线BD1的一个平面交AA1于E,交CC1于F,给出下面几个命题:①四边形BFD1E肯定是平行四边形;②四边形BFD1E有可能是正方形;③平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D;④设D1F与DC的延长线交于M,D1E与DA的延长线交于N,则M、N、B三点共线;⑤四棱锥B1-BFD1E的体积为定值.以上命题中真命题的个数为()A.2B.3C.4D.5答案C因为平面AA1D1D与平面BCC1B1平行,平面BFD1E与它们分别交于D1E,BF,所以D1E∥BF,同理可得BE∥D1F,所以四边形BFD1E是平行四边形,故①正确;假如四边形BFD1E是正方形,则BE⊥D1E,因为BE⊥A1D1,A1D1∩D1E=D1,所以BE⊥平面A1D1E,又BA⊥平面A1D1E,所以E与A重合,此时四边形BFD1E不是正方形,故②错误;连接EF,当E,F分别为AA1,CC1的中点时,四边形BFD1E为菱形,易得EF⊥平面BB1D1D,所以平面BFD1E垂直于平面BB1D1D,故③正确;由D1F与DC的延长线交于M,可得M∈D1F,且M∈DC,又因为D1F⊂平面BFD1E,DC⊂平面ABCD,所以M∈平面BFD1E,M∈平面ABCD,又因为B∈平面BFD1E,B∈平面ABCD,所以平面BFD1E∩平面ABCD=BM,同理,平面BFD1E∩平面ABCD=BN,所以BM,BN都是平面BFD1E与平面ABCD的交线,所以B,M,N三点共线,故④正确;因为VB1-BFD1E=VE-BB1D1所以E,F到平面BB1D1的距离均为定值,又△BB1D1的面积为定值,所以四棱锥B1-BFD1E的体积为定值,故⑤正确.故选C.7.(2024届四川南充测试,10)如图,在边长为2的正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使点B,C,D重合,重合后的点记为H.那么,在这个空间图形中必有()A.AG⊥平面EFHB.HF⊥平面AEFC.AH⊥平面EFHD.HG⊥平面AEF答案C依据折叠得AH⊥HE,AH⊥HF,又HE∩HF=H,∴AH⊥平面EFH,故C正确;∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确;易知AG⊥EF,GH⊥EF,又AG∩GH=G,∴EF⊥平面HAG,又EF⊂平面AEF,∴平面HAG⊥平面AEF,过H作直线垂直于平面AEF,则垂足肯定在AG上,∴B不正确;若HG⊥平面AEF,则HG⊥AG,又知AH⊥HG,明显冲突,∴D不正确,故选C.二、解答题8.(2024届北京景山学校远洋分校10月月考,16)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为矩形,AC⊥平面BCC1B1,D,E分别是棱AA1,BB1的中点.(1)求证:AE∥平面B1C1D;(2)求证:CC1⊥平面ABC;(3)若AC=BC=AA1=2,求直线AB与平面B1C1D所成角的正弦值.解析(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1,且AA1=BB1.因为点D,E分别是棱AA1,BB1的中点,所以AD∥B1E,且AD=B1E.所以四边形AEB1D是平行四边形.所以AE∥DB1.又因为AE⊄平面B1C1D,DB1⊂平面B1C1D,所以AE∥平面B1C1D.(2)证明:因为AC⊥平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,所以AC⊥CC1.因为四边形BCC1B1为矩形,所以CC1⊥BC.又因为AC∩BC=C,AC⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以CC1⊥平面ABC.(3)分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,由题意得A(2,0,0),B(0,2,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(2,0,1).所以AB=(-2,2,0),C1B1设平面B1C1D的法向量为n=(x,y,z),则n·C令x=1,则z=2.于是n=(1,0,2).所以cos<n,AB>=n·AB|n||所以直线AB与平面B1C1D所成角的正弦值为1010解后反思(1)先证明AE∥DB1,再由线面平行的判定定理证明AE∥平面B1C1D;(2)由AC⊥平面BCC1B1得出AC⊥CC1,结合CC1⊥BC,由线面垂直的判定定理证明CC1⊥平面ABC;(3)建立空间直角坐标系,利用向量法求直线AB与平面B1C1D所成角的正弦值.9.(2024届辽宁六校期初联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=45°,PD⊥平面ABCD,AP⊥BD.(1)证明:BC⊥平面PDB;(2)若AB=2,PB与平面APD所成角为45°,求二面角B-PC-D的大小.解析(1)证明:因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,PD⊥BC,因为AP⊥BD,又PD∩AP=P,所以DB⊥平面APD,又AD⊂平面APD,所以BD⊥AD,因为底面ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,所以BC⊥BD,因为PD⊥BC,PD∩BD=D,所以BC⊥平面PDB.(2)由(1)可知BD⊥AD,因为AB=2,∠DAB=45°,所以AD=BD=1,因为DB⊥平面APD,PB与平面APD所成角为45°,所以∠BPD=45°,所以PD=BD=1.以D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P(0,0,1),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(0,0,0),所以PA=(1,0,-1),PC=(-1,1,-1),PB=(0,1,-1),DC=(-1,1,0),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·PC=-x+y-z=0,m·DC=-x+y=0,令y=1,则m=(1,1,0),设平面PCB的法向量为n=(a,b,c),则n·PC=-a+b-c=0,n·PB=b-c=0,令c=1,则n=(0,1,1),所以10.(2024届河南洛阳期中,19)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,点M,N,P分别是AD,AB,B1D1的中点,AD=1,AB=2,DD1=3,∠BAD=60°.(1)证明:MN⊥平面A1ADD1;(2)求点A到平面PMN的距离.解析(1)证明:如图,连接BD,在△DAB中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,由余弦定理得BD=3,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面ABCD,∴DD1⊥BD,又∵DD1∩AD=D,∴BD⊥平面ADD1A1,∵点M,N分别是AD,AB的中点,∴MN∥BD,∴MN⊥平面ADD1A1.(2)连接D1M,则平面PMN即平面PD1MN.因为点M是AD的中点,所以点A到平面PMN的距离等于点D到平面PMN(即平面PD1MN)的距离.由(1)知MN⊥平面ADD1A1,在Rt△D1DM中,作DE⊥MD1于E,又知DE⊥MN,MN∩MD1=M,所以DE⊥平面PD1MN,所以DE的长即为点D到平面PD1MN的距离,因为DE=DM·D1DD所以点A到平面PMN的距离为391311.(2024届北京一六一中学10月月考,18)如图,在△AOB中,∠AOB=90°,AO=2,OB=1.△AOC可以通过△AOB以直线AO为轴旋转得到,且OB⊥OC,动点D在斜边AB上.(1)求证:平面COD⊥平面AOB;(2)当D为AB的中点时,求二面角B-CD-O的余弦值;(3)求CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值.解析(1)证明:由旋转的性质得AO⊥OC,又∵OB⊥OC,且AO∩OB=O,∴OC⊥平面AOB,又OC⊂平面COD,∴平面COD⊥平面AOB.(2)如图建立空间直角坐标系O-xyz,则O(0,0,0),A(0,0,2),B(0,1,0),C(1,0,0),∴OC=(1,0,0),BC=(1,-1,0),∵D为AB的中点,∴D0,1OD=0,12,1,BD设n1=(x1,y1,z1)为平面OCD的法向量,∴n1·令z1=1,则y1=-2,∴n1=(0,-2,1)是平面OCD的一个法向量,设n2=(x2,y2,z2)为平面BCD的法向量,∴n2·令z2=1,则x2=2,y2=2,∴n2=(2,2,1)是平面BCD的一个法向量,∴cos<n1,n2>=n=0+(-2)×2+1×102+由图可知,二面角B-CD-O为锐二面角,∴二面角B-CD-O的余弦值为55(3)解法一:∵OC⊥平面AOB,∴∠CDO为CD与平面AOB所成的角,∵OC=1,∴点O到直线AB的距离最小时,∠CDO的正弦值最大,即当OD⊥AB时,∠CDO的正弦值最大,此时OD=255,∴CD=355,∴sin∴CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值为53解法二:设AD=λAB(0≤λ≤1),∴D(0,λ,2-2λ),∴CD=(-1,λ,2-2λ).易知平面AOB的一个法向量为n=(1,0,0),设CD与平面AOB所成角为θ0≤θ≤π2,则sinθ=|n∴当λ=45时,sinθ有最大值,最大值为5此时CD与平面AOB所成的角最大,∴CD与平面AOB所成的角中最大角的正弦值为5312.(2024届北京一六六中学10月月考,17)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分别是线段AB,BC的中点.(1)证明:PF⊥FD;(2)若PB与平面ABCD所成的角为45°,求平面PFD与平面CFD所成锐角的余弦值;(3)若PA=1,求点E到平面PFD的距离.解析(1)证明:连接AF,则AF=DF=2,又AD=2,∴DF2+AF2=AD2,∴DF⊥AF.∵PA⊥平面ABCD,DF⊂平面ABCD,∴DF⊥PA,又PA∩AF=A,∴DF⊥平面PAF,又PF⊂平面PAF,∴DF⊥PF.(2)∵PA⊥平面ABCD,∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角,∴∠PBA=45°.∴PA=AB=1.∵平面PFD∩平面CFD=DF,且DF⊥PF,DF⊥AF,∴∠PFA为平面PFD与平面CFD所成锐角,易知PF=3,∴cos∠PFA=AFPF=23=故平面PFD与平面CFD所成锐角的余弦值为63(3)连接EP,ED,EF.∵S△EFD=S矩形ABCD-S△BEF-S△ADE-S△CDF=2-14-12-12∴VP-EFD=13S△EFD·PA=13×34设点E到平面PFD的距离为h,易知S△PFD=62则由VE-PFD=VP-EFD得13S△PFD·h=13×62·h=14,∴点E到平面PFD的距离为6413.(2024届清华高校中学生标准学术实力测试(11月),20)在三棱锥D-ABC中,△ACD为正三角形,平面ACD⊥平面ABC,AD⊥BC,AC=BC=2.(1)求证:BC⊥AC;(2)若E是CD的中点,求直线CD与平面ABE所成角的正弦值.解析(1)证明:设O为AC的中点,连接OD.∵△ACD是正三角形,∴OD⊥AC,∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,∴OD⊥平面ABC.又BC⊂平面ABC,∴OD⊥BC,又∵AD⊥BC,OD∩AD=D,OD,AD⊂平面ACD,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC.(2)设AB中点为F,连接OF.∴OF∥BC,又BC⊥AC,∴OF⊥AC,∴OF、OC、OD两两垂直,以O为原点,分别以OF、OC、OD所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),D(0,0,3),C(0,1,0),F(1,0,0),∴AF=(1,1,0),CD=(0,-1,3),∵E是CD的中点,∴E0,12,32,设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则3不妨取y=-1,则n=(1,-1,3),设直线CD与平面ABE所成角为θ,∴sinθ=|cos<n,CD>|=n·CD|n||14.(2024通州一模,18)如图1,已知四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,取AD的中点E.现将四边形EBCD沿BE折起至四边形EBHG的位置,使得∠AEG=90°,如图2.(1)求证:AE⊥平面EBHG;(2)求二面角A-GH-B的余弦值;(3)若点F满意AF=λAB,当EF∥平面AGH时,求λ的值.解析(1)证明:在题图1中,连接BD,易得△ABD为等边三角形,因为E为AD的中点,所以BE⊥AD,所以BE⊥AE.在题图2中,因为∠AEG=90°,所以GE⊥AE.又GE∩BE=E,所以AE⊥平面EBHG.(2)设菱形ABCD的边长为2,由(1)可知GE⊥AE,BE⊥AE,GE⊥BE.所以以E为原点,EA,EB,EG所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.可得A(1,0,0),B(0,3,0),G(0,0,1),H(0,3,2),所以AG=(-1,0,1),AH=(-1,3,2).设平面AGH的法向量为n=(x,y,z),所以n·AG令x=1,则n=1,-3易知平面EBHG的一个法向量为EA=(1,0,0).设二面角A-GH-B的平面角的大小为θ,由图可知θ<90°,所以cosθ=|cos<n,EA>|=217(3)由AF=λAB,得F(1-λ,3λ,0),所以EF=(1-λ,3λ,0).因为EF∥平面AGH,所以n·EF=0.即1-2λ=0,所以λ=1215.(2024届河南三市联考,18)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥PC,AD∥BC,AD⊥CD,且PC=BC=2AD=2CD=22,PA=2.(1)证明:PA⊥平面ABCD;(2)在线段PD上取一点M,其中PM=λMD(λ>0),是否存在λ,使得三棱锥P-ACM的体积为49?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由解析(1)证明:∵AD⊥CD,AD=CD=2,∴AC=2,又∵PA=2,PC=22,∴PA2+AC2=PC2,∴PA⊥AC.在△ABC中,AC=2,BC=22,易知∠ACB=π4,∴由余弦定理得AB=2,∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥又∵AB⊥PC,AC∩PC=C,∴AB⊥平面PAC,又∵PA⊂平面PAC,∴AB⊥PA,又∵AB∩AC=A,∴PA⊥平面ABCD.