2024高考数学一轮备考复习第8章立体几何第5节直线平面垂直的判定及性质课时跟踪检测文含解析新人教B版

PAGE第八章立体几何第五节直线、平面垂直的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.已知相互垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满意m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n解析：选C因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中共有直角三角形的个数为()A．4 B．3C．2 D．1解析：选A由PA⊥平面ABC可得，△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形．3．在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG解析：选D如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满意题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满意题意．故选D.4．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1A.eq\f(\r(10),4) B.eq\f(\r(6),4)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(\r(6),5)解析：选B如图，取AC，A1C1的中点分别为M，M1，连接MM1，BM，过点D作DN∥BM交MM1于点N，则易证DN⊥平面AA1C1C，连接AN，则∠DAN为AD与平面AA1C1C所成的角．在直角三角形DNA中，sin∠DAN＝eq\f(DN,AD)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq\f(\r(6),4).5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC解析：选D因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确；在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，PE∩AE＝E，DF∥BC，所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B、C正确．6．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________．解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，设母线与底面夹角为θ，则cosθ＝eq\f(r,l)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)7.如图，已知∠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：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC.又因为AP⊂平面PAC，所以AB⊥AP，即与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满意________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：如图，连接AC，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)9．如图，在四棱锥E－ABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，EA⊥EB，点M，N分别是AE，CD的中点．求证：(1)MN∥平面EBC；(2)EA⊥平面EBC.证明：(1)取BE的中点F，连接CF，MF.因为M是AE的中点，所以MFeq\f(1,2)AB.因为N是CD的中点，所以NCeq\f(1,2)AB，所以MFNC，所以四边形MNCF是平行四边形，所以MN∥CF.又MN⊄平面EBC，CF⊂平面EBC，所以MN∥平面EBC.(2)因为平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，又因为在矩形ABCD中，BC⊥AB，所以BC⊥平面EAB.又因为EA⊂平面EAB，所以BC⊥EA.因为EA⊥EB，BC∩EB＝B，EB⊂平面EBC，BC⊂平面EBC，所以EA⊥平面EBC.10.如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又因为PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.(2)延长NM，CD交于点E，因为PC⊥平面AMN，所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，且Rt△PMN∽Rt△PCD，所以MN＝eq\f(CD·PM,PC)＝eq\f(2×\r(2),2\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，在Rt△PMN中，sin∠MPN＝eq\f(MN,PM)＝eq\f(\r(3),3)，故CD与平面AMN所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).B级·素养提升|练实力|11．如图，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B设D1在平面ABC上的射影为E，连接D1E，则D1E⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1.又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1.又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面相互垂直．故选B.12．α，β是两个平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF，现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________．解析：由题意得，AB∥CD，所以A，B，C，D四点共面，①中，因为AC⊥β，EF⊂β，所以AC⊥EF.又因为AB⊥α，EF⊂α，所以AB⊥EF.因为AB∩AC＝A，所以EF⊥平面ABDC.又因为BD⊂平面ABDC，所以BD⊥EF，故①正确；②中，由①可知，若BD⊥EF成立，则有EF⊥平面ABDC，则有EF⊥AC成立，而AC与α，β所成角相等是无法得到EF⊥AC的，故②错误；③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知EF⊥AC，由①可知③正确；④中，仿照②的分析过程可知④错误．答案：①③13．(2024年全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)如图，取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四边形ACGD的面积为4.14．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1－BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；(2)求证：BD⊥A1F(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试推断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM∥EF，又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1