2022新高考数学人教A版一轮总复习训练8.4直线、平面垂直的判定与性质专题检测（带解析）

§8.4　直线、平面垂直的判定与性质专题检测1.(2018江西赣州模拟,6)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在(　　)A.直线AC上　　B.直线AB上　　C.直线BC上　　D.△ABC内部答案　B　连接AC1,如图:∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB,∵BC1⊥AC,BC1∩AB=B,∴AC⊥平面ABC1,又AC在平面ABC内,∴根据面面垂直的判定定理,知平面ABC⊥平面ABC1,则根据面面垂直的性质定理知,过平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.故选B.2.(2018山西临汾模拟,7)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是(　　)A.平面BCE⊥平面ABN　　B.MC⊥ANC.平面CMN⊥平面AMN　　D.平面BDE∥平面AMN答案　C　分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1, 连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体.∴BC⊥平面ABN,又BC⊂平面BCE,∴平面BCE⊥平面ABN,故A中说法正确;连接PB,则PB∥MC,显然,PB⊥AN,∴MC⊥AN,故B中说法正确;取MN的中点F,连接AF,CF,AC.∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形,∴AF⊥MN,CF⊥MN,∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角,∵AF=CF=,AC=,∴AF2+CF2≠AC2,即∠AFC≠,∴平面CMN与平面AMN不垂直,故C中说法错误;∵DE∥AN,MN∥BD,DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE,MN∩AN=N,MN,AN⊂平面AMN,∴平面BDE∥平面AMN,故D中说法正确.故选C.3.(2019豫西南五校3月联考,8)已知矩形ABCD,AB=2,BC=2,将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折,在翻折过程中,(　　)A.存在某个位置,使得直线BD与直线AC垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线BC与直线AD垂直D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直答案　B　矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示.在图(1)中,过点A作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足为F,由边AB,BC不相等可知点E、F不重合;在图(2)中,连接CE,对于选项A,若AC⊥BD,又知BD⊥AE,AE∩AC=A,所以BD⊥平面ACE,所以BD⊥CE,与点E,F不重合相矛盾,故选项A错误;对于选项B,若AB⊥CD,又知AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,所以AB⊥AC,由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形,使得直线AB与直线CD垂直,故选项B正确;对于选项C,若AD⊥BC,又知DC⊥BC,AD∩DC=D,所以BC⊥平面ADC,所以BC⊥AC,已知AB=2,BC=2,则BC>AB,所以不存在这样的直角三角形,故选项C错误;由以上可知选项D错误.因此选B.思路分析　根据翻折前后的变量与不变量,利用反证法对选项进行证明排除,从而得到正确结果.4.(2019北京西城一模文,18)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,侧面ADEF为梯形,AF∥DE,DE⊥AD,DC=DE.(1)求证:AD⊥CE;(2)求证:BF∥平面CDE;(3)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面ADQ⊥平面BCE,并说明理由. 解析　(1)证明:由底面ABCD为矩形,知AD⊥CD,又因为DE⊥AD,DE∩CD=D,DE,CD⊂平面CDE,所以AD⊥平面CDE,又因为CE⊂平面CDE,所以AD⊥CE.(2)证明:由底面ABCD为矩形,知AB∥CD,又因为AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AB∥平面CDE,同理AF∥平面CDE,又因为AB∩AF=A,AB,AF⊂平面ABF,所以平面ABF∥平面CDE,又因为BF⊂平面ABF,所以BF∥平面CDE,(3)结论:线段BE上存在点Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ⊥平面BCE.理由如下:取CE的中点P,BE的中点Q,连接AQ,DP,PQ,则PQ∥BC.由AD∥BC,得PQ∥AD,所以A,D,P,Q四点共面.由(1)知AD⊥平面CDE,又因为DP⊂平面CDE,所以AD⊥DP,故BC⊥DP.在△CDE中,由DC=DE,P是CE的中点,可得DP⊥CE. 又因为BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,所以DP⊥平面BCE,又因为DP⊂平面ADPQ,所以平面ADPQ⊥平面BCE(即平面ADQ⊥平面BCE),故线段BE上存在点Q(Q为BE的中点),使得平面ADQ⊥平面BCE.5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD的中点.(1)求证:BG⊥平面PAD;(2)求证:AD⊥PB;(3)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.解析　(1)证明:在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,所以BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.(2)证明:如图,连接PG,因为△PAD为正三角形,G为AD的中点,所以PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD,又PG∩BG=G,所以AD⊥平面PGB.因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.(3)当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.证明:取PC的中点F,连接DE、EF、DF. 在△PBC中,FE∥PB,在菱形ABCD中,GB∥DE.又FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE=E,PB⊂平面PGB,GB⊂平面PGB,PB∩GB=B,所以平面DEF∥平面PGB.因为BG⊥平面PAD,PG⊂平面PAD,所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD,AD∩BG=G,所以PG⊥平面ABCD.又PG⊂平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.6.(2017黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,D是侧棱CC1的中点.(1)证明:平面AB1D⊥平面ABB1A1;(2)若多面体B1A1C1DA的体积为,求正三棱柱ABC-A1B1C1的高.解析　(1)证明:取AB1的中点E,AB的中点F,连接DE,EF,CF.∵E,F分别为AB1,AB的中点,∴EF∥BB1,EF=BB1.又CD∥BB1且CD=BB1,∴CD∥EF,CD=EF,∴四边形CDEF为平行四边形,∴DE∥CF,又三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴△ABC为正三角形,∴CF⊥AB.又∵BB1⊥平面ABC,CF⊂平面ABC,∴CF⊥BB1,又AB∩BB1=B,∴CF⊥平面ABB1A1,又DE∥CF,∴DE⊥平面ABB1A1,又DE⊂平面AB1D,∴平面AB1D⊥平面ABB1A1. (2)多面体B1A1C1DA是以梯形AA1C1D为底面,B1到平面AA1C1D的距离为高的四棱锥,取A1C1的中点H,连接B1H.∵三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,∴B1H⊥A1C1,平面B1C1A1⊥平面AA1C1C,又平面B1C1A1∩平面AA1C1C=A1C1,B1H⊂平面B1C1A1,∴B1H⊥平面AA1C1C.∵A1B1=B1C1=A1C1=2,∴B1H=.设AA1=h,则=×B1H=××2×=h=,所以h=2.所以正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2.7.(2019全国统一诊断卷A,18)在五边形ABCDF中,E是边DF上的点,AF∥BE∥CD,BC∥DF,BC⊥CD,AB=BC=,AF=EF=1,BE=CD=2,如图1,将四边形AFEB沿BE折起,使平面AFEB⊥平面BCDE,将△BCD沿BD折起,使点C与点A重合,重合的点记为M,如图2.(1)连接EM,证明:平面BDM⊥平面DEM;(2)求点E到平面BDM的距离.解析　(1)证明:因为EM==,MB=,BE=2,所以EM2+MB2=BE2,所以MB⊥EM.又因为BC⊥CD,即MB⊥MD,EM∩MD=M, EM⊂平面DEM,MD⊂平面DEM,所以MB⊥平面DEM.(4分)因为MB⊂平面BDM,所以平面BDM⊥平面DEM.(5分)(2)易知∠BED=90°,所以S△BED=BE·ED=.又MF∥BE,BE⊂平面BED,MF⊄平面BED,所以MF∥平面BED.因为平面BEFM⊥平面BED,平面BEFM∩平面BED=BE,EF⊥BE,所以EF⊥平面BED,所以EF是三棱锥M-BED的高,(7分)所以VM-BED=S△BED·EF=.(8分)又易知△BMD是直角三角形,S△BMD=BM·MD=.设点E到平面BDM的距离为h,则VE-BDM=×h,(10分)因为VM-BED=VE-BDM,所以=×h,得h=1,即点E到平面BDM的距离为1.(12分)8.(2019河北衡水调研卷五,18)如图,在多边形ABPCD中(图1),ABCD为长方形,△BPC为正三角形,AB=3,BC=3,现以BC为折痕将△BPC折起,使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2).(1)证明:PD⊥平面PAB;(2)若点E在线段PB上,且PE=PB,当点Q在线段AD上运动时,求三棱锥Q-EBC的体积. 解析　(1)证明:过点P作PO⊥AD,垂足为O.由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上,所以PO⊥平面ABCD,所以PO⊥AB.因为四边形ABCD为矩形,所以AB⊥AD.又AD∩PO=O,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD,AB⊥PA,又由AB=3,PB=3,可得PA=3,同理PD=3.又AD=3,所以PA2+PD2=AD2,所以PA⊥PD,且PA∩PB=A,所以PD⊥平面PAB.(5分)(2)设点E到底面QBC的距离为h,则VQ-BEC=VE-QBC=S△QBC·h.(7分)由PE=PB,可知=, 所以=⇒h=×=.(8分)又S△QBC=BC·AB=×3×3=,所以VQ-EBC=S△QBC·h=××=3.(12分)方法总结　(1)证明空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化,转化时要正确运用相关的定理,找出足够的条件进行推理;(2)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题,即将点到平面的距离看作三棱锥的高,通过转化,借助体积的不变性解决问题.9.(2019江西百所名校模拟八,18)如图,几何体是由半个圆柱及个圆柱拼接而成,其中G,H分别为与的中点,四边形ABCD为正方形.(1)证明:平面DFB⊥平面GCBH;(2)若AB=2,求三棱锥E-ABG的体积.解析　(1)证明:由题意知∠ABF=,因为H为的中点,所以∠ABH=,故∠HBF=,即BF⊥BH.又因为BC⊥平面ABH,BF⊂平面ABH,所以BC⊥BF,又因为BC∩BH=B,所以BF⊥平面GCBH,因为BF⊂平面DFB,所以平面DFB⊥平面GCBH.(5分)(2)连接AH,AE,BE,EG,FH,如图所示, VE-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VF-ABE-VH-ABG=VA-EFHG+VB-EFHG-VE-ABF-VG-ABH,因为AB=2,所以BF=4,BH=2,由(1)知BF⊥BH,所以FH==2,过点A,B分别作FH的垂线,垂足分别为A1,B1,则AA1⊥平面EFHG,BB1⊥平面EFHG.计算得AA1==,BB1==,所以VA-EFHG+VB-EFHG=×2×2×=8,又VE-ABF=××2×2×2=,VG-ABH=××2×2×2=,所以VE-ABG=8--=4.(12分)10.(2019河南郑州第二次质量预测,18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=,△PAD是等边三角形,F为AD的中点,PD⊥BF.(1)求证:AD⊥PB;(2)若E在线段BC上,且EC=BC,能否在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD?若存在,求出三棱锥D-CEG的体积;若不存在,请说明理由. 解析　(1)证明:连接PF,∵△PAD是等边三角形,F是AD的中点,∴PF⊥AD.∵底面ABCD是菱形,∠BAD=,∴BF⊥AD.又PF∩BF=F,∴AD⊥平面BFP,又PB⊂平面BFP,∴AD⊥PB.(4分)(2)能在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥BF,∵PD⊥BF,AD∩PD=D,∴BF⊥平面PAD.又BF⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,又平面ABCD∩平面PAD=AD,且PF⊥AD,∴PF⊥平面ABCD.(6分)连接CF交DE于点H,过H作HG∥PF交PC于G,∴GH⊥平面ABCD.又GH⊂平面DEG,∴平面DEG⊥平面ABCD.∵AD∥BC,∴△DFH∽△ECH,∴==,∴==,(10分)∴GH=PF=, ∴VD-CEG=VG-CDE=S△CDE·GH=×DC·CE·sin·GH=.(12分)思路分析　(1)由△PAD是等边三角形,底面ABCD是菱形,∠BAD=,证得PF⊥AD,BF⊥AD,从而证得AD⊥平面BFP,进而AD⊥PB得证;(2)先证得BF⊥平面PAD,进而证得PF⊥平面ABCD,得棱PC上存在点G使平面DEG⊥平面ABCD,再利用三角形相似求出GH=,最后利用等体积法求解.11.(2019广西南宁质检,18)四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,BC=CD=PD=2,AB=4,PA⊥BD,平面PBC⊥平面PCD,M,N分别是AD,PB的中点.(1)证明:PD⊥平面ABCD;(2)求MN与平面PDA所成角的正弦值.解析　(1)证明:取PC中点Q,连接DQ.∵CD=PD,∴DQ⊥PC,又∵平面PBC⊥平面PCD,且两平面交于PC,∴DQ⊥平面PBC,∵BC⊂平面PBC,∴DQ⊥BC,由题易知BC⊥CD,∵DQ∩DC=D,∴BC⊥平面PDC,∴BC⊥PD.在直角梯形ABCD中,易求得BD=2,AD=2,又AB=4,则AD2+BD2=AB2,即BD⊥AD.又∵BD⊥PA,AD∩PA=A, ∴BD⊥平面PAD,∴BD⊥PD.∵BC∩BD=B,∴PD⊥平面ABCD.(2)以D为原点,,,方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),M(,0,0),N(0,,1),=(-,,1).由(1)知,平面PAD的法向量为=(0,2,0),故所求线面角的正弦值为|cos<,>|===.12.(2020新疆乌鲁木齐10月月考,18)在五边形AEBCD中,BC⊥CD,CD∥AB,AB=2CD=2BC,AE⊥BE,AE=BE(如图1).将△ABE沿AB折起,使平面ABE⊥平面ABCD,线段AB的中点为O(如图2).(1)求证:平面ABE⊥平面DOE;(2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.解析　本题主要考查平面图形的折叠、面面垂直的判定及二面角,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算.(1)证明:因为AB=2CD,O是线段AB的中点,则OB=CD.又CD∥AB,所以四边形OBCD为平行四边形,又BC⊥CD,所以AB⊥OD.因为AE=BE,OB=OA,所以EO⊥AB.又EO∩DO=O,所以AB⊥平面DOE. 又AB⊂平面ABE,故平面ABE⊥平面DOE.(5分)(2)由(1)易知OB,OD,OE两两垂直,以O为坐标原点,OB,OD,OE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,由题意知△EAB为等腰直角三角形,又AB=2CD=2BC,则OA=OB=OD=OE,设CD=BC=1,则O(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1),=(-1,0,0),=(0,-1,1).设平面ECD的法向量n=(x,y,z),则即令z=1,得平面ECD的一个法向量为n=(0,1,1).因为OD⊥平面ABE,所以平面ABE的一个法向量为=(0,1,0).设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ,则cosθ=|cos<,n>|==.因为0°<θ<90°,所以θ=45°,故平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为45°.(12分)思路分析　(1)先证AB⊥OD,EO⊥AB,进而推出AB⊥平面EOD,最后由面面垂直的判定定理证明平面ABE⊥平面DOE;(2)以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,求出平面ECD的一个法向量及平面ABE的一个法向量,用向量法求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.13.(2019湖北恩施二模,19)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,AC=CC1=2,其中P为棱CC1的中点,Q为棱CC1上且位于P点上方的动点.(1)证明:BP⊥平面A1B1C; (2)若平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为,求直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值.解析　(1)证明:在侧面BCC1B1中,因为BC=2,CC1=2,P为棱CC1的中点,B1B⊥BC,C1C⊥BC,所以tan∠BB1C===,tan∠PBC==,所以∠BB1C=∠PBC,又∠BB1C+∠BCB1=90°,所以∠PBC+∠BCB1=90°,所以PB⊥B1C.(2分)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面A1B1C1,所以BB1⊥A1B1,因为AB=BC=2,AC=2,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC,又AB∥A1B1,BC∥B1C1,所以A1B1⊥B1C1.因为BB1∩B1C1=B1,所以A1B1⊥平面BCC1B1,(4分)所以A1B1⊥BP,因为A1B1∩B1C=B1,所以BP⊥平面A1B1C.(6分)(2)如图,以BC,BA,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则P(2,0,),=(2,0,)为平面A1B1C的一个法向量. 设Q(2,0,t)(t∈(,2]),则=(2,0,t).易知=(0,2,0),(8分)设平面ABQ的法向量为n=(x,y,z),则取n=(-t,0,2),因为平面A1B1C与平面ABQ所成的锐二面角的余弦值为,所以=,所以=,解得t=或t=,又t∈(,2],所以t=,所以=,(10分)所以直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值为==.(12分)思路分析　(1)首先利用三角函数关系证明PB⊥B1C,然后利用勾股定理的逆定理及等角定理证明A1B1⊥B1C1,从而得出A1B1⊥平面BCC1B1,进一步得出BP⊥平面A1B1C;(2)建立空间直角坐标系,分别求得平面A1B1C与平面ABQ的法向量,利用锐二面角的余弦值求参数值,从而得出的坐标,最后求得直线BQ与平面A1B1C所成角的正弦值.14.(2019福建漳州二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面ABCD⊥平面PAD,AD∥BC,AB=BC=AP=AD,∠ADP=30°,∠BAD=90°,E是PD的中点.(1)证明:PD⊥PB;(2)设AD=2,点M在线段PC上,且异面直线BM与CE所成角的余弦值为,求二面角M-AB-P的余弦值. 解析　(1)证明:因为∠BAD=90°,所以BA⊥AD.因为平面ABCD⊥平面PAD,交线为AD,所以BA⊥平面PAD,从而BA⊥PD.(2分)在△PAD中,=,即=,得sin∠APD=1,∴∠APD=90°,故AP⊥PD.(4分)因为BA∩AP=A,所以PD⊥平面PAB.(5分)又PB⊂平面PAB,所以PD⊥PB.(6分)(2)如图,以P为坐标原点,以PD,PA所在直线分别为x轴,y轴,过点P垂直于平面PAD的射线为z轴正半轴,建立空间直角坐标系,因为AD=2,所以AB=BC=AP=1,PD=,所以P(0,0,0),A(0,1,0),B(0,1,1),C,E,(7分)设=λ(0≤λ<1),则=λ,所以M,从而=,(8分)又=,所以|cos<,>|==,得9λ2-36λ+20=0,解得λ=或λ=(舍去), 故M.(9分)设平面MAB的法向量为m=(x,y,z),则整理得令y=,得m=(2,,0).(10分)由(1)知PD⊥平面PAB,所以平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),(11分)所以cos<m,n>==,易知二面角M-AB-P为锐二面角,故二面角M-AB-P的余弦值为.(12分)15.(2019广东广州天河二模,18)如图,已知等边△ABC中,E,F分别为AB,AC边的中点,M为EF的中点,N为BC边上一点,且CN=BC,将△AEF沿EF折到△A'EF的位置,使平面A'EF⊥平面EFCB.(1)求证:平面A'MN⊥平面A'BF;(2)求二面角E-A'F-B的余弦值.解析　(1)证明:因为E,F分别为等边△ABC中AB,AC边的中点,所以EF∥BC,EF=BC,△AEF为等边三角形,所以折叠后,△A'EF也是等边三角形,且EF∥BC.因为M是EF的中点,所以A'M⊥EF.(1分)又平面A'EF⊥平面EFCB,A'M⊂平面A'EF, 所以A'M⊥平面EFCB,(2分)又BF⊂平面EFCB,所以A'M⊥BF.(3分)因为CN=BC,EF∥BC且EF=BC,M为EF的中点,所以MF∥CN,MF=CN,则四边形MFCN是平行四边形,所以MN∥CF.在正△ABC中,知BF⊥CF,所以BF⊥MN.(4分)而A'M∩MN=M,所以BF⊥平面A'MN.又因为BF⊂平面A'BF,所以平面A'MN⊥平面A'BF.(5分)(2)设等边△ABC的边长为4,取BC的中点G,连接MG,由题设知MG⊥BC,由(1)知A'M⊥平面EFCB,又MG⊂平面EFCB,所以A'M⊥MG,(6分)如图,建立空间直角坐标系M-xyz,则F(-1,0,0),A'(0,0,),B(2,,0),=(1,0,),=(3,,0).(7分)设平面A'BF的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则n=(-,3,1).(9分)易知平面A'EF的一个法向量为m=(0,1,0),(10分)所以cos<n,m>===,(11分)显然二面角E-A'F-B是锐二面角,所以二面角E-A'F-B的余弦值为.(12分)