2023届人教A版新高考数学新教材一轮复习第八章立体几何与空间向量课时规范练36直线、平面垂直的判定与性质（Word版带解析）

课时规范练36　直线、平面垂直的判定与性质基础巩固组1.(2021湖南师大附中模拟)若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且m⊥α,n⊂β,则“m∥n”是“α⊥β”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2.已知平面α,β,直线n⊂α,直线m⊂β,则下列命题正确的是(　　)A.α∥β⇒m∥nB.α⊥β⇒m⊥nC.m⊥α⇒α⊥βD.m⊥n⇒m⊥α3.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是(　　)A.AC⊥SBB.AD⊥SCC.平面SAC⊥平面SBDD.BD⊥SA4.已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD垂直圆柱的底面,则必有(　　)A.平面ABC⊥平面BCDB.平面BCD⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面BCD⊥平面ABD5.(2021浙江,6)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则(　　)\nA.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCDB.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCDD.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B16.(多选)如图,在以下四个正方体中,直线AB与平面CDE垂直的是(　　)7.(2021北京人大附中模拟)已知α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,l⊥α,m⊂β,下列四个命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l⊥m⇒α∥β;④l∥m⇒α⊥β.其中正确的命题是　　　　　.(写出所有正确命题的序号) 8.如图,已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面,连接PB,PC,PA,AC,BD,则一定互相垂直的平面有　　　　　对. 9.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为a的正方形,侧棱PD=a,PA=PC=a.求证:(1)PD⊥平面ABCD;(2)平面PAC⊥平面PBD.\n综合提升组10.(多选)(2021湖北黄冈中学三模)若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,正确的是(　　)A.若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线B.若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直C.若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m异面的直线D.若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线11.(多选)(2021新高考Ⅱ,10)如图,在正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的是(　　)12.(2021河北迁西第一中学模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1⊥平面ABC,BC=CC1,当底面A1B1C1满足条件　　　　　时,有AB1⊥BC1.(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情况) 13.在矩形ABCD中,AB<BC,现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折的过程中,给出下列结论:①存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直;②存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直;③存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直.其中正确结论的序号是　　　　. 14.(2021广东珠海第二中学模拟)在五面体EF-ABCD中,正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AD=DC=BC=AB.\n(1)求证:平面BCF⊥平面ACE;(2)若三棱锥A-BCE的体积为,求线段AB的长.创新应用组15.刘徽注《九章算术·商功》“斜解立方,得两堑堵.斜解堑堵,其一为阳马,一为鳖臑.阳马居二,鳖臑居一,不易之率也.合两鳖臑三而一,验之以棊,其形露矣.”如图1解释了由一个长方体得到“堑堵”“阳马”“鳖臑”的过程.堑堵是底面为直角三角形的直棱柱;阳马是一条侧棱垂直于底面且底面为矩形的四棱锥;鳖臑是四个面都为直角三角形的四面体.图1图2在如图2所示由正方体ABCD-A1B1C1D1得到的堑堵ABC-A1B1C1中,当点P在下列三个位置:A1A中点,A1B中点,A1C中点时,分别形成的四面体P-ABC中,鳖臑的个数为(　　)\n　　　　　　　　　　　　　　　　　A.0B.1C.2D.316.(2021广东深圳月考)已知某“鞠”(鞠为一种球体)的表面上有四个点A,B,C,D满足AB=BC=CD=DA=DB=10cm,AC=15cm,则点A到平面BCD的距离为　　　　　cm,该“鞠”的表面积为　　　　　cm2. \n课时规范练36　直线、平面垂直的判定与性质1.A　解析若m∥n,∵m⊥α,∴n⊥α.又n⊂β,由面面垂直判定定理知,α⊥β.∴“m∥n”是“α⊥β”的充分条件;若α⊥β,如图,在正方体ABCD-A'B'C'D'中,记平面BCC'B'为α,记平面ABCD为β,A'B'为直线m,AD为直线n,满足条件α⊥β,m⊥α,n⊂β,直线m,n异面.∴“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件.故选A.2.C　解析若直线n⊂α,直线m⊂β,α∥β,则m与n可能异面,可能平行,故A错误;由直线n⊂α,直线m⊂β,α⊥β,则m与n可能平行,可能相交,可能异面,故B错误;由直线m⊂β,m⊥α,可得α⊥β,故C正确;由直线n⊂α,直线m⊂β,m⊥n,则m与α可能平行,可能相交,故D错误.故选C.3.D　解析SD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD与AC垂直,则SB⊥AC,A正确;SC在平面ABCD的射影DC与AD垂直,则SC⊥AD,B正确;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC⊂平面SAC,从而有平面SAC⊥平面SBD,C正确;若BD⊥SA,则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA,这不符合题意,D错误.故选D.4.B　解析因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC.又AD垂直圆柱的底面,所以AD⊥BC.因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故选B.5.A　解析连接AD1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1D的中点,所以M为AD1中点.又N是D1B的中点,所以MN∥AB.因为MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.因为AB不垂直BD,所以MN不垂直BD,则MN不垂直平面BDD1B1,所以选项B,D错误;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD1⊥A1D,AB⊥平面AA1D1D,所以AB⊥A1D,AD1∩AB=A,所以A1D⊥平面ABD1.D1B⊂平面ABD1,所以A1D⊥D1B,且直线A1D,D1B是异面直线,所以选项C错误,选项A正确.\n故选A.6.BD　解析对于A,由AB与CE所成角为45°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于B,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;对于C,由AB与CE所成角为60°,可得直线AB与平面CDE不垂直;对于D,连接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE.故选BD.7.①④　解析α∥β,l⊥α,所以l⊥β.又m⊂β,所以l⊥m,①正确;α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,所以l,m可能平行、相交或异面,②错误;l⊥m,l⊥α,m⊂β,则α,β相交或平行,③错误;l∥m,l⊥α,则m⊥α,又m⊂β,所以α⊥β,④正确.8.7　解析在四棱锥P-ABCD中,①因为PD⊥平面ABCD,PD⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD;同理可得,平面PBD⊥平面ABCD,平面PCD⊥平面ABCD;②因为PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PD⊥AB.因为ABCD为正方形,所以AB⊥AD.又PD,AD在平面PAD内,且相交于点D,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.同理可得,平面PCB⊥平面PCD,平面PAC⊥平面PBD,平面PCD⊥平面PAD.所以一定互相垂直的平面有7对.9.证明(1)∵PD=a,DC=a,PC=a,∴PC2=PD2+DC2,则PD⊥DC.同理可证PD⊥AD.又AD∩DC=D,且AD⊂平面ABCD,DC⊂平面ABCD,∴PD⊥平面ABCD.(2)(方法1)由(1)知PD⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,∴PD⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又BD∩PD=D,且PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.(方法2)设AC与BD交于点O,连接PO(图略),易知PO⊥AC.∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD.又PO∩BD=O,PO⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,∴AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面PBD.10.BD　解析设平面α∩平面β=直线l,对于A,当平面α⊥平面β时,在平面β内作直线n⊥l,则n⊥α,而m⊥α,则n∥m,故A错误;对于B,m⊥α,则m⊥l,则平面β内与l平行的所有直线都与直线m垂直,故B正确;对于C,因为直线m⊂α,则m与l重合时,即m⊂β,β内的所有直线都与m共面,故C错误;对于D,当m⊥β时,结论成立,直线m与β不垂直时,作与直线m垂直的平面γ,则γ必与β相交,所得交线与m垂直,故D正确.故选BD.11.BC　解析设正方体的棱长为2,对于A,如图1所示,连接AC,则MN∥AC,\n图1故∠POC(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=,CP=1,故tan∠POC=,则MN⊥OP不成立,故A错误;图2对于B,如图2所示,取MT的中点为Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥MT,PQ⊥MN.由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面AMDT,而OQ⊂平面AMTD,故SM⊥OQ,而SN∩MN=N,故OQ⊥平面SNTM.又MN⊂平面SNTM,则OQ⊥MN,而OQ∩PQ=Q,所以MN⊥平面OPQ,而PO⊂平面OPQ,故MN⊥OP,故B正确;图3对于C,如图3,连接BD,则BD∥MN,由B的判断可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确;对于D,如图4所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,图4则AC∥MN.因为DP=PC,DQ=QA,所以PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO(或其补角)为异面直线OP,MN所成的角,因为PQ=AC=,OQ=,\nPO=,所以OQ2<PQ2+OP2,所以∠QPO不是直角,故OP与MN不垂直,故D不合题意.故选BC.12.A1C1⊥B1C1(答案不唯一)　解析当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时,有AB1⊥BC1.证明如下:∵AA1⊥平面ABC,BC=CC1,∴四边形BCC1B1是正方形,∴BC1⊥B1C.∵CC1∥AA1,∴A1C1⊥CC1.又A1C1⊥B1C1,CC1∩B1C1=C1,CC1,B1C1⊂平面BCC1B1,∴A1C1⊥平面BCC1B1.∵AC∥A1C1,∴AC⊥平面BCC1B1.∵BC1⊂平面BCC1B1,∴BC1⊥AC.∵AC,B1C⊂平面ACB1,∴BC1⊥平面ACB1,∴当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时,有AB1⊥BC1.13.②　解析①假设AC与BD垂直,过点A作AE⊥BD于点E,连接CE.则⇒BD⊥平面AEC,则BD⊥CE,而在平面BCD中,CE与BD不垂直,故假设不成立,①不正确.②假设AB⊥CD,∵AB⊥AD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,由AB<BC可知,存在这样的直角三角形,使AB⊥AC,故假设成立,②正确.③假设AD⊥BC,∵CD⊥BC,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,即△ABC为直角三角形,且AB为斜边,而AB<BC,故矛盾,假设不成立,③不正确.14.(1)证明取AB中点O,连接CO.∵AD=DC=BC=AB,AB∥CD,∴四边形AOCD为菱形,∴CO=OA=OB,∴△OCB为正三角形,∴AC⊥BC.∵正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直,且平面CDEF∩平面ABCD=CD,CD⊥CF,∴FC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴FC⊥AC.BC∩FC=C,∴AC⊥平面BCF.∵AC⊂平面ACE,∴平面ACE⊥平面BCF.\n(2)解设BC=x,则AB=2x,由勾股定理得AC=x,由(1)可知,ED⊥平面ABCD,故VA-BCE=VE-ABC=S△ABC·ED,S△ABC=·x·x=x2,即x3=,解得x=2,即AB=4.15.C　解析设正方体的棱长为a,则由题意知,A1C1=AC=a,A1B=a,A1C=a,当P为A1A的中点时,因为PA⊥平面ABC,则∠PAC=∠PAB=90°,∠ABC=90°.由BC⊥平面PAB,得BC⊥PB,即∠PBC=90°,则△PAB,△PAC,△ABC,△PBC是直角三角形,即此时P-ABC是鳖臑;当P为A1B的中点时,因为BC⊥平面ABB1A1,所以BC⊥PB,BC⊥AB,所以△PBC,△ABC为直角三角形.因为ABB1A1是正方形,所以AP⊥BP,则△PAB是直角三角形,又AP⊥BC,BP∩BC=B,所以AP⊥平面PBC,所以AP⊥PC,所以△PAC是直角三角形,则此时P-ABC是鳖臑;当P为A1C的中点时,此时PA=PC=A1C=,又AC=a,由勾股定理可知,△PAC不是直角三角形,则此时P-ABC不是鳖臑.故选C.16.　解析由已知得△ABD,△CBD均为等边三角形.如图所示,设球心为O,设△BCD的中心为O',取BD的中点F,连接AF,CF,OO',OB,O'B,AO,则AF⊥BD,CF⊥BD,AF∩CF=F,得BD⊥平面AFC,则AF=CF=5cm,而AC=15cm,所以∠AFC=120°.在平面AFC中过点A作CF的垂线,与CF的延长线交于点E,由BD⊥平面AFC,得BD⊥AE,故AE⊥平面BCD.过点O作OG⊥AE于点G,则四边形O'EGO是矩形,则O'B=BCsin\n60°=(cm),O'F=O'B=(cm),AE=AFsin60°=(cm),即点A到平面BCD的距离为cm,EF=AFsin30°=(cm).设球的半径为R,OO'=xcm,则由OO'2+O'B2=OB2,OA2=AG2+GO2,得x2+=R2,2+-x2=R2,解得x=5,则R=cm,故三棱锥A-BCD外接球的表面积S=4πR2=(cm2).