全国统考2023版高考数学大一轮复习第8章立体几何第4讲直线平面垂直的判定及性质1备考试题文含解析20230327181

第八章　立体几何第四讲　直线、平面垂直的判定及性质练好题·考点自测1.下列说法错误的是(　　)A.垂直于同一个平面的两条直线平行B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直2.[2021合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m⊂α,则“n⊥m”是“n⊥α”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3.[2017全国卷Ⅲ,10,5分][文]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(　　)A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC4.[2021湖南模拟]如图8-4-1,在三棱锥V-ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是(　　)A.AC=BCB.AB⊥VCC.VC⊥VDD.S△VCD·AB=S△ABC·VO图8-4-15.[2019北京,13,5分][文]已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;　　②m∥α;　　③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　　　　　. 6.[2020江苏,15,14分]如图8-4-2,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1.(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.\n图8-4-2拓展变式1.[2021陕西省部分学校摸底测试]如图8-4-4,在四棱锥P-ABCD中,图8-4-4BP⊥平面PDC,四边形ABCD是一个直角梯形,AD∥BC,∠ABC=90°,AD=AB=12BC.(1)求证:CD⊥平面PBD.(2)若AB=BP=PA,且VP-ABCD=162,求三棱锥P-ABD的侧面积.2.[2020南昌市三模]如图8-4-7,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=2,AC=2,四边形ABB1A1为菱形,且∠ABB1=60°,AC⊥CC1.图8-4-7(1)求证:平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.(2)求点B1到平面ABC的距离.\n3.[2020河南名校6月联考]图8-4-14(1)是由直角梯形ABEF与直角梯形CDFE构成的,已知AB⊥BC,DC⊥BC,EF⊥BC,AB=5,EF=4,CD=9,BE=2,EC=4,现以EF为折痕,将图8-4-14(1)翻折为如图8-4-14(2)所示的空间几何体,使得△BEC的面积最大.(1)在图8-4-14(2)所示的空间几何体中,线段BC上是否存在一点G,使得EG∥平面AFC?如果存在,请指出点G的位置并证明,如果不存在,请说明理由.(2)求D到平面AFC的距离.(1)　　　　　　　　(2)图8-4-14答案第八章　立体几何第四讲　直线、平面垂直的判定及性质1.D　对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确;对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确;对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选D.2.B　当直线m,n都在平面α内时,不能由m⊥n推出n⊥α;若n⊥α,且m⊂α,由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件,故选B.3.C　由正方体的性质得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故选C.4.C　因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.而VO∩VD=V,所以AB⊥平面VCD.因为CD⊂平面VCD,所以AB⊥CD,所以AC=BC,可知A一定成立.因为VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,可知B一定成立.因为S△VCD=12VO·CD,S△ABC=12AB·CD,所以S△VCD·AB=S△ABC·VO,可知D一定成立.\n由题中条件无法判断VC⊥VD,可知C不一定成立.故选C.5.若l⊥m,l⊥α,则m∥α.(答案不唯一)　若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;若l⊥m,m∥α,则l∥α或l与α相交,故①②⇒③不正确;若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确.6.(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.1.(1)如图D8-4-1,设E是BC的中点,连接DE,设AD=AB=12BC=a,则BE=EC=a,所以AD=AB=BE.又AD∥BE,∠ABC=90°,所以四边形ABED为正方形,所以DE=a,且DE⊥BC,所以BD=DC=2a.又BC=2a,所以由勾股定理的逆定理得CD⊥BD.因为BP⊥平面PDC,CD⊂平面PDC,所以BP⊥CD.又BD∩BP=B,所以CD⊥平面PBD.(2)因为BP⊥平面PDC,所以BP⊥PD,所以PD=BD2-BP2=a,所以PD=PB.如图D8-4-1,在等腰直角三角形PBD中,设O是BD的中点,连接PO,则PO⊥BD,PO=12BD=22a.由(1)知CD⊥平面PBD,所以CD⊥PO.又BD∩CD=D,所以PO⊥平面ABCD.由(1)得S梯形ABCD=(a+2a)·a2=3a22,所以VP-ABCD=13S梯形ABCD·PO=13×3a22×22a=162,得a=4.所以△PAB和△PAD都是边长为4的等边三角形,△PBD是一个腰长为4的等腰直角三角形,所以三棱锥P-ABD的侧面积S侧=S△PAB+S△PAD+S△PBD=43+43+8=83+8.图D8-4-1\n2.(1)如图D8-4-2,取BB1的中点O,连接AB1,OA,OC.菱形ABB1A1中,∠ABB1=60°,故△ABB1是等边三角形,则AO⊥BB1,BO=1,AO=3.又BB1∥CC1,AC⊥CC1,所以AC⊥BB1,又AO⊥BB1,AO∩AC=A,故BB1⊥平面AOC,所以BB1⊥CO,在Rt△BOC中,CO=BC2-BO2=1,所以CO2+AO2=AC2,故CO⊥AO,又AO⊥BB1,CO∩BB1=O,所以AO⊥平面BB1C1C,又AO⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.(2)如图D8-4-2,连接B1C,由(1)知VB1-ABC=VA-BCB1=13S△BCB1·AO=13·12·BB1·CO·AO=33,在△ABC中,cos∠BAC=34,所以sin∠BAC=74,所以S△ABC=12·AB·AC·sin∠BAC=72.设点B1到平面ABC的距离为h,则h=3VB1-ABCS△ABC=2217.图D8-4-23.(1)存在,且BG=15BC,证明如下.图D8-4-3在线段AB上取点H,使得BH=1,连接EH,HG,EG,如图D8-4-3.因为四边形ABEF是梯形,所以AB∥EF,即AH∥EF.又AH=EF=4,所以四边形AHEF是平行四边形,所以HE∥AF.因为BHBA=BGBC=15,\n所以HG∥AC.又HG,HE⊂平面EHG,HG∩HE=H,AF,AC⊂平面AFC,AF∩AC=A,所以平面EHG∥平面AFC.又EG⊂平面EHG,所以EG∥平面AFC.(2)由已知条件得,S△BEC=12×EB×EC×sin∠BEC=12×2×4×sin∠BEC,所以当∠BEC=90°,即EB⊥EC时,△BEC的面积最大.设D到平面AFC的距离为d.在△AFC中,AF=(5-4)2+22=5,AC=52+(22+42)=35,CF=42+42=42,由余弦定理得cos∠CAF=5+45-322×5×35=35,所以sin∠CAF=45,S△AFC=12×AF×AC×sin∠CAF=12×5×35×45=6.S△CDF=S梯形FECD-S△FEC=12×(4+9)×4-12×4×4=18.因为CE⊥BE,BE⊥EF,CE∩EF=E,所以BE⊥平面CEF,又AB∥平面CDFE,所以A到平面CDFE的距离为BE=2.因为VD-AFC=VA-CDF,所以13S△AFC·d=13S△CDF·BE,即13×6×d=13×18×2,所以d=6,即D到平面AFC的距离为6.