五年高考2022届高考数学复习第八章第五节直线平面垂直的判定与性质文全国通用

第五节　直线、平面垂直的判定与性质考点　直线、平面垂直的判定与性质1.(2022·浙江，6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)A.若m⊥n，n∥α，则m⊥αB.若m∥β，β⊥α，则m⊥αC.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α解析　选项A、B、D中m均可能与平面α平行、垂直、斜交或平面α内，故选C.答案　C2.(2022·浙江，4)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面(　　)A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m∥α，m∥β，则α∥βC.若m∥n，m⊥α，则n⊥αD.若m∥α，α⊥β，则m⊥β解析　A选项中直线m，m可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B选项中，α与β也可能相交，此时直线m平行于α，β的交线；D选项中，m也可能平行于β.故选C.答案　C3.(2022·大纲全国，11)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)A.B.C.D.解析　如图，设AA1＝2AB＝2，AC交BD于点O，连接OC1，过C作CH⊥OC1于点H，连接DH.∵BD⊥AC，BD⊥AA1，∴BD⊥平面ACC1A1.∴CH⊂平面ACC1A1，∴CH⊥BD.∴CH⊥平面C1BD.∴∠CDH为CD与平面BDC1所成的角.OC1＝＝＝.10\n由等面积法得OC1·CH＝OC·CC1，∴·CH＝×2.CH＝.∴sin∠CDH＝＝＝.故选A.答案　A4.(2022·浙江，5)设l是直线，α，β是两个不同的平面(　　)A.若l∥α，l∥β，则α∥βB.若l∥α，l⊥β，则α⊥βC.若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD.若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析　A选项中由l∥α，l∥β不能确定α与β的位置关系，C选项中由α⊥β，l⊥α可推出l∥β或l⊂β，D选项由α⊥β，l∥α不能确定l与β的位置关系.答案　B5.(2022·全国，8)已知直二面角αlβ，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，点B∈β，BD⊥l，D为垂足.若AB＝2，AC＝BD＝1，则CD＝(　　)A.2B.C.D.1解析　由题意得AB2＝AC2＋CD2＋BD2，即4＝1＋CD2＋1，解得CD＝，故选C.答案　C6.(2022·湖北，4)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是(　　)A.①②B.②③C.①④D.③④解析　由公理4知①是真命题.在空间内a⊥b，b⊥c，直线a、c的关系不确定，故②是假命题.由a∥γ，b∥γ，不能判定a、b的关系，故③是假命题.④是直线与平面垂直的性质定理.故选C.答案　C7.(2022·辽宁，16)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形.若PA＝2，则△OAB的面积为________.解析　将直四棱锥补成长方体如图：10\n球O的直径2R＝＝4，∴R＝2.S△OAB＝×2×3＝3.答案　38.(2022·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，G是AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.解　(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.由已知得，三棱锥EACD的体积VEACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.10\n故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.9.(2022·安徽，19)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.(1)求三棱锥PABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求的值.(1)解　由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝·AB·AC·sin60°＝.由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高，又PA＝1.所以三棱锥PABC的体积V＝·S△ABC·PA＝.(2)证明　在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN，又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，从而NC＝AC－AN＝，由MN∥PA，得＝＝.10.(2022·湖北，20)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的阳马PABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试判断四面体EBCD是否为鳖臑.若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马PABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求的值.解　(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，10\n所以DE⊥平面PBC.由BC⊥平面PCD，DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB.(2)由已知，PD是阳马PABCD的高，所以V1＝SABCD·PD＝BC·CD·PD；由(1)知，DE是鳖臑DBCE的高，BC⊥CE，所以V2＝S△BCE·DE＝BC·CE·DE.在Rt△PDC中，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE＝CE＝CD，于是＝＝＝4.11.(2022·浙江，18)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D为B1C1的中点.(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值.(1)证明　设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE，因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以AA1DE为平行四边形.于是A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(2)解　作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.因为BC⊥AE，所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F，A1F⊥平面BB1C1C.所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角.由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝.10\n由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝.由DE＝BB1＝4.DA1＝EA＝，∠DA1E＝90°，得A1F＝.所以sin∠A1BF＝.12.(2022·天津，17)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.(1)求证：EF∥平面A1B1BA；(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1；(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.(1)证明　如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1.又因为EF⊄平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.(2)证明　因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，又因为AE⊂平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.(3)解　取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE.因为N和E分别为B1C和BC的中点，所以NE∥B1B，NE＝B1B，故NE∥A1A且NE＝A1A，所以A1N∥AE，且A1N＝AE.又因为AE⊥平面BCB1，所以A1N⊥平面BCB1，从而∠A1B1N为直线A1B1与平面BCB1所成的角.在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2.因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以A1M∥AB，A1M＝AB，又由AB⊥BB1，有A1M⊥BB1.10\n在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4.在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝，因为∠A1B1N＝30°.所以，直线A1B1与平面BCB1所成的角为30°.13.(2022·重庆，20)如图，四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝.(1)证明：BC⊥平面POM；(2)若MP⊥AP，求四棱锥PABMO的体积.(1)证明　如图，因四边形ABCD为菱形，O为菱形中心，连接OB，则AO⊥OB.因∠BAD＝，故OB＝AB·sin∠OAB＝2sin＝1，又因BM＝，且∠OBM＝，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－2OB·BM·cos∠OBM＝12＋()2－2×1××cos＝.所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.(2)解　由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2×cos＝.设PO＝a，由PO⊥底面ABCD知，△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.由△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋.10\n连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM＝22＋－2×2××cos＝.由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，即a2＋3＋a2＋＝，得a＝，a＝－(舍去)，即PO＝.此时S四边形ABMO＝S△AOB＋S△OMB＝·AO·OB＋·BM·OM＝××1＋××＝.所以四棱锥PABMO的体积VPABMO＝·S四边形ABMO·PO＝××＝.14.(2022·新课标全国Ⅰ，19)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1的高.(1)证明　连接BC1，则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，又因为BC1∩AO＝O，所以B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)解　作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝.由于AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.由OH·AD＝OD·OA，且AD＝＝，得OH＝.10\n又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABCA1B1C1的高为.15.(2022·江西，19)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；(2)求点B1到平面EA1C1的距离.(1)证明　过B作CD的垂线交CD于F，则BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.在Rt△BFE中，BE＝.在Rt△CFB中，BC＝.在△BEC中，因为BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC.由BB1⊥平面ABCD得BE⊥BB1，又BC∩BB1＝B，所以BE⊥平面BB1C1C.(2)解　连接B1E，则三棱锥EA1B1C1的体积V＝AA1·S△A1B1C1＝.在Rt△A1D1C1中，A1C1＝＝3.同理，EC1＝＝3，A1E＝＝2.故S△A1C1E＝3.设点B1到平面EA1C1的距离为d，则三棱锥B1A1C1E的体积V＝·d·S△A1C1E＝d，从而d＝，d＝.16.(2022·北京，17)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点.求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.10\n证明　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形，所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.且PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.且CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.10