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2022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备考试题2022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备考试题年级：姓名：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,为平面,且m,则“nm”是“n”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,10,5分文在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC4.2021湖南模拟如图8-4-1,在三棱锥V-ABC中,VO平面ABC,OCD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是()A.AC=BCB.ABVCC.VCVDD.SVCDAB=SABCVO图8-4-15.2019北京,13,5分文已知l,m是平面外的两条不同直线.给出下列三个论断:lm;m;l.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,ABAC,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.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,ADBC,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,ACCC1.图8-4-7(1)求证:平面ABB1A1平面BB1C1C.(2)求点B1到平面ABC的距离.3.2020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ABBC,DCBC,EFBC,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都在平面内时,不能由mn推出n;若n,且m,由线面垂直的性质知mn.所以“nm”是“n”的必要不充分条件,故选B.3.C由正方体的性质得A1B1BC1,B1CBC1,又A1B1B1C=B1,所以BC1平面A1B1CD,又A1E平面A1B1CD,所以A1EBC1,故选C.4.C因为VO平面ABC,AB平面ABC,所以VOAB.因为VA=VB,AD=BD,所以VDAB.而VOVD=V,所以AB平面VCD.因为CD平面VCD,所以ABCD,所以AC=BC,可知A一定成立.因为VC平面VCD,所以ABVC,可知B一定成立.因为SVCD=12VOCD,SABC=12ABCD,所以SVCDAB=SABCVO,可知D一定成立.由题中条件无法判断VCVD,可知C不一定成立.故选C.5.若lm,l,则m.(答案不唯一)若l,lm,则m,显然正确;若lm,m,则l或l与相交,故不正确;若l,m,则l垂直内所有直线,在内必存在与m平行的直线,所以可推出lm,故正确.6.(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EFAB1.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B1CAB.又ABAC,B1C平面AB1C,AC平面AB1C,B1CAC=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D 8-4-1,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ADBE,ABC=90,所以四边形ABED为正方形,所以DE=a,且DEBC,所以BD=DC=2a.又BC=2a,所以由勾股定理的逆定理得CDBD.因为BP平面PDC,CD平面PDC,所以BPCD.又BDBP=B,所以CD平面PBD.(2)因为BP平面PDC,所以BPPD,所以PD=BD2-BP2=a,所以PD=PB.如图D 8-4-1,在等腰直角三角形PBD中,设O是BD的中点,连接PO,则POBD,PO=12BD=22a.由(1)知CD平面PBD,所以CDPO.又BDCD=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ABCDPO=133a2222a=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=SPAB+SPAD+SPBD=43+43+8=83+8.图D 8-4-12.(1)如图D 8-4-2,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AOBB1,BO=1,AO=3.又BB1CC1,ACCC1,所以ACBB1,又AOBB1,AOAC=A,故BB1平面AOC,所以BB1CO,在RtBOC中,CO=BC2-BO2=1,所以CO2+AO2=AC2,故COAO,又AOBB1,COBB1=O,所以AO平面BB1C1C,又AO平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面BB1C1C.(2)如图D 8-4-2,连接B1C,由(1)知VB1-ABC=VA-BCB1=13SBCB1AO=1312BB1COAO=33,在ABC中,cosBAC=34,所以sinBAC=74,所以SABC=12ABACsinBAC=72.设点B1到平面ABC的距离为h,则h=3VB1-ABCSABC=2217.图D 8-4-23.(1)存在,且BG=15BC,证明如下.图D 8-4-3在线段AB上取点H,使得BH=1,连接EH,HG,EG,如图D 8-4-3.因为四边形ABEF是梯形,所以ABEF,即AHEF.又AH=EF=4,所以四边形AHEF是平行四边形,所以HEAF.因为BHBA=BGBC=15,所以HGAC.又HG,HE平面EHG,HGHE=H,AF,AC平面AFC,AFAC=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,SBEC=12EBECsinBEC=1224sinBEC,所以当BEC=90,即EBEC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cosCAF=5+45-322535=35,所以sinCAF=45,SAFC=12AFACsinCAF=1253545=6.SCDF=S梯形FECD-SFEC=12(4+9)4-1244=18.因为CEBE,BEEF,CEEF=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13SAFCd=13SCDFBE,即136d=13182,所以d=6,即D到平面AFC的距离为6.