2022版高考数学一轮复习-课后限时集训-43-直线、平面垂直的判定及其性质.doc

2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 43 直线、平面垂直的判定及其性质2022版高考数学一轮复习 课后限时集训 43 直线、平面垂直的判定及其性质年级：姓名：课后限时集训(四十三)直线、平面垂直的判定及其性质建议用时：40分钟一、选择题1已知直线l平面，直线m平面，若，则下列结论正确的是()Al或lBlmCmDlmA直线l平面，则l或l，A正确，故选A.2(多选)(2020山东泰安期末)已知，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是()A若mn，m，则nB若m，n，则mnC若m，m，则D若m，mn，n，则ACD易知A正确；对于B，如图，设m为AB，平面A1B1C1D1为平面，m，设平面ADD1A1为平面，A1D1为n，则mn，故B错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C对；若m，mn，则n，又n，则，故D对故选ACD.3.如图，在四面体DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列结论正确的是()A平面ABC平面ABDB平面ABD平面BDCC平面ABC平面BDE，且平面ADC平面BDED平面ABC平面ADC，且平面ADC平面BDEC因为ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理有DEAC，于是AC平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC平面BDE.又由于AC平面ACD，所以平面ACD平面BDE.4(2020南宁模拟)在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PAAB2，则直线PB与平面PAC所成角为()AB CDA连接BD，交AC于点O.因为PA平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BDAC，BDPA.又因为PAACA，所以BD平面PAC，故BO平面PAC.连接OP，则BPO即为直线PB与平面PAC所成角又因为PAAB2，所以PB2，BO.所以sinBPO，所以BPO.故选A.5(2017全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1BA1EBDCA1EBC1 DA1EACC如图，A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，选项B，D错误；A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故选项C正确；(证明：由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.)A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故选项A错误故选C.6(多选)(2020安徽滁州月考)如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将ADE，CDF，BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P(如图2)，则下列结论正确的是()图1 图2APDEFB平面PDE平面PDFC二面角PEFD的余弦值为D点P在平面DEF上的正投影是DEF的外心ABC对于A选项，如图，取EF的中点H，连接PH，DH，由题意知PEPF，DEDF，故PHEF，DHEF，又PHDHH，所以EF平面PDH，所以PDEF，故A正确；根据折起前后的题图，可知PE，PF，PD三线两两垂直，于是可证平面PDE平面PDF，故B正确；根据A选项可知PHD为二面角PEFD的平面角，设正方形ABCD的边长为2，因此PEPF1，PH，HD2，PD2，由余弦定理得，cosPHD，故C正确；由于PEPFPD，故点P在平面DEF上的正投影不是DEF的外心，故D错误故选ABC.二、填空题7.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，若该长方体的体积为8，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为_30连接BC1(图略)，由AB平面BB1C1C知AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角由22AA18得AA12，BC12，在RtAC1B中，tanAC1B，AC1B30.8.四面体PABC中，PAPBPC，底面ABC为等腰直角三角形，ACBC，O为AB中点，请从以下平面中选出两个相互垂直的平面_(只填序号)平面PAB；平面ABC；平面PAC；平面PBC；平面POC.(答案不唯一)四面体PABC中，PAPBPC，底面ABC为等腰直角三角形，ACBC，O为AB中点， COAB，POAB，COPOO，AB平面POC.AB平面ABC, 平面POC平面ABC，两个相互垂直的平面为.9在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则点A1到平面AB1D1的距离是_如图，AB1D1中，AB1AD1，B1D1，AB1D1的边B1D1上的高为，SAB1D1，设A1到平面AB1D1的距离为h；则有SAB1D1hSA1B1D1AA1，即h2，解得h.三、解答题10.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)CDAE；(2)PD平面ABE.证明(1)在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，CD平面ABCD，PACD.又ACCD，PAACA，PA，AC平面PAC，CD平面PAC.而AE平面PAC，CDAE.(2)由PAABBC，ABC60，可得ACPA.E是PC的中点，AEPC.由(1)知AECD，且PCCDC，PC，CD平面PCD，AE平面PCD，而PD平面PCD，AEPD.PA底面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.又ABAD，且PAADA，AB平面PAD，而PD平面PAD，ABPD.又ABAEA，AB，AE平面ABE，PD平面ABE.11(2020茂名一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，点D是AB的中点，BCAC，AB2DC2，AA1.(1)求证：平面A1DC平面ABB1A1；(2)求点A到平面A1DC的距离解(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，点D是AB的中点，BCAC，CD平面ABC，CDAB，CDAA1，ABAA1A，CD平面ABB1A1，CD平面A1DC，平面A1DC平面ABB1A1.(2)点D是AB的中点，BCAC，AB2DC2，AA1.设点A到平面A1DC的距离为d，VA1ACDVAA1CD，SACDAA1SDCA1d，1112d，解得d，点A到平面A1DC的距离为.1(多选)(2020山东蒙阴实验中学期末)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD平面ABCD，BC2，CDPCPD2.若点M为PC的中点，则下列说法正确的是()ABM平面PCDBPA平面MBDC四棱锥MABCD外接球的表面积为36D四棱锥MABCD的体积为6BC由侧面PCD平面ABCD，交线为CD，BCCD，得BC平面PCD，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；连接AC交BD于O，连接MO，在PAC中，OMPA，MO平面MBD，PA平面MBD，所以PA平面MBD，所以选项B正确；四棱锥MABCD的体积是四棱锥PABCD的体积的一半，取CD中点N，连接PN，则PNCD，则PN平面ABCD，PN3，故VMABCD22312，所以选项D错误；连接ON，MN，矩形ABCD中，易得AC6，OC3，ON，在PCD中，有NMPD，在RtMNO中，MO3，即OMOAOBOCOD，所以四棱锥MABCD外接球的球心为O，半径为3，所以其表面积为36，所以选项C正确故选BC.2九章算术中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪在四棱锥PABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1,3，正广AD为2，PD平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为_；邪所在直线与平面PAD所成角的大小为_4过点C作CEAB，垂足为E，延长AD，BC，使得ADBCF，如图所示由题意可得CE2，BE2，则BC4，由题意知ABAD，CDAB，所以，所以DF.因为PD平面ABCD，所以PDAB，又ABAD，所以AB平面PAD，则AFB是直线BC与平面PAD所成角的平面角，tanAFB，所以AFB.3(2020郑州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面四边形ABCD是菱形，点E在线段PC上，PA平面EBD.(1)证明：点E为线段PC中点；(2)已知PA平面ABCD，ABC60，点P到平面EBD的距离为1，四棱锥PABCD的体积为2，求PA.解(1)证明：连接AC，与BD相交于点O，连接EO，则经过PA的平面PAC与平面EBD交线为EO.因为PA平面EBD，所以PAEO.因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC的中点，所以EO是PAC中位线，于是E为线段PC中点(2)因为PA平面EBD，所以点A到平面EBD的距离等于点P到平面EBD的距离等于1.因为PA平面ABCD，所以EO平面ABCD，所以平面EBD平面ABCD，平面EBD平面ABCDBD.因为AOBD，所以AO面EBD，因此AO1.因为ABC60，所以四边形ABCD是边长为2的菱形，面积为22sin 602，所以四棱锥PABCD的体积为VPABCD2PA，由2PA2，得PA3.1(2019全国卷)已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为_如图，过点P作PO平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离再过O作OEAC于E，OFBC于F，连接PC，PE，PF，则PEAC，PFBC.又PEPF，所以OEOF，所以CO为ACB的平分线，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以OE1，所以PO.2(2020浙江省诸暨中学月考)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如图，在阳马PABCD中，侧棱PD底面ABCD，且PDCD，过棱PC的中点E，作EFPB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE.(1)证明：PB平面DEF.试判断四面体DBEF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，说明理由；(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，求的值解(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDBC，由底面ABCD为长方形，有BCCD，而PDCDD，所以BC平面PCD.而DE平面PCD，所以BCDE.又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC.而PCBCC，所以DE平面PBC.而PB平面PBC，所以PBDE.又PBEF，DEEFE，所以PB平面DEF.由DE平面PBC，PB平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB，DEF，EFB，DFB.(2)如图，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD 的交线由(1)知，PB平面DEF，所以PBDG.又因为PD底面ABCD，所以PDDG.而PDPBP，所以DG平面PBD.故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角， 设PDDC1，BC，有BD，在RtPDB中，由DFPB, 得DPFFDB， 则tan tanDPF，解得.所以.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，.