2021高考数学(文)一轮知能检测：第7章-第5节-直线、平面垂直的判定及其性质.docx

第五节　直线、平面垂直的判定及其性质

[全盘巩固]
1．设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥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
解析：选A　当l⊥α时，l⊥m且l⊥n；但当l⊥m，l⊥n时，若m、n不是相交直线，则得不到l⊥α.即“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充分不必要条件．
2．已知直线l垂直于直线AB和AC，直线m垂直于直线BC和AC，则直线l，m的位置关系是(　　)
A．平行 B．异面 C．相交 D．垂直
解析：选A　由于直线l垂直于直线AB和AC，所以l垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，同理，直线m垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，依据线面或线线垂直的性质定理得l∥m.
3．已知P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是(　　)
A．PA＝PB＝PC
B．PA⊥BC，PB⊥AC
C．点P到△ABC三边所在直线的距离相等
D．平面PAB、平面PBC、平面PAC与△ABC所在的平面所成的角相等
解析：选B　条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心的充分必要条件．
4．α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是(　　)
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α
B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥α
C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
D．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
解析：选C　与α、β两垂直相交平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α的状况，故B错；对D，存在α∥β的状况，故D错；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确．
5.如图所示，在立体图形D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
解析：选C　由于AB＝CB，且E是AC的中点．
所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC.
而BE∩DE＝E，BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE.
由于AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.
又由于AC⊂平面ADC，
所以平面ADC⊥平面BDE.
6.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面相互垂直，O为正方形ABCD的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MP＝MC，则点M的轨迹为(　　)

解析：

选A　取AD的中点E，
连接PE，PC，CE.
由PE⊥AD知，PE⊥平面ABCD，
从而平面PEC⊥平面ABCD，取PC、AB的中点F、G，连接DF、DG、FG，
由PD＝DC知，DF⊥PC，由DG⊥EC知，DG⊥平面PEC，
又PC⊂平面PEC，
∴DG⊥PC，
又DF∩DG＝D，DF⊂平面DFG，DG⊂平面DFG，
∴PC⊥平面DFG，
又点F是PC的中点，
因此线段DG上的点满足MP＝MC.
7．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：
①若l⊥α，则l与α相交；
②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；
④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.
其中正确命题的序号为________．
解析：①明显正确；对②，只有当m，n相交时，才有l⊥α，故②错误；对③，由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故③正确；对④，由l∥m，m⊥α⇒l⊥α，再由n⊥α⇒l∥n，故④正确．
答案：①③④
8.如图所示，矩形ABCD的边AB＝a，BC＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝2，现有数据：

①a＝；②a＝1；③a＝；④a＝2；⑤a＝4.
当在BC边上存在点Q(Q不在端点B、C处)，使PQ⊥QD时，a可以取________(填上一个你认为正确的数据序号即可)．
解析：

当PQ⊥QD时，有QD⊥平面PAQ，
所以QD⊥AQ.
在矩形ABCD中，设BQ＝x(0<x<2)，
则CQ＝2－x.
在Rt△ABQ中，AQ2＝a2＋x2，
在Rt△DCQ中，DQ2＝a2＋(2－x)2.
又由AQ2＋DQ2＝4，
得2a2＋2x2－4x＝0，
则a2＝－(x－1)2＋1(0<x<2)，
故a2∈(0,1]，即a∈(0,1]，
故①②符合，③④⑤不符合．
答案：①(或②)
9.如图PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．

解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知冲突，故③错误；由①可知④正确．
答案：①②④
10．(2022·台州模拟)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，E为BC的中点，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝3，CD＝1，PA＝AD＝2.
(1)求证：DE⊥平面PAC；
(2)求PA与平面PDE所成角的正弦值．
解：(1)证明：由于PA⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，所以PA⊥DE，取AD的中点F，连接EF，则EF是梯形ABCD的中位线，所以EF∥AB且EF＝＝2，

在Rt△ADC和Rt△DEF中，∠EFD＝∠ADC＝90°，
DF＝DC＝1，EF＝AD＝2，
所以△EFD≌△ADC，∠FED＝∠DAC，所以AC⊥DE.
由于PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC所以DE⊥平面PAC.
(2)由(1)知平面PDE⊥平面PAC，
设DE∩AC＝G，连接PG，在Rt△PAG中，作AH⊥PG，垂足为H，
则AH⊥平面PDE，所以∠APH是PA与平面PDE所成的角，
由(1)知，在Rt△ADG中，AD＝2，tan∠CAD＝＝，
所以AG＝AD×cos∠CAD＝，
由于PA⊥平面ABCD，所以PG＝＝，
sin∠APH＝sin∠APG＝＝，
即PA与平面PDE所成角的正弦值为.
11. (2021·江苏高考)如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：
(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.

证明：(1)由于AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，
所以F是SB的中点．
又由于E是SA的中点，
所以EF∥AB.
由于EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.
又EF∩EG＝E，
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)由于平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，
又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC.
由于BC⊂平面SBC，
所以AF⊥BC.
又由于AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，
所以BC⊥平面SAB.
由于SA⊂平面SAB，
所以BC⊥SA.
12.如图，在四棱锥S­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点，Q为SB的中点．

(1)求证：CD⊥平面SAD；
(2)求证：PQ∥平面SCD；
(3)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？并证明你的结论．
解：(1)证明：由于四边形ABCD为正方形，
所以CD⊥AD.
又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面SAD.

(2)证明：取SC的中点R，连接QR，DR.
由题意知，PD∥BC且PD＝BC.
在△SBC中，Q为SB的中点，R为SC的中点，
所以QR∥BC且QR＝BC.
所以QR∥PD且QR＝PD，
则四边形PDRQ为平行四边形，
所以PQ∥DR.
又PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，
所以PQ∥平面SCD.
(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.

连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO，
由于PD∥CM，且PD＝CM，
所以四边形PMCD为平行四边形，
所以PO＝CO.
又由于N为SC的中点，
所NO∥SP.
易知SP⊥AD，
由于平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，且SP⊥AD，
所以SP⊥平面ABCD，
所以NO⊥平面ABCD.
又由于NO⊂平面DMN，
所以平面DMN⊥平面ABCD.
[冲击名校]
如图在直棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA1＝3，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．

(1)证明：AD⊥C1E；
(2)当异面直线AC与C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1­A1B1E的体积．
解：(1)证明：由于AB＝AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC.
又在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.
又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C.
由点E在棱BB1上运动，得C1E⊂平面BB1C1C，所以AD⊥C1E.
(2)由于AC∥A1C1，所以∠A1C1E是异面直线AC与C1E所成的角，由题设知∠A1C1E＝60°.
由于∠B1A1C1＝∠BAC＝90°，所以A1C1⊥A1B1，
又AA1⊥A1C1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面A1ABB1，
从而A1C1⊥平面A1ABB1，
又A1E⊂平面A1ABB1，所以A1C1⊥A1E.
故C1E＝＝2，
又B1C1＝＝2，
所以B1E＝＝2.
从而V三棱锥C1­A1B1E＝S△A1B1E×A1C1＝××2××＝.

[高频滚动]
如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1的中点．

(1)求证：AB1⊥平面A1BD；
(2)设点O为AB1上的动点，当OD∥平面ABC时，求的值．

解：(1)证明：取BC的中点为M，连接AM，B1M，
在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，△ABC为正三角形，所以AM⊥BC，
又平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，
故AM⊥平面BCC1B1，
又BD⊂平面BCC1B1，
所以AM⊥BD.
又正方形BCC1B1中，tan∠BB1M＝tan∠CBD＝，
所以BD⊥B1M，又B1M∩AM＝M，B1M⊂平面AB1M，AM⊂平面AB1M，
所以BD⊥平面AB1M，又AB1⊂平面AB1M，故AB1⊥BD.
在正方形BAA1B1中，AB1⊥A1B，
又A1B∩BD＝B，A1B，BD⊂平面A1BD，
所以AB1⊥平面A1BD.

(2)取AA1的中点为N，连接ND，OD，ON.
由于N，D分别为AA1，CC1的中点，所以ND∥AC，又AC⊂平面ABC，ND⊄平面ABC，
所以ND∥平面ABC，
又OD∥平面ABC，ND∩OD＝D，
所以平面NOD∥平面ABC，
又平面NOD∩平面BAA1B1＝ON，平面BAA1B1∩平面ABC＝AB，所以ON∥AB，
留意到AB∥A1B1，所以ON∥A1B1，
又N为AA1的中点，
所以O为AB1的中点，即＝1.