2022高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第4节空间直线平面的垂直练习.doc

第4节 空间直线、平面的垂直 A级基础巩固1若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件解析：因为m，若l，则必有lm，即llm.但lm D/l，因为lm时，l可能在内故“lm”是“l”的必要不充分条件答案：B2(2020武汉调研)已知两个平面相互垂直，下列命题：一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面其中正确命题的个数是()A3 B2 C1 D0解析：构造正方体ABCD-A1B1C1D1，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，A1D平面ADD1A1，BD平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故错；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，l是平面ADD1A1内任意一条直线，l与平面ABCD内和AB平行的所有直线垂直，故正确；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，A1D平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故错；在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1平面ABCD，且平面ADD1A1平面ABCDAD，过交线AD上的任一点作交线的垂线l，则l可能与平面ABCD垂直，也可能与平面ABCD不垂直，故错答案：C3.如图所示，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体P-ABC中直角三角形的个数为()A4 B3C2 D1解析：在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，所以BCPA，因为BCAB，PAABA，所以BC平面PAB.所以四面体P-ABC中直角三角形有PAC，PAB，ABC，PBC.故选A.答案：A4(2020青岛二中检测)如图所示，AC2R为圆O的直径，PCA45，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A、C重合的点，ASPC于S，ANPB于N，则下列不正确的是()A平面ANS平面PBCB平面ANS平面PABC平面PAB平面PBCD平面ABC平面PAC解析：因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又ABBC，PAABA，所以BC平面PAB，又AN平面ABP，所以BCAN，又因为ANPB，BCPBB，所以AN平面PBC，又PC平面PBC，所以ANPC，又因为PCAS，ASANA，所以PC平面ANS，又PC平面PBC，所以平面ANS平面PBC，所以A正确，C，D显然正确. 答案：B5如图所示，在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是 () A B CD解析：如图所示，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意，故选D.答案：D6如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析：由定理可知，BDPC.所以当DMPC(或BMPC)时，有PC平面MBD.又PC平面PCD，所以平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC等)7如图所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC90，BC1AC，则C1在底面ABC的射影H必在直线_上解析：因为ACAB，ACBC1，ABBC1B，所以AC平面ABC1.又因为AC平面ABC，所以平面ABC1平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上答案：AB8.(2020青岛模拟)将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形，其中ADBD，BAC30，若它们的斜边AB重合，让三角板ABD以AB为轴转动，则下列说法正确的是_(填序号)当平面ABD平面ABC时，C、D两点间的距离为；在三角板ABD转动过程中，总有ABCD；在三角板ABD转动过程中，三棱锥D-ABC体积的最大值为.解析：如图所示，中，取AB的中点O，连接DO，CO，因为ADBD，所以DO1，AB2，OC1.因为平面ABD平面ABC，DOAB，所以DO平面ABC，DOOC，所以DC，故正确中，若ABCD，则AB平面CDO，ABOC，因为O为中点，所以ACBC，BAC45与BAC30矛盾，故错误中，当DO平面ABC时，棱锥的高最大，此时V棱锥ACBCDO11，故正确答案：9.(2020山东质量检测)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1MB1N. (1)求证：B1NA1C；(2)求M到平面A1B1C的距离(1)证明：如图所示，连接CM.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1平面ABC，CM平面ABC，所以AA1CM.在ABC中，ACBC，M为AB的中点，所以CMAB.又AA1ABA，所以CM平面ABB1A1.因为B1N平面ABB1A1，所以CMB1N.又A1MB1N，A1MCMM，所以B1N平面A1CM.因为A1C平面A1CM，所以B1NA1C.(2)解：连接B1M.在矩形ABB1A1中，因为A1MB1N，所以AA1MA1B1N.所以tanAA1MtanA1B1N，即.因为ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，所以AM1，CM，A1B12.设AA1x，则A1N.所以，解得x2.从而SA1B1MS正方形ABB1A12，A1CB1C2.在A1CB1中，cosA1CB1，所以sinA1CB1，所以SA1B1CA1CB1CsinA1CB1.设点M到平面A1B1C的距离为d，由V三棱锥M-A1B1CV三棱锥C-A1B1M，得SA1B1CdSA1B1MCM，所以d.即点M到平面A1B1C的距离为.10(2019东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB12，AD6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE3，BF4，将BCE沿BE折起至PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF2.(1)求证：PF平面ABED；(2)求点A到平面PBE的距离(1)证明：在题图2中，连接EF，由题意可知，PBBCAD6，PECECDDE9，在PBF中，PF2BF2201636PB2，所以PFBF.在题图1中，连接EF，作EHAB于点H，利用勾股定理，得EF，在PEF中，EF2PF2612081PE2，所以PFEF，又因为BFEFF，BF平面ABED，EF平面ABED，所以PF平面ABED.(2)解：如图所示，连接AE，由(1)知PF平面ABED，所以PF为三棱锥P-ABE的高设点A到平面PBE的距离为h，因为VA-PBEVP-ABE，即69h1262，所以h，即点A到平面PBE的距离为.B级能力提升11(2019全国卷)如图所示，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则()ABMEN，且直线BM，EN是相交直线BBMEN，且直线BM，EN是相交直线CBMEN，且直线BM，EN是异面直线DBMEN，且直线BM，EN是异面直线解析：连接BD，CM，BE.因为点N是正方形ABCD的中心，所以点N在BD上，且BNDN，所以BM，EN是DBE的中线，所以BM，EN必相交设DEa，则ECDCa，MCa.因为平面ECD平面ABCD，且BCDC，所以BC平面DCE.则BM .又EN a，故BMEN.答案：B12(2019北京卷)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：_解析：已知l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，或l与相交不垂直由lm与l能推出m；由m与l可以推出lm.故或.答案：若m且l，则lm成立(或若lm，l，则m)13.(2019全国卷)如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，AB3，求四棱锥EBB1C1C的体积(1)证明：由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1C1，所以BE平面EB1C1.(2)解：由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEBA1EB145，故AEAB3，AA12AE6.如图所示，作EFBB1，垂足为F，则EF平面BB1C1C，且EFAB3.所以四棱锥E-BB1C1C的体积V36318.C级素养升华14(多选题)如图所示，四棱锥P-AB-CD中，PAB与PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，则下列结论成立的是()APBACBPD平面ABCDCACPDD平面PBD平面ABCD解析：在选项A中，取PB的中点O，连接AO，CO，因为四棱锥P-ABCD中，PAB与PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，所以AOPB，COPB.因为AOCOO，所以PB平面AOC.因为AC平面AOC，所以PBAC，故A成立在选项B中，点D位置不确定，故B不一定成立在选项C中，因为PB平面AOC，AC平面AOC，所以ACPB.因为ACBD，PBBDB，所以AC平面PBD，因为PD平面PBD，所以ACPD，故C成立在选项D中，因为AC平面PBD，AC平面ABCD，所以平面PBD平面ABCD，故D成立答案：ACD素养培育直观想象立体几何中的动态问题(自主阅读)直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养(1)立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等(2)解决立体几何中的动态问题的主要方法是：根据线、面平行、垂直的判定定理和性质定理，通过直观想象，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，或者转化为函数等其他问题典例1(2020山东诊断)在长为2、宽为3、高为2的长方体中，存在一条直线与各个面的夹角都相等，若将这个角记为，则sin 的值为()A. B.C. D.解析：如图，从长方体中截取一个棱长为2的正方体，则图中的AF与长方体的各个面的夹角都相等，则sin .答案：D解题思路本题要使存在一条直线与各个面的夹角相等，可转化为长方体内找到一点相邻三个面的距离相等，从而在长方体中截出一个正方体，进而得出结果典例2如图所示，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，PA平面ABCD，且PA4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面与平面PAD之间的距离为x，则函数yf(x)的图象是()解析：过点M作MNAB，交AB于点N，则MN平面ABCD，过点N作NQAD，交CD于点Q，过点Q作QHPD，交PC于点H，连接MH，则平面MNQH是所作的平面，由题意得，解得MN42x，由.即，解得QH(2x)，过点H作HENQ，在RtHEQ中，EQ2x，所以NE2(2x)x，所以MHx.所以yf(x)x24(0x2)所以函数yf(x)的图象如图所示答案：C