【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）课时规范练42　空间直线、平面的垂直关系含解析.docx，共(8)页，194.723 KB，由envi的店铺上传

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1课时规范练42空间直线、平面的垂直关系基础巩固组1.(2021广东珠海一模)已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,下列条件中,可以得到l⊥α的是()A.l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂αB.l⊥m,m∥αC.α⊥β,l∥βD.l∥m,m⊥α2.(2021河北沧州模拟)如图,已知

AB,CD分别是圆柱上、下底面圆的直径,且AB⊥CD,若该圆柱的侧面积是其上底面面积的2√3倍,则AB与平面BCD所成的角为()A.π6B.π4C.π3D.5π123.(2021安徽定远中学高三月考)在正方体AB

CD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断:①A1C1⊥AD1;②A1C1⊥BD;③平面A1C1B∥平面ACD1;④平面A1C1B⊥平面BB1D1D.其中正确推断的个数是()A.1B.2C.3D.44

.(2021陕西宝鸡模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,PD=AD,E是PB中点,F是DC上的点,AB=2DF,PH为△PAD中AD边上的高.(1)证明:PH⊥平面ABCD;(2)若PH=1,AD=√2,FC=1,

求三棱锥E-BCF的体积;2(3)证明:平面EFC⊥平面PAB.5.(2021陕西西安中学二模)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是半圆弧上异于C,D的点.(1)证明:直线DM⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.综合提升

组6.已知矩形ABCD,AB=1,BC=√2,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中()A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直C.存在某

个位置,使得直线AB与直线CD垂直D.对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直7.(2021江苏宿迁期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=PA=

2,AB=1,E为PC的中点.求证:(1)BE⊥PD;(2)BE∥平面PAD;(3)平面PCD⊥平面PAD.8.(2021河北衡水中学周测)如图,在矩形ABCD中,AD=2,AB=4,E,F分别为边AB,AD的中点.现将△ADE沿DE折起,得四棱锥A

-BCDE.3(1)求证:EF∥平面ABC;(2)若平面ADE⊥平面BCDE,求四面体FDCE的体积.创新应用组9.(2021浙江宁波十校联考)如图所示,已知△ABC与△BCD所在平面互相垂直,∠BAC=60°,∠BCD=

90°,AB=AC,CD=2BC,点P,Q分别在边BD,CD上,沿直线PQ将△PQD翻折,使D与A重合.(1)证明:AD⊥PQ;(2)求直线AP与平面ABC所成角的正弦值.答案：课时规范练1.D解析:由α

,β是两个不同的平面,l,m,n是三条不同的直线,知:对于选项A,l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l与α相交、平行或l⊂α,故A错误;对于选项B,l⊥m,m∥α,则l与α相交、平行或l⊂α,故B错误;对于选项C,α⊥β,l∥β,则l与α相交、

平行或l⊂α,故C错误;对于选项D,l∥m,m⊥α,则由线面垂直的判定定理得l⊥α,故D正确.2.C解析:如图,连接AC,AD.设EF为圆柱下底面内与CD垂直的直径,记EF∩CD=H,连接AH,BH,由对称性可知:AH⊥CD,BH⊥

CD,AH∩BH=H,∴CD⊥平面ABH,设AM⊥BH,垂足为M,则CD⊥AM,CD∩BH=H,∴AM⊥平面BCD,∴直线AB在平面BCD内的射影为BM,易知点M在BH上,∴∠ABH为AB与平面BCD所成的角.∵2π·HF·

BF=2√3π·HF2,∴BF=√3HF,∴tan∠ABH=tan∠BHF=𝐵𝐹𝐻𝐹=√3,∴∠ABH=∠BHF=π3,∴AB与平面BCD所成的角为π3.43.C解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,在①中,由正方

体的性质可知AD1∥BC1,∴∠A1C1B即为异面直线A1C1与AD1所成的角,在△A1C1B中显然∠A1C1B=60°,∴A1C1与AD1成60°角,故①错误;在②中,∵A1C1∥AC,AC⊥BD,∴A1C1⊥BD,故②正确;在③中,∵A1C1∥AC,AD1∥BC1,A1C1∩BC1=C1

,AC∩AD1=A,A1C1⊂平面A1C1B,BC1⊂平面A1C1B,AC⊂平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,∴平面A1C1B∥平面ACD1,故③正确;在④中,∵A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1⊂平面BB1D1D,BB1⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥

平面BB1D1D,又A1C1⊂平面A1C1B,∴平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故④正确.4.(1)证明∵AB⊥平面PAD,PH⊂平面PAD,∴PH⊥AB.又PH⊥AD,AD∩AB=A,∴PH⊥平面ABCD

.(2)解:∵E是PB的中点,∴点E到平面BCF的距离h=12PH=12.∴三棱锥E-BCF的体积V=13S△BCF×h=13×12×FC×AD×h=16×1×√2×12=√212.(3)证明取PA的中点为G,连接DG,EG,∵PD=AD,∴D

G⊥PA,又AB⊥平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.又平面PAD∩平面PAB=PA,DG⊥PA,DG⊂平面PAD,∴DG⊥平面PAB.由点E,G是棱PB,PA的中点,则EG12AB,又DF12AB,∴EGDF,∴DG∥EF,

∴EF⊥平面PAB.∵EF⊂平面EFC,∴平面EFC⊥平面PAB.5.(1)证明由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,5所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为半圆弧上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所

以DM⊥平面BMC.(2)解:当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM的中点,所以MC∥OP.因为MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所

以MC∥平面PBD.6.C解析:如图,作AE⊥BD,CF⊥BD,依题意,得AB=1,BC=√2,AE=CF=√63,BE=EF=FD=√33.A,假设存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直,∵BD⊥AE,∴BD⊥平面AEC.∴BD⊥EC,这与BD⊥CF矛盾,排除A.B,若存在某个位置,使得直线

AD与直线BC垂直,则BC⊥平面ACD,从而平面ACD⊥平面BCD,即点A在底面BCD上的射影应位于线段CD上,这是不可能的,排除B.C,若存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直,则CD⊥平面ABC,从而平面ABC⊥平面BCD.取BC的中点M,连接ME,则

ME⊥BD,∠AEM就是二面角A-BD-C的平面角,此角显然存在,即当点A在底面上的射影位于BC的中点时,直线AB与直线CD垂直,故C正确.D,由上所述,可排除D.故选C.7.证明(方法一)(1)如图,取PD的中

点F,连接AF,EF,因为E为PC的中点,所以FE∥DC,且FE=12DC,又因为DC=2AB,AB∥DC,6所以FE∥AB,且FE=AB,所以四边形ABEF是平行四边形,所以BE∥AF.又因为PA=AD,F为PD的中点,所以AF⊥PD,所以BE⊥PD.(2)由(1)知BE∥AF,AF⊂平面PA

D,BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB.又因为AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又因为AB∥DC,所以DC⊥平面PAD.又因为DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.(方法二)因为PA⊥

底面ABCD,AD⊥AB,所以PA,AB,AD两两互相垂直.以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.由题意可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1).(1

)因为𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,-2),所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以BE⊥PD.(2)因为𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐷𝐶⃗⃗⃗

⃗⃗=(2,0,0),所以𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0.又AD∩AP=A,所以𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0)为平面PAD的一个法向量.因为𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),所以𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

=0.又BE⊄平面PAD,所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗为平面PAD的一个法向量,则DC⊥平面PAD.又DC⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.8.(1)证明如图,取线段AC的中点M,连接MF,MB.因为F,M为AD

,AC的中点,所以MF∥CD,且MF=12CD.在折叠前,四边形ABCD为矩形,E为AB的中点,所以BE∥CD,且BE=12CD.7所以MF∥BE,且MF=BE.所以四边形BEFM为平行四边形,故EF∥BM.又EF⊄平面ABC,BM⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)解:在

折叠前,四边形ABCD为矩形,AD=2,AB=4,E为AB的中点,所以△ADE,△CBE都是等腰直角三角形,且AD=AE=EB=BC=2.所以∠DEA=∠CEB=45°,且DE=EC=2√2.又∠DEA+∠DEC+∠CEB=180°

,所以∠DEC=90°,即DE⊥CE.又平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=DE,CE⊂平面BCDE,所以CE⊥平面ADE,即CE为三棱锥C-EFD的高.因为F为AD的中点,所以S△EFD=12×12×AD×AE=14×2×2=1,所以四面体FDCE的

体积V=13×S△EFD×CE=13×1×2√2=2√23.9.(1)证明由题意可得AP=DP,AQ=DQ.取线段AD的中点R,连接PR,QR,显然AD⊥PR,AD⊥QR.因为PR∩QR=R,PR⊂平面PQR,QR⊂

平面PQR,所以AD⊥平面PQR,所以AD⊥PQ.(2)解:设BC=2,则AB=AC=2,CD=4,BD=AD=2√5.由余弦定理得cos∠ADB=𝐴𝐷2+𝐵𝐷2-𝐴𝐵22𝐴𝐷·𝐵𝐷=20+20-42·2√5·2√5=

910,AP=DP=12𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐵=109√5,DP=59BD,BP=49BD.过P作PH⊥BC于点H,因为平面ABC⊥平面BCD,所以PH⊥平面ABC.连接AH,所以∠PAH就是直线AP与平面ABC所成的角.在△PAH中,P

H=49CD=169,8sin∠PAH=𝑃𝐻𝐴𝑃=169109√5=8√525.即直线AP与平面ABC所成角的正弦值为8√525.