2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第4讲　直线、平面垂直的判定与性质

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第4讲　直线、平面垂直的判定与性质

‎ [基础题组练]‎ ‎1．(2020·辽宁大连模拟)已知直线l和平面α，β，且lα，则“l⊥β”是“α⊥β”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.由面面垂直的判定定理可得，若lα，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；若lα，α⊥β，则l与β平行或相交或垂直，必要性不成立．所以若lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.‎ ‎2．(2020·河北唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是(　　)‎ A．①② B．②④‎ C．①③ D．②③‎ 解析：选B.对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B.‎ ‎3.(2020·黑龙江鹤岗模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中不一定成立的是(　　)‎ A．AC＝BC ‎ B．AB⊥VC C．VC⊥VD ‎ D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO 解析：选C.因为VO⊥平面ABC，AB平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB.又因为VO∩VD＝V，所以AB⊥平面VCD.又因为CD平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确．‎ 又因为VC平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确；‎ 因为S△VCD＝VO·CD，S△ABC＝AB·CD，所以S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确．由题中条件无法判断VC⊥VD.故选C.‎ ‎4.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)‎ A．直线AB上 ‎ B．直线BC上 C．直线AC上 ‎ D．△ABC内部 解析：选A.由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.‎ 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必在两平面的交线AB上．‎ ‎5.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：选D.因为BC∥DF，DF平面PDF，‎ BC平面PDF，‎ 所以BC∥平面PDF，故选项A正确；‎ 在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，‎ 且AE，PE平面PAE，‎ 所以BC⊥平面PAE，‎ 因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，‎ 又DF平面PDF，‎ 从而平面PDF⊥平面PAE.‎ 因此选项B，C均正确．‎ ‎6.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是边AB上的一个动点，则PM的最小值为________．‎ 解析：作CH⊥AB于H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2.‎ 答案：2 ‎7.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是边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是正确的条件即可)‎ 解析：‎ 连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.‎ 而PC平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)‎ ‎8.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，其中正确结论的序号是________．‎ 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与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．‎ 答案：①②④‎ ‎9.如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．‎ ‎(1)求证：BF∥平面ADP；‎ ‎(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.‎ 证明：‎ ‎(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，‎ 因为F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，‎ 因为CD＝3PE，所以FG＝2PE，‎ FG∥CD，因为CD∥AB，AB＝2PE，‎ 所以AB∥FG，AB＝FG，‎ 即四边形ABFG是平行四边形，‎ 所以BF∥AG，‎ 又BF平面ADP，AG平面ADP，‎ 所以BF∥平面ADP.‎ ‎(2)延长AO交CD于点M，连接BM，FM，‎ 因为BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，‎ 所以ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.‎ 所以FM∥PD，因为PD⊥平面ABCD，‎ 所以FM⊥平面ABCD，所以FM⊥BD，‎ 因为AM∩FM＝M，所以BD⊥平面AMF，‎ 所以BD⊥平面AOF.‎ ‎10．(一题多解)如图1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，构成如图2所示的四棱锥PABCD，点M在棱PB上，且PM＝MB.‎ ‎(1)求证：PD∥平面MAC；‎ ‎(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求点A到平面PBC的距离．‎ 解：(1)证明：在四棱锥PABCD中，连接BD交AC于点N，连接MN，‎ 依题意知AB∥CD，‎ 所以△ABN∽△CDN，‎ 所以＝＝2，‎ 因为PM＝MB，‎ 所以＝＝2，‎ 所以在△BPD中，MN∥PD，‎ 又PD平面MAC，MN平面MAC.‎ 所以PD∥平面MAC.‎ ‎(2)法一：因为平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA平面PAD，‎ 所以PA⊥平面ABCD，‎ 所以VPABC＝S△ABC·PA＝××1＝.‎ 因为AB＝2，AC＝＝，‎ 所以PB＝＝，PC＝＝，BC＝＝，‎ 所以PB2＝PC2＋BC2，故∠PCB＝90°，‎ 记点A到平面PBC的距离为h，‎ 所以VAPBC＝S△PBC·h＝×h ‎＝h.‎ 因为VPABC＝VAPBC，‎ 所以＝h，解得h＝.‎ 故点A到平面PBC的距离为.‎ 法二：‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，且两平面相交于AD，PA⊥AD，PA平面PAD，‎ 所以PA⊥平面ABCD，‎ 因为BC平面ABCD，‎ 所以PA⊥BC，‎ 因为AB＝2，AC＝＝，‎ BC＝＝，‎ 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC，‎ 又PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，‎ 所以BC⊥平面PAC，‎ 过点A作AE⊥PC于点E，则BC⊥AE，‎ 因为PC∩BC＝C，PC，BC平面PBC，‎ 所以AE⊥平面PBC，‎ 所以点A到平面PBC的距离为AE＝＝＝.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是(　　)‎ ‎①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上；‎ ‎②BC∥平面A′DE；‎ ‎③三棱锥A′FED的体积有最大值．‎ A．①　　　　　　　　　 B．①②‎ C．①②③ D．②③‎ 解析：选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC，‎ 所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上．‎ ‎②BC∥DE，根据线面平行的判定定理可得BC∥平面A′DE.‎ ‎③当平面A′DE⊥平面ABC时，三棱锥A′FED的体积达到最大，故选C.‎ ‎2.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，则上述结论可能正确的是(　　)‎ A．①③ B．②③‎ C．②④ D．③④‎ 解析：选B.对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；对于②，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；对于④，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立．‎ ‎3．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：‎ ‎①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；‎ ‎②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；‎ ‎③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．‎ 其中正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)‎ 解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，EC与BD不垂直，故假设不成立，①错．‎ ‎②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．‎ ‎③假设AD⊥BC，‎ 因为DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，‎ 所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③错．综上，填②.‎ 答案：②‎ ‎4．如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．‎ 解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥DF.‎ 由已知可以得A1B1＝，‎ 设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h，‎ 又2×＝h×，‎ 所以h＝，DE＝.‎ 在Rt△DB1E中，B1E＝＝.‎ 由面积相等得× ＝x，得x＝.即线段B1F的长为.‎ 答案： ‎5．(2020·河南郑州第二次质量预测)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝，△PAD是等边三角形，F为AD的中点，PD⊥BF.‎ ‎(1)求证：AD⊥PB；‎ ‎(2)若E在线段BC上，且EC＝BC，能否在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD？若存在，求出三棱锥D－CEG的体积；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：连接PF，因为△PAD是等边三角形，F是AD的中点，所以PF⊥AD.‎ 因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝，所以BF⊥AD.‎ 又PF∩BF＝F，所以AD⊥平面BFP，又PB平面BFP，‎ 所以AD⊥PB.‎ ‎(2)能在棱PC上找到一点G，使平面DEG⊥平面ABCD.‎ 由(1)知AD⊥BF，因为PD⊥BF，AD∩PD＝D，所以BF⊥平面PAD.‎ 又BF平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD，‎ 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，且PF⊥AD，所以PF⊥平面ABCD.‎ 连接CF交DE于点H，过H作HG∥PF交PC于点G，所以GH⊥平面ABCD.‎ 又GH平面DEG，所以平面DEG⊥平面ABCD.‎ 因为AD∥BC，所以△DFH∽△ECH，所以＝＝，‎ 所以＝＝，‎ 所以GH＝PF＝，‎ 所以VD－CEG＝VG－CDE＝S△CDE·GH＝×DC·CE·sin ·GH＝.‎ ‎6．如图(1)，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1BCD，如图(2)所示．‎ ‎(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；‎ ‎(2)求证：BD⊥A1F；‎ ‎(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．‎ 解：(1)证明：因为D，M分别为AC，FC的中点，‎ 所以DM∥EF，‎ 又EF平面A1EF，DM平面A1EF，‎ 所以DM∥平面A1EF.‎ ‎(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，‎ 所以BD⊥平面A1EF.‎ 又A1F平面A1EF，‎ 所以BD⊥A1F.‎ ‎(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：‎ 因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，‎ 所以EF⊥平面A1BD.‎ 因为A1B平面A1BD，‎ 所以A1B⊥EF，‎ 又因为EF∥DM，所以A1B⊥DM.‎ 假设A1B⊥CD，‎ 因为CD∩DM＝D，‎ 所以A1B⊥平面BCD，‎ 所以A1B⊥BD，‎ 这与∠A1BD为锐角矛盾，‎ 所以直线A1B与直线CD不能垂直．‎