新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)39空間中的垂直關(guān)系訓(xùn)練（含解析）新人教B版

三十九空間中的垂直關(guān)系(建議用時：45分鐘)A組全考點鞏固練1．(2021·昆明模擬)已知直線l⊥平面α，直線m∥平面β.若α⊥β，則下列結(jié)論正確的是()A．l∥β或l?β B．l∥mC．m⊥α D．l⊥mA解析：直線l⊥平面α，α⊥β，則l∥β或l?β，A正確．故選A.2．(2020·威海模擬)設(shè)α，β是兩個不同的平面，則α⊥β的充要條件是()A．平面α內(nèi)任意一條直線與平面β垂直B．平面α，β都垂直于同一條直線C．平面α，β都垂直于同一平面D．平面α內(nèi)存在一條直線與平面β垂直D解析：若α⊥β，則平面α內(nèi)存在直線與平面β不垂直，選項A不正確；若平面α，β都垂直于同一條直線，則平面α與β平行，選項B不正確；若平面α，β都垂直于同一平面，則平面α，β可以平行，也可以相交，選項C不正確；若平面α內(nèi)存在一條直線與平面β垂直，則根據(jù)面面垂直的判定定理，可知α⊥β，若α⊥β，則由面面垂直的性質(zhì)定理知，平面α內(nèi)垂直于平面α與β的交線的直線一定垂直于平面β，故選項D正確．故選D.3．如圖，在四面體D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列結(jié)論正確的是()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解析：因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因為AC在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.4．(多選題)如圖，AB是半圓O的直徑，VA垂直于半圓O所在的平面，點C是圓周上不同于A，B的任意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN與BC所成的角為90°D．BC⊥平面VACBCD解析：因為MN∥AC，AC∩AB＝A，所以MN與AB不平行，A錯誤．由題意得BC⊥AC，因為VA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以VA⊥BC.因為AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，D正確．因為BC?平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，B正確．因為AB是半圓O的直徑，所以AC⊥BC，又MN∥AC，所以MN與BC所成的角為90°，C正確．5．已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)B解析：如圖，取正三角形ABC的中心O，連接OP，則∠PAO是PA與平面ABC所成的角．因為底面邊長為eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的體積為eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3).因為直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以∠PAO＝eq\f(π,3).6．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：________.如果l⊥α，m∥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)解析：將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個命題：(1)如果l⊥α，m∥α，則l⊥m，正確；(2)如果l⊥α，l⊥m，則m∥α，正確；(3)如果l⊥m，m∥α，則l⊥α，錯誤，有可能l與α斜交或l∥α.7．(2020·濰坊統(tǒng)考)如圖，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正確的有________(把所有正確的序號都填上)．①④解析：對于①，因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE.又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，從而可得EA⊥PB，故①正確．對于②，因為PA⊥平面ABC，所以平面ABC與平面PBC不可能垂直，故②不正確．對于③，因為在正六邊形中，BC∥AD，所以BC與EA必有公共點．從而BC與平面PAE有公共點，所以直線BC與平面PAE不平行，故③不正確．對于④，由條件易得△PAD為直角三角形，且PA⊥AD，又PA＝2AB＝AD，所以∠PDA＝45°，故④正確．綜上，①④正確．8．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點．(1)求證：PE⊥BC；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；(3)求證：EF∥平面PCD.證明：(1)因為PA＝PD，E為AD的中點，所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.因為PD?平面PAD，所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.因為PD?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.(3)如圖，取PC的中點G，連接FG，DG.因為F，G分別為PB，PC的中點，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC.因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中點，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形．所以EF∥DG.又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD，所以EF∥平面PCD.9．(2020·浙江卷)如圖，在三棱臺DEF－ABC中，平面ADFC⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)證明：EF⊥DB；(2)求DF與平面DBC所成角的正弦值．(1)證明：作DH⊥AC交AC于點H，連接BH.因為平面ADFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC＝AC，DH?平面ADFC，所以DH⊥平面ABC，而BC?平面ABC，即有DH⊥BC.因為∠ACB＝∠ACD＝45°，所以CD＝eq\r(2)CH＝2BC，所以CH＝eq\r(2)BC.在△CBH中，BH2＝CH2＋BC2－2CH·BC·cos45°＝BC2，即有BH2＋BC2＝CH2，所以BH⊥BC.由棱臺的定義可知，EF∥BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF.又BH∩DH＝H，所以EF⊥平面BHD，而BD?平面BHD，所以EF⊥DB.(2)解：因為DF∥CH，所以DF與平面DBC所成角即為CH與平面DBC所成角．作HG⊥BD于點G，連接CG，由(1)可知，BC⊥平面BHD，所以平面BCD⊥平面BHD.又平面BCD∩平面BHD＝BD，HG?平面BHD，所以HG⊥平面BCD.即CH在平面DBC內(nèi)的射影為CG，∠HCG即為所求角．在Rt△HGC中，設(shè)BC＝a，則CH＝eq\r(2)a，HG＝eq\f(BH·DH,BD)＝eq\f(\r(2)a·a,\r(3)a)＝eq\f(\r(2),\r(3))a，所以sin∠HCG＝eq\f(HG,CH)＝eq\f(\r(3),3).故DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).B組新高考培優(yōu)練10．(2020·武漢4月調(diào)研)已知兩個平面互相垂直，下列命題：①一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的任意一條直線；②一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線；③一個平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個平面；④過一個平面內(nèi)任意一點作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面．其中正確命題的個數(shù)是()A．3 B．2C．1 D．0C解析：在正方體ABCD－A1B1C1D1中進行判斷，如圖，①在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，BD?平面ABCD，但A1D與②在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內(nèi)任意一條直線，l與平面ABCD內(nèi)和AB平行的所有直線(包括AB)垂直，故②正確；③在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，但A1D與平面ABCD不垂直，故③錯；④在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，過交線AD上的任一點作交線的垂線l，則l可能與平面ABCD垂直，也可能與平面ABCD不垂直，故④錯．故選C.11．(多選題)(2021·青島教學(xué)質(zhì)量檢測)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若m∥n，n⊥β，m?α，則α⊥βB．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，則n⊥α或n⊥βC．若m⊥α，m⊥n，n?β，則α∥β或α⊥βD．若α∩β＝m，n∥m，n?α，n?β，則n∥α且n∥βAD解析：對于A，由面面垂直的判定定理可知A正確．對于B，n與α，β的位置關(guān)系可能為平行、相交或n在平面內(nèi)，故B錯誤．對于C，α與β的位置關(guān)系為平行或相交但不垂直，故C錯誤．對于D，由線面平行的判定定理可知D正確．故選AD.12．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當(dāng)點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析：因為PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA.連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD.又PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.13．如圖，點P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對角線BC1①三棱錐A－D1PC的體積不變；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正確的是________．(填序號)①②④解析：由題意可得直線BC1平行于直線AD1，并且直線AD1?平面AD1C，直線BC1?平面AD1C，所以直線BC1∥平面AD1C.所以點P到平面AD1C的距離不變，VA－D1PC＝VP－AD1C所以三棱錐A－D1PC的體積不變，故①正確．連接A1C1，A1B，可得平面AD1C∥平面A1C1B.又A1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正確．當(dāng)點P運動到點B時，△DBC1是等邊三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正確．因為直線AC⊥平面BDB1，DB1?平面BDB1.所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面AD1C.又DB1?平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正確．14．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC＝AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)若M為線段PA的中點，且過C，D，M三點的平面與線段PB交于點N，確定點N的位置，說明理由，并求三棱錐A－CMN的高．(1)證明：連接AC，在直角梯形ABCD中，AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(AB－CD2＋AD2)＝2eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PC⊥BC.又AC∩PC＝C，AC，PC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)解：N為PB的中點，理由如下：連接MN，CN.因為M為PA的中點，N為PB的中點，所以MN∥AB，且MN＝eq\f(1,2)AB＝2.又因為AB∥CD，所以MN∥CD，所以M，N，C，D四點共面，所以點N為過C，D，M三點的平面與線段PB的交點．因為BC⊥平面PAC，N為PB的中點，所以點N到平面PAC的距離d＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2).又S△ACM＝eq\f(1,2)S△ACP＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)·AC·PC＝eq\r(2)，所以V三棱錐N－ACM＝eq\f(1,3)