2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)規(guī)范練35空間直線平面的垂直含解析新人教A版

課時(shí)規(guī)范練35空間直線、平面的垂直基礎(chǔ)鞏固組1.(2024山西晉中一模)給定下列四個(gè)命題,其中真命題是()A.垂直于同始終線的兩條直線相互平行B.若一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線與另一個(gè)平面都平行,那么這兩條直線相互平行C.垂直于同一平面的兩個(gè)平面相互平行D.若兩個(gè)平面垂直,那么一個(gè)平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與另一個(gè)平面也不垂直2.(2024陜西咸陽期末)已知α表示平面,m,n表示兩條不重合的直線,若n?α,則“m⊥n”是“m⊥α”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.(2024湖北應(yīng)城第一高級(jí)中學(xué)高三月考)如圖,四棱錐S-ABCD的底面為正方形,SD⊥底面ABCD,則下列結(jié)論中不正確的是()A.AC⊥SBB.AD⊥SCC.平面SAC⊥平面SBDD.BD⊥SA4.(2024遼寧遼陽三模)已知平面α,β,直線n?α,直線m?β,則下列命題正確的是()A.α∥β?m∥nB.α⊥β?m⊥nC.m⊥α?α⊥βD.m⊥n?m⊥α5.(多選)(2024江蘇金陵中學(xué)期末)如圖,在以下四個(gè)正方體中,直線AB與平面CDE垂直的是()6.(2024山西太原月考)已知AB是圓柱上底面的一條直徑,C是上底面圓周上異于A,B的一點(diǎn),D為下底面圓周上一點(diǎn),且AD⊥圓柱的底面,則必有()A.平面ABC⊥平面BCDB.平面BCD⊥平面ACDC.平面ABD⊥平面ACDD.平面BCD⊥平面ABD7.(2024甘肅甘谷第一中學(xué)高三開學(xué)考試)如圖所示,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(dòng)點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)M滿意條件:①BM⊥DM,②DM⊥PC,③BM⊥PC中的時(shí),平面MBD⊥平面PCD(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件序號(hào)即可).

8.在矩形ABCD中,AB<BC,現(xiàn)將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折,在翻折的過程中,給出下列結(jié)論:①存在某個(gè)位置,使得直線AC與直線BD垂直;②存在某個(gè)位置,使得直線AB與直線CD垂直;③存在某個(gè)位置,使得直線AD與直線BC垂直.其中正確結(jié)論的序號(hào)是.

9.(2024廣西南寧高三月考)如圖,矩形ABCD中,AB=22,AD=2,M為DC的中點(diǎn),將△DAM沿AM折到△D'AM的位置,AD'⊥BM.(1)求證:平面D'AM⊥平面ABCM;(2)若E為D'B的中點(diǎn),求三棱錐A-D'EM的體積.10.(2024全國1,文19)如圖,D為圓錐的頂點(diǎn),O是圓錐底面的圓心,△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點(diǎn),∠APC=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAC;(2)設(shè)DO=2,圓錐的側(cè)面積為3π,求三棱錐P-ABC的體積.綜合提升組11.(多選)(2024江蘇蘇州高三期末)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為線段BC1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),下列結(jié)論中正確的是()A.A1D⊥D1PB.平面PAD1⊥平面BCC1B1C.存在唯一的點(diǎn)P,使得∠CPD1為90°D.當(dāng)點(diǎn)P為BC1中點(diǎn)時(shí),CP+PD1取得最小值12.(2024黑龍江哈師大附中期末)劉徽注《九章算術(shù)·商功》“斜解立方,得兩塹堵.斜解塹堵,其一為陽馬,一為鱉臑.陽馬居二,鱉臑居一,不易之率也.合兩鱉臑三而一,驗(yàn)之以棊,其形露矣.”如圖1說明了由一個(gè)長方體得到“塹堵”“陽馬”“鱉臑”的過程.塹堵是底面為直角三角形的直棱柱;陽馬是一條側(cè)棱垂直于底面且底面為矩形的四棱錐;鱉臑是四個(gè)面都為直角三角形的四面體.圖1圖2在如圖2所示由正方體ABCD-A1B1C1D1得到的塹堵ABC-A1B1C1中,當(dāng)點(diǎn)P在下列三個(gè)位置:A1A中點(diǎn),A1B中點(diǎn),A1C中點(diǎn)時(shí),分別形成的四面體P-ABC中,鱉臑的個(gè)數(shù)為()A.0 B.1 C.2 D.313.(2024廣東東莞高三期末調(diào)研測(cè)試)如圖1,AD,BC是等腰梯形CDEF的兩條高,AD=AE=CD=2,點(diǎn)M是線段AE的中點(diǎn),將該等腰梯形沿著兩條高AD,BC折疊成如圖2所示的四棱錐P-ABCD(E,F重合,記為點(diǎn)P).(1)求證:BM⊥DP;(2)求點(diǎn)M到平面BDP的距離h.創(chuàng)新應(yīng)用組14.(2024安徽蚌埠三模)如圖是第七屆國際數(shù)學(xué)教化大會(huì)的會(huì)徽,它的主題圖案由一連串如圖所示的直角三角形演化而成.設(shè)其中的第一個(gè)Rt△OA1A2是等腰三角形,且A1A2=A2A3=…=AnAn+1=1,則OA2=2,OA3=3,…,OAn=n,現(xiàn)將△OA1A2沿OA2翻折成△OPA2,則當(dāng)四面體O-PA2A3體積最大時(shí),它的表面有個(gè)直角三角形;當(dāng)PA3=1時(shí),四面體O-PA2A3外接球的體積為.

15.如圖,四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱SA⊥底面ABCD,過點(diǎn)A作AE垂直SB交SB于點(diǎn)E,作AH垂直SD交SD于點(diǎn)H,平面AEH交SC于點(diǎn)K,點(diǎn)P為SA上一動(dòng)點(diǎn),且AB=1,SA=2.(1)證明不論點(diǎn)P在何位置,都有DB⊥PC;(2)求PB+PH的最小值;(3)設(shè)平面AEKH與平面ABCD的交線為l,求證:BD∥l.參考答案課時(shí)規(guī)范練35空間直線、平面的垂直1.D正方體同一頂點(diǎn)的三條棱兩兩垂直,則垂直于同始終線的兩條直線不肯定平行,故A錯(cuò)誤;若一個(gè)平面內(nèi)的兩條直線與另一個(gè)平面都平行,那么兩直線可以相交,也可以平行,故B錯(cuò)誤;正方體的兩個(gè)相鄰側(cè)面都垂直于底面,這兩個(gè)側(cè)面不平行,故C錯(cuò)誤;利用反證法證明如下:若兩個(gè)平面α,β垂直,假設(shè)平面α內(nèi)與它們的交線l不垂直的直線l1與另一個(gè)平面β垂直.因?yàn)閘1⊥β,且平面α,β的交線l?β,故可得l1⊥l,這與題設(shè)l與l1不垂直相互沖突,故假設(shè)不成立,原命題成立.故選D.2.B當(dāng)n?α?xí)r,由m⊥n,不肯定得到m⊥α;反之,由m⊥α,肯定得到m⊥n.所以若n?α,則“m⊥n”是“m⊥α”的必要不充分條件.故選B.3.DSD⊥底面ABCD,SB在平面ABCD的射影BD與AC垂直,則SB⊥AC,A正確;SC在平面ABCD的射影DC與AD垂直,則SC⊥AD,B正確;利用上述垂直可得AC⊥平面SBD,且AC?平面SAC,從而有平面SAC⊥平面SBD,C正確;若BD⊥SA,則BD垂直SA在平面ABCD內(nèi)的射影DA,這不符合題意,D錯(cuò)誤.故選D.4.C若直線n?α,直線m?β,α∥β,則m與n可能異面,可能平行,故A錯(cuò)誤;由直線n?α,直線m?β,α⊥β,則m與n可能平行,可能相交,可能異面,故B錯(cuò)誤;由直線m?β,m⊥α,可得α⊥β,故C正確;由直線n?α,直線m?β,m⊥n,則m與α可能平行,可能相交,故D錯(cuò)誤.故選C.5.BD對(duì)于A,由AB與CE所成角為45°,可得直線AB與平面CDE不垂直;對(duì)于B,由AB⊥CE,AB⊥ED,CE∩ED=E,可得AB⊥平面CDE;對(duì)于C,由AB與CE所成角為60°,可得直線AB與平面CDE不垂直;對(duì)于D,連接AC,由ED⊥平面ABC,可得ED⊥AB,同理可得EC⊥AB,又ED∩EC=E,所以AB⊥平面CDE.故選BD.6.B因?yàn)锳B是圓柱上底面的一條直徑,所以AC⊥BC.又AD⊥圓柱的底面,所以AD⊥BC,因?yàn)锳C∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC?平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.故選B.7.②(或③)∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD.∵底面各邊都相等,∴AC⊥BD.∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí),即有PC⊥平面MBD,而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.8.②①假設(shè)AC與BD垂直,過點(diǎn)A作AE⊥BD于點(diǎn)E,連接CE.則AE⊥BDBD⊥AC?BD⊥平面AEC,則BD⊥CE,而在平面BCD中,CE與BD不垂直,故假設(shè)不成立,①不正確.②假設(shè)AB⊥CD,∵AB⊥AD,∴AB⊥平面ACD,∴AB⊥AC,由AB<BC可知,存在這樣的直角三角形,使AB⊥AC③假設(shè)AD⊥BC,∵CD⊥BC,∴BC⊥平面ACD,∴BC⊥AC,即△ABC為直角三角形,且AB為斜邊,而AB<BC,故沖突,假設(shè)不成立,③不正確.9.(1)證明由題知,在矩形ABCD中,∠AMD=∠BMC=45°,∴∠AMB=90°,又D'A⊥BM,D'A∩AM=A,∴BM⊥平面D'AM,又BM?平面ABCM,∴平面ABCM⊥平面D'AM;(2)解VA-D'EM=VE-AD'M=12VB-AD'M=16·BM·S△D'AM=16×10.(1)證明由題設(shè)可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.從而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l.由題設(shè)可得rl=3,l2-r2=2.解得r=1,l=3從而AB=3.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=所以三棱錐P-ABC的體積為13×12×PA11.AB利用正方體的特征可知A1D⊥BC1,A1D⊥C1D1,且BC1∩C1D1=C1,所以A1D⊥平面BC1D1.因?yàn)镈1P?平面BC1D1,則A1D⊥D1P,所以A正確;因?yàn)槠矫鍼AD1即為平面ABC1D1,因?yàn)锳B⊥平面BCC1B1,且AB?平面PAD1,所以平面PAD1⊥平面BCC1B1,所以B正確;設(shè)正方體的棱長為1,C1P=x,0≤x≤2在△CC1P中,CP2=CC12+C1P2-2CC1·C1Pcosπ4=x2+1-在Rt△C1D1P中,D1P2=C1P2+C1D12=x2當(dāng)∠CPD1=90°時(shí),CD12=2=CP2+D1P2=2x2+2-2即2x2-2x=0,解得x=0或x=22,所以當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C1重合或P為BC1的中點(diǎn)時(shí),滿意∠CPD1為90°,所以滿意條件的點(diǎn)P不唯一,所以C不正確;將正方體的對(duì)角面ABC1D1進(jìn)行翻折,使其與△BCC1在同一平面內(nèi),可得圖形如圖所示,依據(jù)平面內(nèi)兩點(diǎn)之間直線段最短,所以當(dāng)P為CD1與BC1的交點(diǎn)時(shí),CP+PD1取得最小值,明顯P不為BC1中點(diǎn),所以D不正確.故選AB12.C設(shè)正方體的棱長為a,則由題意知,A1C1=AC=2a,A1B=2a,A1C=3a,當(dāng)P為A1A的中點(diǎn)時(shí),因?yàn)镻A⊥平面ABC,則∠PAC=∠PAB=90°,∠ABC=90°.由BC⊥平面PAB,得BC⊥PB,即∠PBC=90°,則△PAB,△PAC,△ABC,△PBC是直角三角形,即此時(shí)P-ABC是鱉臑;當(dāng)P為A1B的中點(diǎn)時(shí),因?yàn)锽C⊥平面ABB1A1,所以BC⊥PB,BC⊥AB,所以△PBC,△ABC為直角三角形.因?yàn)锳BB1A1是正方形,所以AP⊥BP,則△PAB是直角三角形,又AP⊥BC,BP∩BC=B,所以AP⊥平面PBC,所以AP⊥PC,所以△PAC是直角三角形,則此時(shí)P-ABC是鱉臑;當(dāng)P為A1C的中點(diǎn)時(shí),此時(shí)PA=PC=12A1C=3a2,又AC=2a,由勾股定理可知,△PAC不是直角三角形,則此時(shí)P-ABC不是鱉臑.13.(1)證明因?yàn)锳D⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB.又AP∩AB=A,AP,AB?平面ABP,所以AD⊥平面ABP.因?yàn)锽M?平面ABP,所以AD⊥BM.由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等邊三角形.又因?yàn)辄c(diǎn)M是AP的中點(diǎn),所以BM⊥AP.因?yàn)锳D⊥BM,AP⊥BM,AD∩AP=A,AD,AP在平面ADP中,所以BM⊥平面ADP.因?yàn)镈P?平面ADP,所以BM⊥DP.(2)解取BP中點(diǎn)N,連接DN,因?yàn)锳D⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,所以DP=BD=22,所以DN⊥BP,所以,在Rt△DPN中,DN=D所以S△DBP=12×BP×DN=12因?yàn)锳D⊥平面ABP,所以VD-BMP=13×AD×S△因?yàn)閂M-BDP=VD-BMP,所以13×h×S△BDP=13×AD×又S△BMP=12S△ABP=12×34×AB2=所以h=AD×即點(diǎn)M到平面BDP的距離為2114.443π當(dāng)四面體OPA2A3體積最大時(shí),平面OPA2⊥平面OA2A3,因?yàn)锳2A3⊥OA2,所以依據(jù)平面與平面垂直的性質(zhì)定理可得A2A3⊥平面OPA2,所以A2A3⊥PA2,所以△PA2A3為直角三角形,所以PA3=PA22+A2A32=1+1=2,又OP=1,OA3=3,所以O(shè)A32當(dāng)PA3=1時(shí),因?yàn)镻O=PA2=PA3=1,所以點(diǎn)P在平面OA2A3內(nèi)的射影是直角三角形OA2A3的外心,也就是OA3的中點(diǎn)M,且四面體O-PA2A3的外接球的球心N在直線PM上,如圖,因?yàn)镺P=1,OA3=3,得PM=12,設(shè)NA3=NP=R則在直角三角形NMA3中,由勾股定理可得NA32=NM2+M即R2=(R-12)2+322,解得R=1,所以四面體15.(1)證明∵底面ABCD是正方形,∴DB⊥AC.∵SA⊥底面ABCD,BD?平面ABCD,∴DB⊥SA.又∵SA∩AC=A,∴BD⊥平面SAC.∵不論點(diǎn)P在何位置都有PC?平面SAC,∴DB⊥PC.(2)解將側(cè)面SAB繞側(cè)棱SA旋轉(zhuǎn)到與側(cè)面SAD在同一平面內(nèi),如圖所示,則當(dāng)B,P,H三點(diǎn)共線時(shí),PB