《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練41 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練41 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 理 北師大版（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時規(guī)范練41 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 理 北師大版 1.(2018天津河西區(qū)質(zhì)檢三,5)設(shè)m是直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是(　　) A.若m∥α,m∥β,則α∥β B.若m∥α,m⊥β,則α⊥β C.若α⊥β,m∥α,則m⊥β D.若α⊥β,m⊥α,則m∥β 2.(2018重慶八中八模,7)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)M是線段BC1上任意一點(diǎn),則下列結(jié)論正確的是(　　) A.AD1⊥DM B.AC1⊥DM C.AM⊥B1C D.A1M⊥B1C 3.(2018福建羅源一中模擬,12)設(shè)E,F分別是正方體ABCD-

2、A1B1C1D1的棱DC上兩點(diǎn),且AB=2,EF=1,給出下列四個命題:①三棱錐D1-B1EF的體積為定值;②異面直線D1B1與EF所成的角為45°;③D1B1⊥平面B1EF;④直線D1B1與AC1不垂直.其中正確的命題為 (　　) A.①② B.②③ C.①②④ D.①④ 4.(2018全國1,文10)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與平面BB1C1C所成的角為30°,則該長方體的體積為(　　) A.8 B.6 C.8 D.8 5.(2018吉林四平一模,14)ABCD是正方形,P為平面ABCD外一點(diǎn),且PA⊥平面ABCD,則平面PAB,平面PBC,平面P

3、CD,平面PAD,平面ABCD這五個平面中,互相垂直的平面有　　　　　對.? 6. 如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱C1D1的中點(diǎn),F為棱BC的中點(diǎn). (1)求證:AE⊥DA1; (2)在線段AA1上求一點(diǎn)G,使得AE⊥平面DFG. 7. 如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,點(diǎn)E在AD上,且AE=2ED. (1)已知點(diǎn)F在BC上,且CF=2FB,求證:平面PEF⊥平面PAC; (2)若△PBC的面積

4、是梯形ABCD面積的,求點(diǎn)E到平面PBC的距離. 綜合提升組 8.(2018云南昆明檢測,10)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是BC1,CD1的中點(diǎn),則(　　) A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1 C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1 9.(2018吉林梅河口二模,16)在四面體ABCD中,DA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=4,AC=3,AD=1,E為棱BC上一點(diǎn),且平面ADE⊥平面BCD,則DE=　　　　　.? 10.已知正四棱錐P-ABCD內(nèi)接于半徑為的球O中(且球心O在該棱錐內(nèi)部),底面ABC

5、D的邊長為,求點(diǎn)A到平面PBC的距離. 11. 如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=2AC=4,D,E分別是AB,BC邊的中點(diǎn),沿DE將△BDE折起至△FDE,且∠CEF=60°. (1)求四棱錐F-ADEC的體積; (2)求證:平面ADF⊥平面ACF. 12. 如圖,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為1的正方形,側(cè)棱PA⊥底面ABCD,且PA=2,E是側(cè)棱PA上的動點(diǎn). (1

6、)求四棱錐P-ABCD的體積. (2)如果E是PA的中點(diǎn),求證:PC∥平面BDE. (3)是否不論點(diǎn)E在側(cè)棱PA的任何位置,都有BD⊥CE?證明你的結(jié)論. 創(chuàng)新應(yīng)用組 13. 如圖所示,平面ABCD⊥平面BCE,四邊形ABCD為矩形,BC=CE,點(diǎn)F為CE的中點(diǎn). (1)證明:AE∥平面BDF; (2)點(diǎn)M為CD上任意一點(diǎn),在線段AE上是否存在點(diǎn)P,使得PM⊥BE?若存在,確定點(diǎn)P的位置,并加以證明

7、;若不存在,請說明理由. 參考答案 課時規(guī)范練41　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 1.B　在A中,m∥α,m∥β,則α與β相交或平行,故A錯誤;在B中,m∥α,m⊥β,則由面面垂直的判定定理得α⊥β,故B正確;在C中,α⊥β,m∥α,則m與β相交,平行或m?β,故C錯誤;在D中,α⊥β,m⊥α,則m∥β或m?β,故D錯誤,故選B. 2.C　由題得B1C⊥BC1,B1C⊥AB, 因?yàn)锳B,BC1?平面ABM,且AB∩BC1=B, 所以B1C⊥平面ABM,所以AM⊥B1C.故選C. 3.A　由題意得,如圖所示, ①中,三棱錐的體

8、積為==×·B1C1=××EF×2×2=,所以體積為定值;②中,在正方體中,EF∥C1D1,所以異面直線D1B1與EF所成的角就是直線D1B1與C1D1所成的角,即∠B1D1C1=45°,所以這是正確的;③中,由②可知,直線D1B1與EF不垂直,所以D1B1⊥面B1EF不成立,所以是錯誤的;④B1D1⊥平面AA1C1C,又AC1?平面AA1C1C,可知D1B1與AC1垂直,所以不正確.故選A. 4.C　在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,連接BC1,則∠AC1B為AC1與平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1==2,又BC=2,

9、 所以在Rt△BCC1中,CC1==2, 所以該長方體體積V=BC×CC1×AB=8. 5.5　因?yàn)镻A⊥平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD.又因?yàn)锳D⊥平面PAB,所以平面PAD⊥平面PAB,同理可得平面PBC⊥平面PAB,平面PAD⊥平面PCD,故互相垂直的平面有5對.故填5. 6.(1)證明 連接AD1,BC1(圖略). 由正方體的性質(zhì)可知,DA1⊥AD1,DA1⊥AB,又AB∩AD1=A, ∴DA1⊥平面ABC1D1. ∵AE?平面ABC1D1,∴AE⊥DA1. (2)解 所求點(diǎn)G即為點(diǎn)A1,證明如下: 由(1)可知AE⊥DA1,

10、取CD的中點(diǎn)H,連接AH,EH(圖略),由DF⊥AH,DF⊥EH,AH∩EH=H, 可得DF⊥平面AHE. ∵AE?平面AHE,∴DF⊥AE. 又DF∩A1D=D, ∴AE⊥平面DFA1, 即AE⊥平面DFG. 7.(1)證明 ∵AB⊥AC,AB=AC, ∴∠ACB=45°. ∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC, ∴∠ACD=45°,∴AD=CD, ∴BC=AC=2AD. ∵AE=2ED,CF=2FB, ∴AE=BF=AD, ∴四邊形ABFE是平行四邊形, ∴AB∥EF. 又AB⊥AC,∴AC⊥EF. ∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF.

11、∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC. ∵EF?平面PEF, ∴平面PEF⊥平面PAC. (2)解 ∵PA⊥底面ABCD,且AB=AC, ∴PB=PC, 取BC的中點(diǎn)G,連接AG,則AG⊥BC,AG=CD=1. 設(shè)PA=x,連接PG,則PG=, ∵△PBC的面積是梯形ABCD面積的倍, ∴×2×PG=××(1+2)×1,即PG=2,求得x=, ∵AD∥BC,AD?平面PBC,BC?平面PBC,∴AD∥平面PBC,∴點(diǎn)E到平面PBC的距離即是點(diǎn)A到平面PBC的距離, ∵VA-PBC=VP-ABC,S△PBC=2S△ABC, ∴點(diǎn)E到平面PBC的距離為PA=. 8.D　

12、對于選項(xiàng)A,因?yàn)镸,N分別是BC1,CD1的中點(diǎn),所以點(diǎn)N∈平面CDD1C1,點(diǎn)M?平面CDD1C1,所以直線MN是平面CDD1C1的交線, 又因?yàn)橹本€C1D1在平面CDD1C1內(nèi),故直線MN與直線C1D1不可能平行,故選項(xiàng)A錯;對于選項(xiàng)B,正方體中易知NB≠NC1,因?yàn)辄c(diǎn)M是BC1的中點(diǎn),所以直線MN與直線BC1不垂直.故選項(xiàng)B不對;對于選項(xiàng)C,假設(shè)MN⊥平面ACD1,可得MN⊥CD1.因?yàn)镹是CD1的中點(diǎn),所以MC=MD1.這與MC≠M(fèi)D1矛盾.故假設(shè)不成立.所以選項(xiàng)C不對;對于選項(xiàng)D,分別取B1C1,C1D1的中點(diǎn)P、Q,連接PM、QN、PQ.因?yàn)辄c(diǎn)M是BC1的中點(diǎn),所以PM∥CC1且

13、PM=CC1.同理QN∥CC1且QN=CC1.所以PM∥QN且PM=QN,所以四邊形PQNM為平行四邊形.所以PQ∥MN.在正方體中,CC1⊥PQ,PQ⊥AC.因?yàn)锳C∩CC1=C,AC?平面ACC1,CC1?平面ACC1,所以PQ⊥平面ACC1.因?yàn)镻Q∥MN,所以MN⊥平面ACC1.故選D. 9.　過A作AH⊥DE,因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面BCD,且平面ADE⊥平面BCD=DE, ∴AH⊥平面BCD,∴AH⊥BC,又AD⊥BC, ∴BC⊥平面ADE,BC⊥AE, ∵AE=,AD=1,∴DE=. 10.解 如圖所示,連接AC與BD交于O',顯然球心O在正棱錐P-ABCD的高PO'上,

14、 因?yàn)榍騉的半徑為,所以O(shè)D=OP=, 又因?yàn)榈酌鍭BCD的邊長為, 所以BD==2,O'D=BD=1, 在△OO'D中,由勾股定理得OO'===, 所以O(shè)'P=OP+OO'=+=2, 設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h,則由VA-PBC=VP-ABC,可得: ××××h=××()2×2,解得h=. 11.(1)解 ∵D,E分別是AB,BC邊的中點(diǎn), ∴DE􀱀AC,DE⊥BC,DE=1. 依題意,DE⊥EF,BE=EF=2, ∵EF∩EC=E,∴DE⊥平面CEF, ∵DE?平面ACED, ∴平面ACED⊥平面CEF. 作FM⊥EC于M, 則FM⊥平面

15、ACED, ∵∠CEF=60°,∴FM=, 梯形ACED的面積S=(AC+ED)×EC=(1+2)×2=3. 四棱錐F-ADEC的體積V=Sh=×3×=. (2)證明 (法一)如圖,取線段AF,CF的中點(diǎn)N,Q,連接DN,NQ,EQ,則NQ􀱀AC, ∴NQ􀱀DE,四邊形DEQN是平行四邊形,DN∥EQ. ∵EC=EF,∠CEF=60°, ∴△CEF是等邊三角形,EQ⊥FC, 又DE⊥平面CEF,∴DE⊥EQ, ∴AC⊥EQ, ∵FC∩AC=C,∴EQ⊥平面ACF, ∴DN⊥平面ACF, 又DN?平面ADF, ∴平面ADF⊥平面ACF

16、. (法二)連接BF, ∵EC=EF,∠CEF=60°, ∴△CEF是邊長為2等邊三角形. ∵BE=EF, ∴∠EBF=∠CEF=30°, ∴∠BFC=90°,BF⊥FC. ∵DE⊥平面BCF,DE∥AC,∴AC⊥平面BCF. ∵BF?平面BCF,∴AC⊥BF, 又FC∩AC=C, ∴BF⊥平面ACF,又BF?平面ADF, ∴平面ADF⊥平面ACF. 12.(1)解 ∵PA⊥底面ABCD, ∴PA為此四棱錐底面上的高. ∴V四棱錐P-ABCD=S正方形ABCD×PA=×12×2=. (2)證明 連接AC交BD于點(diǎn)O,連接OE. ∵四邊形ABCD是正方形,

17、 ∴AO=OC. 又AE=EP,∴OE∥PC. 又PC?平面BDE,OE?平面BDE, ∴PC∥平面BDE. (3)解 不論點(diǎn)E在側(cè)棱PA的任何位置,都有BD⊥CE. 證明如下:∵四邊形ABCD是正方形,∴BD⊥AC. ∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD. 又PA∩AC=A, ∴BD⊥平面PAC. ∵CE?平面PAC,∴BD⊥CE. 13.(1)證明 連接AC交BD于點(diǎn)O,連接OF. ∵四邊形ABCD是矩形, ∴O為AC的中點(diǎn). 又F為EC的中點(diǎn),∴OF∥AE. 又OF?平面BDF, AE?平面BDF, ∴AE∥平面BDF. (2)解 當(dāng)點(diǎn)P為AE的中點(diǎn)時,有PM⊥BE,證明如下: 取BE的中點(diǎn)H,連接DP,PH,CH. ∵P為AE的中點(diǎn),H為BE的中點(diǎn),∴PH∥AB. 又AB∥CD,∴PH∥CD, ∴P,H,C,D四點(diǎn)共面. ∵平面ABCD⊥平面BCE,且平面ABCD∩平面BCE=BC,CD⊥BC, CD?平面ABCD,∴CD⊥平面BCE. 又BE?平面BCE,∴CD⊥BE, ∵BC=CE,且H為BE的中點(diǎn), ∴CH⊥BE. 又CH∩CD=C,且CH,CD?平面DPHC, ∴BE⊥平面DPHC. 又PM?平面DPHC,∴PM⊥BE.