北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.4 直线、平面垂直的判定和性质
一、选择题
1. (2021昆明一模,10)如图,O 是正方体ABCD-ABCD 的中心O关于平面ABCD 的对称点,则下列说
1 1 1 1 1 1 1 1 1
法中错误的是( )
A.O
1
C 1∥平面A
1
BCD
1
B.平面O
1
A
1
D 1⊥平面O
1
B
1
C
1
C.O
1
C 1⊥平面AB
1
D
1
D.O,O,A,B,C,D 六点在同一球面上
1 1 1 1 1
答案 D 记正方形ABCD 的中心为O,显然O,O,O 共线,如图所示.设边AD,BC 的中点分别为F,E,
1 1 1 1 3 3 1 1 1 1 1
连接A
1
C,则点O在A
1
C上,且O是A
1
C的中点,因为O
1
是点O关于平面A
1
B
1
C
1
D
1
的对称点,所以OO 1∥CC
1
,
且OO
1
=CC
1
,所以四边形OO
1
C
1
C是平行四边形,所以O
1
C 1∥OC,因为O
1
C 1⊄平面A
1
BCD
1
,OC⊂平面A
1
BCD
1
,
所以O
1
C 1∥平面A
1
BCD
1
,所以A正确;连接EO
1
,FO
1
,易得EO 1⊥FO
1
,EO 1⊥A
1
D
1
,又O
1
F∩A
1
D
1
=F,所以EO 1⊥平面
O
1
A
1
D
1
,又EO 1⊂平面O
1
B
1
C
1
,所以平面O
1
A
1
D 1⊥平面O
1
B
1
C
1
,所以B正确;因为AB 1⊥A
1
O,所以AB 1⊥O
1
C
1
,同
理AD 1⊥O
1
C
1
,又AB
1
∩AD
1
=A,所以O
1
C 1⊥平面AB
1
D
1
,所以C正确;连接O
3
A
1
,因为OO
3
≠O
3
A
1
,所以D错误,故
选D.
2.(2021东北三省四市联考二,8)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β成立的充分条件是( )
A.α⊥γ,β⊥γ B.α∩β=a,b⊥a,b⊂β
C.a∥α,a∥β D.a∥α,a⊥β
答案 D 对于A,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能相交,也可能平行,故选项A不符合题意;对于B,若
α∩β=a,b⊥a,b⊂β,则α与β不一定垂直,故选项B不符合题意;对于C,若a∥α,a∥β,则α与β可能相交,也可能平北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
行,故选项C不符合题意;对于D,若a∥α,a⊥β,则由a∥α,知在α内必有直线l与a平行,因为a⊥β,所以l⊥β,所以
α⊥β,故选项D符合题意,故选D.
3.(2021合肥一模,9)我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中,把底面为矩形且有一条侧棱与底面
垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”P-ABCD,PA=AB=AD,E,F分别为棱PB,PD的中点.以下四个结论:
①PB⊥平面AEF;②EF⊥平面PAC;③平面PBD⊥平面AEF;④平面AEF⊥平面PCD.
其中正确的是( )
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
答案 D 如图,因为E,F分别为PB,PD的中点,所以EF∥BD,在△PBD中,PB=PD=BD=√2AB,所以△PBD为
π
正三角形,则∠PBD=∠PEF= ,所以PB不可能与平面AEF垂直,所以①不正确.由题意可知PA⊥BD,AC⊥BD,
3
又AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC,又EF∥BD,所以EF⊥平面PAC,所以②正确.设AC∩BD=O,连接PO,交EF
于M,连接AM,则AM⊥EF,MO⊥EF,所以∠AMO为平面AEF与平面PBD的夹角,不妨令PB=PD=BD=√2
√3 1 1 √3
AB=2,则AE=EF=AF=1,AO=1,所以AM= ,MO= PO= ×√3= ,在△AMO中,由余弦定理的推论得
2 2 2 2
3 3
+ -1
AM2+MO2-AO2 4 4 1 1
cos∠AMO= = = ,即平面AEF与平面PBD夹角的余弦值为 ,所以
2AM·MO √3 √3 3 3
2× ×
2 2
③不正确.由题意知PD⊥AF,CD⊥平面PAD,因为AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF,又CD∩PD=D,所以AF⊥平面
PCD,又AF⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面PCD,所以④正确,故选D.
4.(2022届贵阳五校11月联考,4)给出下列三个命题:
①垂直于同一条直线的两个平面互相平行;
②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面相互平行;
③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线,那么这条直线垂直于这个平面.
其中真命题的个数是( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.1 B.2 C.3 D.0
答案 B ①由线面垂直的性质可知,垂直于同一直线的两个平面互相平行,故①为真命题;②当两个平面相
交时,其中一个平面内所有平行于交线的直线都与另一个平面平行,故②为假命题;③由线面垂直的定义可
知,③为真命题.所以真命题的个数为2,故选B.
5.(2021安徽滁州调研,6)已知在四棱锥P-ABCD中,△PAB与△PBC是正三角形,平面PAB⊥平面
PBC,AC⊥BD,则下列结论不一定成立的是( )
A.PB⊥AC
B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD
D.平面PBD⊥平面ABCD
答案 B 对于选项A,取PB的中点O,连接AO,CO,∵△PAB与△PBC均为等边三角形,∴AO⊥PB,CO⊥PB,又
AO∩CO=O,∴PB⊥平面AOC,又∵AC⊂平面AOC,∴PB⊥AC,故A中结论一定成立;对于选项B,由于点D的位
置不确定,故B中结论不一定成立;对于选项C,∵PB⊥AC,AC⊥BD,PB∩BD=B,∴AC⊥平面PBD,又PD⊂平面
PBD,∴AC⊥PD,故C中结论一定成立;对于选项D,∵AC⊥平面PBD,AC⊂平面ABCD,∴平面PBD⊥平面
ABCD,故D中结论一定成立.故选B.
6.(2022届陕西顶级名校联考(一),9)如图,在棱长为1的
正方体ABCD-ABCD 中,P为线段BC 上的动点(不含端点),则下列结论错误的是( )
1 1 1 1 1
A.平面D
1
C
1
P⊥平面C
1
CP
B.三棱锥A-DDP的体积为定值
1
C.A
1
D⊥D
1
P
D.DP⊥平面D
1
C
1
P北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 D 在正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,显然有D
1
C 1⊥平面C
1
CP,又D
1
C 1⊂平面D
1
C
1
P,所以平面D
1
C
1
P⊥平面
C
1
CP,故A正确;因为BC 1∥AD
1
,AB⊥平面D
1
DA,所以点P到平面D
1
DA的距离等于AB的长,是定值,又
△DDA的面积是定值,所以由等体积法知,三棱锥A-DDP的体积为定值,故B正确;在正方体ABCD-
1 1
A
1
B
1
C
1
D
1
中,显然有A
1
D⊥D
1
C
1
,A
1
D⊥BC
1
,又D
1
C
1
∩BC
1
=C
1
,所以A
1
D⊥平面D
1
C
1
P,又知D
1
P⊂平面D
1
C
1
P,所以
A
1
D⊥D
1
P,故C正确;若DP⊥平面D
1
C
1
P,则DP⊥BC
1
,结合DC⊥BC
1
,DP∩DC=D,可得BC 1⊥平面DCP,所以
BC 1⊥CP,此时P为BC
1
的中点,而P为线段BC
1
上的动点(不含端点),BC
1
与CP不恒相互垂直,故D不正确,故
选D.
7.(多选)(2021福建厦门双十中学5月模拟,11)一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰
直角三角形组成,如图所示,∠B=∠F=90°,∠A=60°,∠D=45°,BC=DE=√3,现将两块三角形板拼接在一起,得三
棱锥F-ABC,取BC中点O与AC中点M,则下列判断中正确的是( )
A.BC⊥平面OFM
B.AC与平面OFM所成的角为定值
C.三棱锥F-COM的体积为定值
4
D.若平面BCF⊥平面ABC,则三棱锥F-ABC外接球体积为 π
3
答案ABD 对于A,由O是BC的中点,M是AC的中点,得MO∥AB,则∠COM=∠ABC=90°,即BC⊥MO,由
EC=EB,O为BC的中点得BC⊥FO,又MO∩FO=O,MO,FO⊂平面OFM,所以直线BC⊥平面OFM,故A正确.
对于B,由A得,AC与平面OFM所成的角为∠OMC,为定值60°,故B正确.
对于C,△COM的面积为定值,但三棱锥F-COM的高会随着F点的位置移动而变化,故C错误.
对于D,连接MB,因为平面BCF⊥平面ABC,BC⊥FO,平面BCF∩平面ABC=BC,所以FO⊥平面ABC,因此
√3 1 1
FO⊥OM.由题意求得FO= ,AB=1,则OM= AB= ,因此MF=√FO2+OM2=1.又在Rt△ABC
2 2 2
1
中,MA=MB=MC= AC=1,则MA=MB=MC=MF,所以点M即为三棱锥F-ABC外接球的球心,因此该外接球
2
4 4
的体积V= π·13= π,即D正确.故选ABD.
3 3
二、解答题北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.(2020西城一模,16)如图,在四棱柱ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中,AA 1⊥平面ABCD,底面ABCD满足AD∥BC,且
AB=AD=AA=2,BD=DC=2√2.
1
(1)求证:AB⊥平面ADD
1
A
1
;
(2)求直线AB与平面BCD 所成角的正弦值.
1 1
解析 (1)证明:因为在底面ABCD中,AB=AD=2,BD=2√2,所以AB2+AD2=BD2,即AB⊥AD.
因为AA 1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
所以AA 1⊥AB,又因为AA
1
∩AD=A,AA
1
,AD⊂平面ADD
1
A
1
,
所以AB⊥平面ADD
1
A
1
.
(2)由(1)知AB,AD,AA 两两垂直,故以A为原点,分别以AB,AD,AA 所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角
1 1
坐标系,
在底面ABCD中,由题意,得BC=4,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),B(2,0,2),D(0,2,2),所以 =(2,0,0), =(0,4,-2), =(-2,2,0),
1 1 ⃗AB ⃗B C ⃗B D
1 1 1
设平面BCD 的法向量为n=(x,y,z),
1 1
{⃗B C·n=0, { 4 y-2z=0,
由 1 得
⃗B D ·n=0, -2x+2y=0.
1 1
令y=1,得n=(1,1,2),
设直线AB与平面BCD 所成的角为θ,
1 1
则sin θ=|cos< ,n>|= | ⃗AB·n | =√6,
⃗AB
|⃗AB|·|n| 6
√6
故直线AB与平面BCD 所成角的正弦值为 .
1 1
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9.(2022届山西长治第二中学月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,
△PAD为正三角形,且E为AD的中点,BE⊥平面PAD.
(1)证明:平面PBC⊥平面PEB;
(2)求平面PEB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值.
解析 (1)证明:∵BE⊥平面PAD,AD⊂平面PAD,∴AD⊥BE,又∵△PAD为正三角形,E为AD的中点,∴AD⊥PE,
又PE∩BE=E,∴AD⊥平面PEB.∵四边形ABCD为菱形,∴AD∥BC,∴BC⊥平面PEB,又BC⊂平面PBC,∴平面
PBC⊥平面PEB.
(2)以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,设菱形ABCD的边长为2,则AE=ED=1,PE=EB=
√3,则C(-2,√3,0),D(-1,0,0),P(0,0,√3),
⃗DC=(-1,√3,0),⃗DP=(1,0,√3).
设平面PDC的法向量为m=(x,y,z),则{m·⃗DC=0, 即{-x+√3 y=0,
取y=1,
m·⃗DP=0, x+√3z=0,
m·n √15
则m=(√3,1,-1),易知平面PEB的一个法向量为n=(1,0,0),则cos<m,n>= = ,∴平面PEB与平
|m||n| 5
√15
面PDC所成的锐二面角的余弦值为 .
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10.(2021合肥二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA=PC=√3,AC=BC=2√2,AC⊥BC,D为棱AB上一
点,BD=3AD,棱AC的中点E在平面PAB上的射影F在线段PD上.
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)求二面角E-CF-B的正弦值.
解析 (1)证明:如图,取AB的中点H,连接CH,DE,PE.
∵BD=3AD,∴D为AH的中点,∴DE∥CH.∵AC=BC,∴CH⊥AB,∴ED⊥AB.又∵点E在平面PAB上的射影F在线
段PD上,∴EF⊥平面PAB,∵AB⊂平面PAB,∴EF⊥AB.∵EF∩ED=E,EF,DE⊂平面PDE,∴AB⊥平面PDE,∵PE⊂
平面PDE,∴AB⊥PE.
∵点E为棱AC的中点,PA=PC,∴PE⊥AC.
又∵AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABC,∴PE⊥平面ABC.
∵PE⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)∵AC⊥BC,∴以C为原点,⃗CA,⃗CB的方向为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
∵PA=PC=√3,AC=BC=2√2,∴AB=4,CH=2,PE=DE=1,则F为PD的中点,
∴C(0,0,0),B(0,2 ,0),E( ,0,0),P( ,0,1),D(3√2 √2 ),F(5√2 √2 1).
√2 √2 √2 , ,0 , ,
2 2 4 4 2
设平面ECF的法向量为n
1
=(x
1
,y
1
,z
1
),∴n 1⊥⃗EF,n 1⊥⃗CE,∴n
1
·⃗EF=0,n
1
·⃗CE=0.
∵ =(√2 √2 1), =( ,0,0),
⃗EF , , ⃗CE √2
4 4 2
{√2 √2 1
x + y + z =0,
∴ 4 1 4 1 2 1 取n 1 =(0, √2 ,-1).
√2x =0,
1
