2025年课标高考文数每日习题真题分类8.4　直线、平面垂直的判定和性质(带答案解析).docx

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8.4直线、平面垂直的判定和性质

基础篇固本夯基

考点一直线与平面垂直的判定和性质

1.(2024长春二模,3)已知m、n是平面α内的两条直线,则“直线l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”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

答案B

2.(2017课标Ⅲ,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()

A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD

C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC

答案C

3.(2024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()

A.1B.2C.3D.0

答案B

4.(2024届陕西汉中质检,6)下列四个命题中,正确命题的个数为()

①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β

②若α∥β,m∥α,则m⊥β

③α⊥β,α∩β=l,点A∈α,若AB⊥l,则AB⊥β

④直线m,n为异面直线,且m⊥α,n⊥β,若m⊥n,则α⊥β

A.1B.2C.3D.4

答案A

5.(2024届山西运城调研,19)如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD.

(1)证明:AC⊥BD;

(2)若直线AC与平面BCD所成的角为45°,AC=1,求三棱锥A-BCD的体积.

解析(1)证明:如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.

因为BC=DC,∠ACB=∠ACD,AC=AC,

所以△ABC≌△ADC,

所以AB=AD,所以AO⊥BD.

又因为AO∩CO=O,AO,CO?平面AOC,所以BD⊥平面AOC,又AC?平面AOC,所以AC⊥BD.

(2)由(1)知BD⊥平面AOC,又BD?平面BCD,所以平面BCD⊥平面AOC,

所以∠ACO为直线AC与平面BCD所成的角,

即∠ACO=45°.

在△ACO中,CO=12BD=22,AC=1,由余弦定理可知AO=22,所以AO2+OC2

所以VA-BCD=13×S△BCD×AO=13×12×BC×CD×AO=16×1×1×

6.(2024届河南洛阳期中,19)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,点M,N,P分别是AD,AB,B1D1的中点,AD=1,AB=2,DD1=3,∠BAD=60°.

(1)证明:MN⊥平面A1ADD1;

(2)求点A到平面PMN的距离.

解析(1)证明:如图,连接BD,在△DAB中,AD=1,AB=2,∠BAD=60°,由余弦定理得BD=3,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面ABCD,∴DD1⊥BD,又∵DD1∩AD=D,∴BD⊥平面ADD1A1,∵点M,N分别是AD,AB的中点,∴MN∥BD,∴MN⊥平面ADD1A1.

(2)连接D1M,则平面PMN即平面PD1MN.因为点M是AD的中点,所以点A到平面PMN的距离等于点D到平面PMN(即平面PD1MN)的距离.

由(1)知MN⊥平面ADD1A1,

在Rt△D1DM中,作DE⊥MD1于E,又知DE⊥MN,MN∩MD1=M,所以DE⊥平面PD1MN,所以DE的长即为点D到平面PD1MN的距离,

因为DE=DM·D1DD

所以点A到平面PMN的距离为3913

7.(2019课标Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.

解析(1)证明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.

又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,

所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1=90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,

所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.

作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=13

解题关键由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.

8.(2024南昌摸底(一),18)如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,E是BC的中点,F是A1E上一点,且A1F=2FE