2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--专题强化练4　空间中的垂直关系

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2025人教B版高中数学必修第四册
专题强化练4　空间中的垂直关系
1.(2022华大新高考联盟教学质量测评)已知l,m,n是空间中三条不同的直线,α,β是空间中两个不同的平面,且m α,n α,l β,m∩n=A,则“α⊥β”是“l⊥m,l⊥n”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
2.在三棱锥P-ABC中,AC⊥BC,PA⊥平面ABC,AC=BC=2,PA=4,则PC与平面PAB所成角的正切值为(　　)
A.1　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(2022浙江宁波期末)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是(　　)
A.平面BCE⊥平面ABN
B.MC⊥AN
C.平面CMN⊥平面AMN
D.平面BDE∥平面AMN
4.(2024山东泰安新泰第一中学月考)在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,BD⊥CD,平面ABC⊥平面BCD,若该三棱锥的外接球的表面积为16π,则AD= 　　　　 .
5.(2023陕西西安月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2,BC=a,PA⊥底面ABCD.
(1)当a为何值时,BD⊥平面PAC 证明你的结论;
(2)若在棱BC上至少存在一点M,使PM⊥DM,求a的取值范围.
6.(2022福建莆田一中期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90°,BC=2AD,E为线段BC的中点.
(1)求证:平面PDE⊥平面PAD;
(2)在线段PB上找一点F,使得EF∥平面PCD,则满足题意的点F是否存在 若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由;
(3)若Q是PC的中点,AB=1,PA=2,BC=2,求三棱锥P-ABQ的体积.
7.(2022浙江衢州期中)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.
(1)求证:平面BAE⊥平面A1BD;
(2)求平面DBA1与平面BAA1所成角的余弦值;
(3)在线段B1B(含端点)上是否存在点M,使点M到平面A1BD的距离为 若存在,请指出点M的位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
1.B　由图可知充分性不成立.
下面证明必要性:
∵m α,n α,m∩n=A,l⊥m,l⊥n,∴l⊥α,
又l β,∴α⊥β,故必要性成立.
故选B.
2.B　在平面ABC内,过点C作CD⊥AB,垂足为D,连接PD.∵AC=BC=2,∴D是AB的中点,且CD=,PD=3.∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥CD,
∵CD⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,∴CD⊥平面PAB,∴∠CPD即为PC与平面PAB所成的角,
∴tan∠CPD===,
故PC与平面PAB 所成角的正切值为.故选B.
3.C　分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体.
∵BC⊥平面ABN,BC 平面BCE,∴平面BCE⊥平面ABN,故A正确;连接PB,则PB∥MC,显然PB⊥AN,∴MC⊥AN,故B正确;
取MN的中点F,连接AF,CF,AC,∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形,∴AF⊥MN,CF⊥MN,∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角,
∵AF=CF=,AC=,
∴AF2+CF2≠AC2,即∠AFC≠,
∴平面CMN与平面AMN不垂直,故C错误;
∵DE∥AN,BD∥MN,且DE∩BD=D,AN∩MN=N,
DE,BD 平面BDE,AN,MN 平面AMN,∴平面BDE∥平面AMN,故D正确.故选C.
4.答案　2
解析　如图,不妨记BC=2a(a>0),BC的中点为O,连接AO,OD,
因为△ABC是等边三角形,所以AO⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AO 平面ABC,所以AO⊥平面BCD,
因为BD⊥CD,所以BC是△BCD外接圆的直径,O为外接圆的圆心,
等边△ABC的外接圆的圆心为线段AO上靠近点O的三等分点,
所以该三棱锥的外接球的球心为线段AO上靠近点O的三等分点,
则外接球的半径为2a××=a.
又外接球的表面积为16π,
所以4π·=16π,所以a=.
在Rt△BCD中,OD=BC=,
所以在Rt△AOD中,AD==2.
小题速解　求解两个面互相垂直的三棱锥外接球的半径可以应用公式(2R)2=(2r1)2+(2r2)2-l2,此公式称为双半径单交线公式,r1,r2为两个互相垂直平面的外接圆半径,l为两个互相垂直平面的交线长.
在本题中,由(2R)2=(2a)2+-(2a)2,解得R=a.
5.解析　(1)当a=2时,BD⊥平面PAC.证明如下:
当a=2时,矩形ABCD为正方形,则BD⊥AC.
∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴BD⊥PA.
又AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,
∴BD⊥平面PAC.
故当a=2时,BD⊥平面PAC.
(2)连接AM.
∵PA⊥平面ABCD,DM 平面ABCD,
∴PA⊥DM,
又PM⊥DM,PA∩PM=P,PA,PM 平面PAM,
∴DM⊥平面PAM,
∵AM 平面PAM,∴DM⊥AM,
∴M是以AD为直径的圆和棱BC的交点,
∴圆的半径r=≥AB,即a≥4,
∴a的取值范围是[4,+∞).
6.解析　(1)证明:∵AD∥BC,BC=2AD,E是BC的中点,∴AD∥BE,AD=BE,
∴四边形ABED是平行四边形,
∵∠BAD=90°,∴四边形ABED为矩形,∴DE⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD,DE 平面ABCD,∴PA⊥DE,
又AD∩PA=A,AD,PA 平面PAD,
∴DE⊥平面PAD,
又DE 平面PDE,
∴平面PDE⊥平面PAD.
(2)存在.如图,取PB的中点F,连接EF.
在△BCP中,E,F分别为BC,BP的中点,
∴EF是△BCP的中位线,∴EF∥CP,
又CP 平面PCD,EF 平面PCD,∴EF∥平面PCD,
∴当F为PB的中点时,EF∥平面PCD.
(3)连接QF,∵Q是PC的中点,F是PB的中点,
∴FQ∥BC,FQ=BC=1.
∵PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,∴PA⊥BC,
又AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB,∴FQ⊥平面PAB,
故VP-ABQ=VQ-PAB=××AB×PA×FQ=×1×2×1=.
7.解析　(1)证明:因为AA1⊥平面ABC,BD 平面ABC,所以AA1⊥BD,
又△ABC是边长为2的正三角形,D为AC的中点,
所以BD⊥AC,
又AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C1C,
所以BD⊥平面AA1C1C,
又AE 平面AA1C1C,所以BD⊥AE,
易证△AA1D≌△CAE,所以∠AA1D=∠CAE,因为∠A1AE+∠CAE=90°,所以∠A1AE+∠AA1D=90°,
设AE与A1D的交点为O,所以∠A1OA=90°,
所以AE⊥A1D,
又因为BD∩A1D=D,BD,A1D 平面A1BD,
所以AE⊥平面A1BD,
又因为AE 平面BAE,所以平面BAE⊥平面A1BD.
(2)过A作AF⊥A1B于F,连接OF,EF,如图1,
图1
因为AE⊥平面A1BD,A1B 平面A1BD,
所以AE⊥A1B,
又因为AF⊥A1B,AF∩AE=A,AF,AE 平面AEF,
所以A1B⊥平面AEF,
又OF 平面AEF,所以A1B⊥OF,
所以∠OFA为平面DBA1与平面BAA1所成的角,
在Rt△AA1B中,AF=A1B==,
在Rt△AA1D中,AA1·AD=A1D·AO,
即2×1=×AO,解得AO=,
因为AO⊥平面A1BD,OF 平面A1BD,所以AO⊥OF.
所以在Rt△AOF中,OF==,
所以cos∠OFA==.
(3)当点M与点B1重合时,点M到平面A1BD的距离为.
证明如下:取A1C1的中点D1,连接B1D1,DD1,B1D,如图2,
图2
则B1B∥DD1,
所以B,B1,D,D1四点共面,
又DD1⊥平面A1B1C1,A1C1 平面A1B1C1,
所以DD1⊥A1C1,
又B1D1⊥A1C1,B1D1∩DD1=D1,B1D1,DD1 平面BDD1B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1,
设点B1到平面A1BD的距离为h,
由=,得h·=A1D1·,
即h××A1D×BD=×1××BD×BB1,
所以×h=2×,解得h=.
故在线段B1B上存在点M,且点M在端点B1处时,使点M到平面A1BD的距离为.
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