资源描述
第4讲 直线、平面垂直的判定与性质
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．(2021·南通、扬州、泰州、宿迁调研)设l，m表示直线，m是平面α内的任意一条直线，则“l⊥m”是“l⊥α”成立的________条件(在“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选填一个)．
解析 由于m是平面α内的任意一条直线，若l⊥m，则l⊥α，所以充分性成立；反过来，若l⊥α，则l⊥m，所以必要性成立，故“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件．
答案 充要
2．设a是空间中的一条直线，α是空间中的一个平面，给出下列说法：①过a肯定存在平面β，使得β∥α；②过a肯定存在平面β，使得β⊥α；③在平面α内肯定不存在直线b，使得a⊥b；④在平面α内肯定不存在直线b，使得a∥b.其中说法正确的是________(填序号)．
解析 当a与α相交时，不存在过a的平面β，使得β∥α，故①错误；直线a与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α，②正确；平面α内的直线b只要垂直于直线a在平面α内的投影，则就必定垂直于直线a，故③错误；当a与α平行时，在平面α内存在直线b，使得a∥b，故④错误．
答案 ②
3．(2022·盐城模拟)已知点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有________条．
解析 如图所示，设D1E与平面AA1C1C相交于点M，在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F于点N，连接MN，由C1F与D1E为异面直线知MN唯一，且MN⊥平面ABCD.
答案 1
4．(2021·青岛质量检测)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列条件中能得出a⊥b的是______(填序号)．
①a⊥α，b∥β，α⊥β；②a⊥α，b⊥β，α∥β；③a⊂α，b⊥β，α∥β；④a⊂α，b∥β，α⊥β.
解析 ①中，两直线可以平行、相交或异面，故不正确；②中，两直线平行，故不正确；③中，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故正确；④中，两直线可以平行，相交或异面，故不正确．
答案 ③
5. 如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；
④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是________．
解析 由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.
∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，
∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．
答案 ①②③
6. (2021·深圳调研)如图，在四周体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，给出下列结论：①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BDC；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE.其中结论正确的序号是________．
解析 由于AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.由于AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.所以③正确．
答案 ③
7．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．
解析 ∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
8．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________ cm3.
解析 连接AC交BD于O，在长方体中，
∵AB＝AD＝3，∴BD＝3
且AC⊥BD.
又∵BB1⊥底面ABCD，
∴BB1⊥AC.
又DB∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BB1D1D，
∴AO为四棱锥A－BB1D1D的高且AO＝BD＝.
∵S矩形BB1D1D＝BD×BB1＝3×2＝6，
∴VA－BB1D1D＝S矩形BB1D1D·AO
＝×6×＝6(cm3)．
答案 6
二、解答题
9.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2AC＝2BC，D是棱AA1的中点，CD⊥B1D.
(1)证明：CD⊥B1C1；
(2)平面CDB1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
(1)证明 由题设知，三棱柱的侧面为矩形，
由于D为AA1的中点，故DC＝DC1，
又AA1＝2A1C1，可得DC＋DC2＝CC，
所以CD⊥DC1，而CD⊥B1D，B1D∩C1D＝D，
所以CD⊥平面B1C1D，
由于B1C1⊂平面B1C1D，所以CD⊥B1C1.
(2)解 由(1)知B1C1⊥CD，且B1C1⊥C1C，C1C∩CD＝C，则B1C1⊥平面ACC1A1，
设V1是平面CDB1上方部分的体积，V2是平面CDB1下方部分的体积，
则V1＝VB1－CDA1C1＝×S梯形CDA1C1×B1C1
＝×B1C＝B1C.
V总＝VABC－A1B1C1＝AC×BC×CC1＝B1C，
V2＝V总－V1＝B1C＝V1，
故＝1∶1.
10．(2022·镇江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明 (1)由于平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以四边形ABED为平行四边形．
所以BE∥AD.
又由于BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由于AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD.
所以PA⊥CD.
又由于PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
又E，F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.
故CD⊥EF，由EF，BE⊂平面BEF，且EF∩BE＝E.
所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，
所以平面BEF⊥平面PCD.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
1．(2021·南京模拟)已知m，n是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：
①若α⊥β，m⊥α，则m∥β；
②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；
③若m∥α，m⊥n，则n⊥α；
④若m∥α，m⊂β，则α∥β.
其中全部真命题的序号是________．
解析 若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，①是假命题；若m⊥α，m⊥β，则α∥β，②是真命题；若m∥α，m⊥n，则n⊥α或n∥α或n⊂α或n，α相交(非垂直)，③是假命题；若m∥α，m⊂β，则α∥β或α，β相交，④是假命题，故其中全部真命题的序号是②.
答案 ②
2．(2022·衡水中学模拟)如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.给出下列结论：①点H是△A1BD的垂心；②AH垂直于平面CB1D1；③AH延长线经过点C1；④直线AH和BB1所成角为45°.其中错误的结论序号是________．
解析 对于①，由于AA1＝AB＝AD，所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1，B，D的距离相等，即点H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故点H是△A1BD的垂心，命题①是真命题；对于②，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，从而AH⊥平面CB1D1，命题②是真命题；对于③，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延长线经过点C1，命题③是真命题；对于④，由③知直线AH即是直线AC1，又直线AA1∥BB1，因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角，即
∠A1AC1，而tan∠A1AC1＝＝，因此命题④是假命题．
答案 ④
3．(2022·苏、锡、常、镇模拟)如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把全部正确的序号都填上)．
解析 由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．
答案 ①④
4. (2021·南京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，DC∥AB，DA＝DC＝2AB，O为AC与BD的交点，AB⊥平面PAD，△PAD是正三角形．
(1)若点E为棱PA上一点，且OE∥平面PBC，求的值；
(2)求证：平面PBC⊥平面PDC.
(1)解 由于OE∥平面PBC，OE⊂平面PAC，
平面PAC∩平面PBC＝PC，所以OE∥PC，
所以AO∶OC＝AE∶EP.
由于DC∥AB，DC＝2AB，
所以AO∶OC＝AB∶DC＝1∶2.
所以＝.
(2)证明 取PC的中点F，连接FB，FD.
由于△PAD是正三角形，DA＝DC，所以DP＝DC.
由于F为PC的中点，所以DF⊥PC.
由于AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD.
由于DC∥AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA.
设AB＝a，在等腰直角三角形PCD中，DF＝PF＝a.
在Rt△PAB中，PB＝a.
在直角梯形ABCD中，BD＝BC＝a.
由于BC＝PB＝a，点F为PC的中点，所以PC⊥FB.
在Rt△PFB中，FB＝a.
在△FDB中，由DF＝a，FB＝a，BD＝a，
可知DF2＋FB2＝BD2，所以FB⊥DF.
由DF⊥PC，DF⊥FB，PC∩FB＝F，PC，FB⊂平面PBC，
所以DF⊥平面PBC.
又DF⊂平面PCD，所以平面PBC⊥平面PDC.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
