2022高考数学一轮复习第8章立体几何第5讲直线平面垂直的判定及性质课时作业含解析新人教B版.doc

第5讲 直线、平面垂直的判定及性质
课时作业
1．假设α，β是两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，那么“α⊥β 〞是“m⊥β 〞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
解析　假设α⊥β，m⊂α，那么m与β平行、相交或m⊂β都有可能，所以充分性不成立；假设m⊥β，m⊂α，那么α⊥β，必要性成立，应选B.
2．(2022·重庆模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．以下命题中正确的选项是(　　)
A．假设α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m⊥n
B．假设α∥β，m⊂α，n⊂β，那么m∥n
C．假设m⊥n，m⊂α，n⊂β，那么α⊥β
D．假设m⊥α，m∥n，n∥β，那么α⊥β
答案　D
解析　假设α⊥β，m⊂α，n⊂β，那么m与n可能平行、相交或异面，故A错误；假设α∥β，m⊂α，n⊂β，那么m与n可能平行，也可能异面，故B错误；假设m⊥n，m⊂α，n⊂β，那么α与β可能相交，也可能平行，故C错误；对于D，由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又知n∥β，故α⊥β，所以D正确．应选D.
3．(2022·烟台摸底)直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出以下命题：
①假设α∥β，那么m⊥l；②假设α⊥β，那么m∥l；③假设m⊥l，那么α⊥β；④假设m∥l，那么α⊥β.
其中是真命题的是(　　)
A．①④ B．③④
C．①② D．①③
答案　A
解析　对于①，假设α∥β，m⊥α，l⊂β，那么m⊥l，故①是真命题，排除B；对于④，假设m∥l，m⊥α，那么l⊥α，又因为l⊂β，所以α⊥β.故④是真命题．应选A.
4．(2022·襄阳模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，那么以下说法错误的选项是(　　)
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
答案　D
解析　如下图，连接C1D，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正确；又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正确；又因为A1B1∥AB，AB与BD相交，所以MN与A1B1不平行，故D错误．

5．(2022·福建质量检查)如图，AB是圆O的直径，VA垂直圆O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，那么以下结论正确的选项是(　　)
A．MN∥AB
B．MN与BC所成的角为45°
C．OC⊥平面VAC
D．平面VAC⊥平面VBC
答案　D
解析　依题意，得MN∥AC，又因为直线AC与AB相交，因此MN与AB不平行，A错误；因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC，因此MN与BC所成的角是90°，B错误；因为直线OC与AC不垂直，因此OC与平面VAC不垂直，C错误；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC⊥平面VAC.又BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，D正确．应选D.
6．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起得到空间四面体ABCD(如图2)，那么在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　)
A．相交且垂直 B．相交但不垂直
C．异面且垂直 D．异面但不垂直
答案　C
解析　因为在题图1中，AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线，所以AD⊥BC.在题图2的四面体ABCD中，AD⊥BD，AD⊥DC，BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.又AD与BC是异面直线，所以AD与BC的位置关系是异面且垂直．
7．在如下图的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)
答案　A
解析　A中，CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为.应选A.
8．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，那么在三棱锥A－BCD中，以下命题正确的选项是(　　)
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
答案　D
解析　因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，又因为AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，应选D.
9．(2022·成都诊断)如图，正四棱锥P－ABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，那么直线BE与平面PAC所成的角为(　　)
A．60° B．30°
C．45° D．90°
答案　A
解析　如图，正四棱锥P－ABCD中，根据底面积为6，得BC＝.连接BD，设交AC于点O，连接PO，那么PO为正四棱锥P－ABCD的高，根据其体积为2可得，PO＝1.因为PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD，又因为BD⊥AC，PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC.连接EO，那么∠BEO为直线BE与平面PAC所成的角．在Rt△POA中，因为PO＝1，OA＝，所以PA＝2，OE＝PA＝1，在Rt△BOE中，因为BO＝，所以tan∠BEO＝＝，所以∠BEO＝60°.应选A.
10．(2022·平顶山摸底)如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出以下四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，那么上述结论可能正确的选项是(　　)
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
答案　B
解析　对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，那么①不成立；对于②，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；对于④，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立．
11．(2022·北京高考)l，m是平面α外的两条不同直线．给出以下三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.
答案　②③⇒①(或①③⇒②)
解析　②③⇒①.证明如下：∵m∥α，∴根据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.①③⇒②.证明如下：∵l⊥m，l⊥α，m是平面α外的直线，∴m∥α.
12．(2022·西安模拟)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，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.
答案　BM⊥PC(或DM⊥PC)
解析　∵△PAB≌△PAD，∴PB＝PD，∴△PDC≌△PBC，当BM⊥PC时，有DM⊥PC，此时PC⊥平面MBD，∴平面MBD⊥平面PCD.故填BM⊥PC(或DM⊥PC)．
13．(2022·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出以下命题：
①三棱锥A－D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的命题序号是________．
答案　①②④
解析　VA－D1PC＝VP－AD1C，点P到平面AD1C的距离即为BC1与平面AD1C的距离，为定值，故①正确；因为平面A1C1B∥平面ACD1，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1，即DP不垂直于BC1，故③错误；由于B1D⊥平面ACD1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确．
14．(2022·四川绵阳模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，以AE为折痕将△DAE向上折起，D变为D′，且平面D′AE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD′⊥EB；
(2)求点E到平面ABD′的距离．
解　(1)证明：∵AE＝BE＝2，AB＝4，
∴AB2＝AE2＋BE2，∴AE⊥EB.
取AE的中点为M，连接MD′，
∵AD′＝D′E＝2，∴MD′⊥AE，
∵平面D′AE⊥平面ABCE，MD′⊂平面D′AE，平面D′AE∩平面ABCE＝AE，
∴MD′⊥平面ABCE，
∴MD′⊥EB，又AE∩D′M＝M，
∴EB⊥平面AD′E，∴AD′⊥EB.
(2)由(1)知MD′⊥平面ABCE，且MD′＝，S△AEB＝4，
易知BM＝，BD′＝2，AD′＝2，AB＝4，
S△ABD′＝2.
设点E到平面ABD′的距离为d，
由VE－ABD′＝VD′－ABE，得×2d＝×4×，
∴d＝.
15．(2022·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)假设点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
解　(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，
又因为OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，
∠ACB＝45°.
在△OCM中根据余弦定理可求得OM＝，
所以CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
16．(2022·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧C所在平面垂直，M是C上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
解　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为C上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又因为BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时，MC∥平面PBD.
证明如下：连接AC交BD于点O，连接OP.
因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点．
因为P为AM的中点，所以MC∥OP.
又因为MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，
所以MC∥平面PBD.
17．(2022·河北省级示范性高中联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D为BC边上一点，BD＝，AA1＝AB＝2AD＝2.
(1)证明：平面ADB1⊥平面BB1C1C；
(2)假设BD＝CD，试问：A1C是否与平面ADB1平行？假设平行，求三棱锥A－A1B1D的体积；假设不平行，请说明理由．
解　(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，
因为AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.
在△ABD中，因为AB＝2，AD＝1，BD＝，
所以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BC，
又因为BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BB1C1C，
因为AD⊂平面ADB1，
所以平面ADB1⊥平面BB1C1C.
(2)A1C与平面ADB1平行．
证明如下：取B1C1的中点E，连接DE，CE，A1E，
因为BD＝CD，所以DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形ADEA1为平行四边形，
那么A1E∥AD.同理可证CE∥B1D.因为A1E∩CE＝E，AD∩B1D＝D，
所以平面ADB1∥平面A1CE，
又因为A1C⊂平面A1CE，所以A1C∥平面ADB1.
因为AA1∥BB1，所以VB1－AA1D＝VB－AA1D，
又因为BD＝，且易证BD⊥平面AA1D，
所以VA－A1B1D＝VB1－AA1D＝VB－AA1D
＝×××2×1＝.