课时过关检测（四十） 直线、平面垂直的判定与性质

这是一份课时过关检测（四十） 直线、平面垂直的判定与性质，共8页。

A级——基础达标
1．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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
解析：选A 由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；
若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，
因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A．
2.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么点D在平面ABC内的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析：选A 因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．
3．(2021·河北唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( )
A．①② B．②④
C．①③D．②③
解析：选B 对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B．
4.如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )
A．eq \f(1,2) B．1
C．eq \f(3,2)D．2
解析：选A 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq \r(2)，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h.
又2×eq \r(2)＝heq \r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),6).
在Rt△DB1F中，由面积相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)x，解得x＝eq \f(1,2).
即线段B1F的长为eq \f(1,2).
5．(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )
A．若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β
B．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D．若m∥α，n∥β，m∥n，α∥β
解析：选BC 若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α与β不一定垂直，故A项错误；若m⊥α，m⊥β，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，知α∥β，故B项正确；若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，故C项正确；若m∥α，n∥β，m∥n，则α与β可能相交，故D项错误．故选B、C．
6．(多选)如图，在三棱锥V­ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中一定成立的是( )
A．AC＝BC
B．AB⊥VC
C．VC⊥VD
D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO
解析：选ABD ∵VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴VO⊥AB．∵VA＝VB，AD＝BD，∴VD⊥AB．又∵VO∩VD＝V，∴AB⊥平面VCD.又∵CD⊂平面VCD，∴AB⊥CD.又∵AD＝BD，∴AC＝BC，故A正确；∵VC⊂平面VCD，∴AB⊥VC，故B正确；∵S△VCD＝eq \f(1,2)VO·CD，S△ABC＝eq \f(1,2)AB·CD，∴S△VCD·AB＝S△ABC·VO，故D正确．由题中条件无法判断VC⊥VD，故选A、B、D.
7．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分别是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中点，请写出一个与A1O垂直的正方体的截面________．(写出一个即可，不必写出全部)
解析：如图，连接OG，A1C1，
易知BD⊥AC，BD⊥AA1，故BD⊥平面ACC1A1，A1O⊂平面ACC1A1，故BD⊥A1O，
设正方体边长为2，
则A1O＝eq \r(AA\\al(2,1)＋AO2)＝eq \r(4＋2)＝eq \r(6)，
OG＝eq \r(OC2＋CG2)＝eq \r(2＋1)＝eq \r(3)，
A1G＝eq \r(A1C\\al(2,1)＋C1G2)＝eq \r(8＋1)＝3，
故A1G2＝A1O2＋OG2，故A1O⊥OG，
OG∩BD＝O，故A1O⊥平面GBD.
答案：GBD
8．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
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：________.
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.证明略．
答案：②③⇒①(或①③⇒②)
9.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠BAC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________．
解析：如图，过点C作CM⊥AB于点M，连接PM.∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB．又∵PC∩CM＝C，∴AB⊥平面PCM.又∵PM⊂平面PCM，∴PM⊥AB，此时PM最短．
∵∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，AB＝8，
∴AC＝ABcs 60°＝4，∴CM＝ACsin 60°＝2eq \r(3).∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
∴PC⊥CM.∵在Rt△PCM中．CM＝2eq \r(3)，PC＝4，∴PM＝eq \r(CM2＋PC2)＝eq \r(2\r(3)2＋42)＝2eq \r(7).
答案：2eq \r(7)
10．(2021·大连模拟)在平面凸四边形ABCD中，CB＝CD＝3，AB＝AD＝x，∠BCD＝eq \f(π,3)，将△ABD沿BD折起，形成三棱锥A′­BCD，若翻折过程中，存在某个位置，使得BC⊥A′D，则x的取值范围是________．
解析：由平面凸四边形ABCD中，CB＝CD＝3，∠BCD＝eq \f(π,3)，可得BD＝3，
取BD的中点E，连接A′E，CE，
由A′B＝A′D，CB＝CD，
可得BD⊥A′E，BD⊥CE，
又A′E∩CE＝E，
则BD⊥平面A′CE，可得BD⊥A′C，
由存在某个位置，使得BC⊥A′D，
可得A′在底面BCD的射影为△BCD的垂心，
设垂心为H，可得A′E＞EH，即 eq \r(x2－\f(9,4))＞eq \f(\r(3),6)×3，
解得x＞eq \r(3)，且 eq \r(3)＋eq \r(3)＞3，经检验，满足三角形的要求，故x的取值范围是(eq \r(3)，＋∞)．
答案：(eq \r(3)，＋∞)
11.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．
①F为BB1的中点；②AB1＝eq \r(3)；③AA1＝eq \r(2).
解：(1)证明：∵ABC­A1B1C1是直三棱柱，
∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°.
又D是A1B1的中点，
∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，
∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，
∴C1D⊥平面AA1B1B．
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
如图，连接DF，A1B，
∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，
∠ACB＝90°，则AB＝eq \r(2)，
又AA1＝eq \r(2)，
则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，
∴C1D⊥AB1.
∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.
12．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．
(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
证明：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，
所以BC∥AD，所以PE⊥BC．
(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB．
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC．
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝eq \f(1,2)BC．
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形．
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
B级——综合应用
13．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，若PA＝AD＝AB＝kBC(0＜k＜1)，则( )
A．当k＝eq \f(1,2)时，平面BPC⊥平面PCD
B．当k＝eq \f(1,2)时，平面APD⊥平面PCD
C．对任意k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．存在k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
解析：选A 当k＝eq \f(1,2)时，取PB，PC的中点，分别为M，N，连接MN，AM，DN(图略)．由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AM.又M为PB的中点，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，而AD∥BC且AD＝eq \f(1,2)BC，MN∥BC且MN＝eq \f(1,2)BC，∴AD∥MN且AD＝MN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AM∥DN，则DN⊥平面BPC．又DN⊂平面PCD，∴平面BPC⊥平面PCD.故选A．
14．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点，以下选项正确的有( )
A．BD∥平面AD1P
B．D1P⊥A1C
C．D1P与C1D所成角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
D．P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大
解析：选ABD 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，BD∥B1D1，BD⊄平面AD1B1，B1D1⊂平面AD1B1，
所以BD∥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以平面AD1P＝平面AD1B1，即BD∥平面AD1P，故A正确；
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，AA1⊥B1D1⇒B1D1⊥平面A1C1CA⇒B1D1⊥A1C，同理可证AD1⊥A1C，从而A1C⊥平面AD1B1，
因为点P是线段AB1上的动点，所以D1P⊂平面AD1B1，因此D1P⊥A1C，故B正确；
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以D1P与C1D所成角为D1P与AB1所成角，而△AD1B1为正三角形，所以D1P与C1D所成角的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C错误；
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以当P到B距离最小时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，即P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，故D正确，故选A、B、D.
15.(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：
(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
证明：(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC．
(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.
因为D1E＝eq \f(2,3)DD1，AG＝eq \f(2,3)AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AE∥GD1.
因为B1F＝eq \f(1,3)BB1，A1G＝eq \f(1,3)AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1，FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．
C级——迁移创新
16．如图，几何体是由半个圆柱及eq \f(1,4)个圆柱拼接而成，其中G，H分别为eq \x\t(CD)与eq \x\t(AB)的中点，四边形ABCD为正方形．
(1)证明：平面DFB⊥平面GCBH；
(2)若AB＝2eq \r(2)，求三棱锥E­ABG的体积．
解：(1)证明：由题意知∠ABF＝eq \f(π,4)，因为H为eq \x\t(AB)的中点，所以∠ABH＝eq \f(π,4)，故∠HBF＝eq \f(π,2)，即BF⊥BH.
又因为BC⊥平面ABH，BF⊂平面ABH，所以BC⊥BF，又因为BC∩BH＝B，
所以BF⊥平面GCBH，因为BF⊂平面DFB，所以平面DFB⊥平面GCBH.
(2)连接AH，AE，BE，EG，FH，如图所示，
VE­ABG＝VA­EFHG＋VB­EFHG－VF­ABE－VH­ABG＝VA­EFHG＋VB­EFHG－VE­ABF－VG­ABH，
因为AB＝2eq \r(2)，
所以BF＝4，BH＝2，
由(1)知BF⊥BH，所以FH＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
过点A，B分别作FH的垂线，垂足分别为A1，B1，所以AA1＝eq \f(AF·AHsin\f(3π,4),FH)＝eq \f(2\r(5),5)，BB1＝eq \f(BH·BF,FH)＝eq \f(4\r(5),5)，
所以VA­EFHG＋VB­EFHG
＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)×2eq \r(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)＋\f(4\r(5),5)))＝8eq \r(2)，
VE­ABF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)＝eq \f(8\r(2),3)，
VG­ABH＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2eq \r(2)＝eq \f(4\r(2),3)，
所以VE­ABG＝8eq \r(2)－eq \f(8\r(2),3)－eq \f(4\r(2),3)＝4eq \r(2).