课时质量评价39　直线、平面垂直的判定与性质练习题

这是一份课时质量评价39　直线、平面垂直的判定与性质练习题，共11页。试卷主要包含了已知两个平面互相垂直，下列命题等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(三十九)(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．已知直线m，n和平面α，β，则下列四个命题中正确的是(　　)A．若α⊥β，m⊂β，则m⊥αB．若m⊥α，n∥α，则m⊥nC．若m∥α，n∥m，则n∥αD．若m∥α，m∥β，则α∥βB　解析：对于A，若α⊥β，m⊂β，则当m与α，β的交线垂直时才有m⊥α.故A错．对于B，若n∥α，则α内存在直线a，使得a∥n.因为m⊥α，所以m⊥a，所以m⊥n.故B正确．对于C，当n⊂α时，显然结论错误．故C错．对于D，若α∩β＝l，且m∥l，显然当条件成立时，结论不成立．故D错．故选B.2．(2020·威海模拟)设α，β是两个不同的平面，则α⊥β的充要条件是(　　)A．平面α内任意一条直线与平面β垂直B．平面α，β都垂直于同一条直线C．平面α，β都垂直于同一平面D．平面α内存在一条直线与平面β垂直D　解析：若α⊥β，则平面α内存在直线与平面β不垂直，选项A不正确；若平面α，β都垂直于同一条直线，则平面α与β平行，选项B不正确；若平面α，β都垂直于同一平面，则平面α，β可以平行，也可以相交，选项C不正确；若平面α内存在一条直线与平面β垂直，则根据面面垂直的判定定理，可知α⊥β，若α⊥β，则由面面垂直的性质定理知，平面α内垂直于平面α与β的交线的直线一定垂直于平面β，故选项D正确．故选D．3．如图，在四面体D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEC　解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.4．(多选题)如图，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点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，则下列结论正确的是(　　)A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为90°D．BC⊥平面VACBCD　解析：因为MN∥AC，AC∩AB＝A，所以MN与AB不平行，A错误．由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC．因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，D正确．因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，B正确．因为AB是半圆O的直径，所以AC⊥BC，又MN∥AC，所以MN与BC所成的角为90°，C正确．5．已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)A．  B．  C．  D．B　解析：如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为，所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1.三棱柱的体积为×()2AA1＝，解得AA1＝，即OP＝AA1＝，所以tan∠PAO＝＝.因为直线与平面所成角的范围是，所以∠PAO＝.6．(2019·北京卷)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：________.如果l⊥α，m∥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)　解析：将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；(2)如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，正确；(3)如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，错误，有可能l与α斜交或l∥α.7．(2020·潍坊统考)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：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________(把所有正确的序号都填上)．①④　解析：对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AE.又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，从而可得EA⊥PB，故①正确．对于②，因为PA⊥平面ABC，所以平面ABC与平面PBC不可能垂直，故②不正确．对于③，因为在正六边形中，BC∥AD，所以BC与EA必有公共点．从而BC与平面PAE有公共点，所以直线BC与平面PAE不平行，故③不正确．对于④，由条件易得△PAD为直角三角形，且PA⊥AD．又PA＝2AB＝AD，所以∠PDA＝45°，故④正确．综上，①④正确．8．如图，在四棱锥P-ABCD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，所以AB⊥平面PAD．因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又因为PA⊥PD，PA∩AB＝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＝BC．因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝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．9．(2020·浙江卷)如图，在三棱台DEF-ABC中，平面ADFC⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC ＝2BC．(1)证明：EF⊥DB；(2)求DF与平面DBC所成角的正弦值．(1)证明：作DH⊥AC交AC于点H，连接BH.因为平面ADFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC＝AC，DH⊂平面ADFC，所以DH⊥平面ABC，而BC⊂平面ABC，即有DH⊥BC．因为∠ACB＝∠ACD＝45°，所以CD＝CH＝2BC，所以CH＝BC．在△CBH中，BH2＝CH2＋BC2－2CH·BC·cos 45°＝BC2，即有BH2＋BC2＝CH2，所以BH⊥BC．由棱台的定义可知，EF∥BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF.又BH∩DH＝H，所以EF⊥平面BHD．而BD⊂平面BHD，所以EF⊥DB.(2)解：因为DF∥CH，所以DF与平面DBC所成角即为CH与平面DBC所成角．作HG⊥BD于点G，连接CG，由(1)可知，BC⊥平面BHD，所以平面BCD⊥平面BHD．又平面BCD∩平面BHD＝BD，HG⊂平面BHD，所以HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC内的射影为CG，∠HCG即为所求角．在Rt△HGC中，设BC＝a，则CH＝a，HG＝＝＝a，所以sin∠HCG＝＝.故DF与平面DBC所成角的正弦值为.B组　新高考培优练10．(2020·武汉4月调研)已知两个平面互相垂直，下列命题：①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题的个数是(　　)A．3  B．2  C．1  D．0C　解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中进行判断，如图，①在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；②在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内任意一条直线，l与平面ABCD内和AB平行的所有直线(包括AB)垂直，故②正确；③在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；④在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的任一点作交线的垂线l，则l可能与平面ABCD垂直，也可能与平面ABCD不垂直，故④错，故选C．11．(多选题)如图，已知a，b是相互垂直的两条异面直线，直线AB与a，b均相互垂直，且AB＝2，动点P，Q分别位于直线a，b上．若直线PQ与AB所成的角θ＝，线段PQ的中点为M，下列说法正确的是(　　)A．PQ的长度为2  B．PQ的长度不是定值C．点M的轨迹是圆  D．三棱锥A­BPQ的体积为定值AC　解析：过点P作PB′⊥α于B′，连接B′Q，则∠QPB′＝，故PQ＝＝2，故A正确，B不正确．设B′O的中点为N，易得B′B⊥BQ，且B′O＝2，则有BN＝1.设AB的中点为O，连接O，M，N，B，易得四边形OMNB为平行四边形．故有OM＝BN＝1，且MN＝PB′＝1，即点M到平面α的距离为定值，可得点M的轨迹为圆，故C正确．当Q点与B点重合时，三棱锥A­BPQ退化为三角形，其体积为零，而当Q点与B点不重合，且P点与A点不重合时，其体积显然不为零，故D错误．故选AC．12．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)DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析：因为PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA．连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．13．如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A-D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的是________．(填序号)①②④　解析：由题意可得BC1∥AD1，并且直线AD1⊂平面AD1C，直线BC1平面AD1C，所以直线BC1∥平面AD1C．所以点P到平面AD1C的距离不变，V＝V，所以三棱锥A-D1PC的体积不变，故①正确．连接A1C1，A1B，可得平面AD1C∥平面A1C1B.又A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确．当点P运动到点B时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确．因为直线AC⊥平面BDB1，DB1⊂平面BDB1，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面AD1C．又DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．14．如图，在四棱锥P-ABCD中，PC＝AD＝CD＝AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由，并求三棱锥A-CMN的高．(1)证明：连接AC，在直角梯形ABCD中，AC＝＝2，BC＝＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC．又PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PC⊥BC．又AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC．(2)解：N为PB的中点，理由如下：连接MN，CN.因为M为PA的中点，N为PB的中点，所以MN∥AB，且MN＝AB＝2.又因为AB∥CD，所以MN∥CD，所以M，N，C，D四点共面，所以点N为过C，D，M三点的平面与线段PB的交点．因为BC⊥平面PAC，N为PB的中点，所以点N到平面PAC的距离d＝BC＝.又S△ACM＝S△ACP＝××AC×PC＝，所以V三棱锥N-ACM＝××＝.由题意可知，在Rt△PCA中，PA＝＝2，CM＝.在Rt△PCB中，PB＝＝2，CN＝，所以S△CMN＝×2×＝.设三棱锥A-CMN的高为h，则V三棱锥N-ACM＝V三棱锥A-CMN＝××h＝，解得h＝，故三棱锥A-CMN的高为.