(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习34《直线、平面垂直的判定与性质》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

这是一份(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习34《直线、平面垂直的判定与性质》巩固练习（2份打包，答案版+教师版），文件包含小白高考新高考数学适合艺考生一轮复习34《直线平面垂直的判定与性质》巩固练习教师版doc、小白高考新高考数学适合艺考生一轮复习34《直线平面垂直的判定与性质》巩固练习含答案doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
一、选择题
设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )
A.l1⊥m，l1⊥n B.m⊥l1，m⊥l2
C.m⊥l1，n⊥l2 D.m∥n，l1⊥n
【答案解析】答案为：B.
解析：由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.
若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A.若α⊥β，m⊥β，则m∥α
B.若m∥α，n⊥m，则n⊥α
C.若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则α∥β
D.若m∥β，m⊂α，α∩β＝n，则m∥n
【答案解析】答案为：D.
解析：选项A中，m与α的关系是m∥α或m⊂α，故A不正确；选项B中，n与α之间的关系是n⊥α或n与α相交但不垂直或n∥α，故B不正确；选项C中，α与β的关系是α∥β或α与β相交，故C不正确；选项D中，由线面平行的性质可得命题正确.故选D.
若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A.若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则α⊥β
B.若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥n
C.若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线
D.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
【答案解析】答案为：D.
解析：对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确.故选D.
如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下面结论中错误的是( )
A.AE⊥CE B.BE⊥DE
C.DE⊥平面BCE D.平面ADE⊥平面BCE
【答案解析】答案为：C
解析：因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，又E是底面圆周上异于A，B的一点，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，则BC⊥AE，因为BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，则AE⊥平面BCE，CE⊂平面BCE，因此得AE⊥CE，同理，BE⊥DE，A，B正确；
点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，若DE⊥平面BCE，因为AE⊥平面BCE，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确；
因为AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，于是平面ADE⊥平面BCE，D正确.
《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥P－ABC中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PA与BC所成的角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
【答案解析】答案为：C
解析：如图，设底面圆的圆心为O，分别取AC，PC的中点D，E，连接PO，CO，OD，OE，DE，
因为△APB是等腰直角三角形，∠APB＝90°，设圆锥的底面圆半径OA＝1，则PA＝eq \r(2)，PC＝eq \r(2)，则DE＝eq \f(1,2)PA＝eq \f(\r(2),2)，且DE∥PA，又∠ACB＝90°，且AC＝BC＝eq \r(2)，而OD＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(\r(2),2)，且OD∥BC，所以∠EDO为异面直线PA与BC所成的角或其补角，在Rt△PCO中，因为E为PC的中点，所以OE＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(2),2)，所以△DOE是正三角形，即异面直线PA与BC所成的角为60°.
如图，锐二面角α－l－β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝BD＝6，CD＝8，则锐二面角α－l－β的平面角的余弦值是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
【答案解析】答案为：B
解析：过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接DE，CE，
因为AC⊥AB，所以BE⊥AB，因为BD⊥AB，BD∩BE＝B，所以∠DBE是二面角α－l－β的平面角，且AB⊥平面DBE，所以AB⊥DE，所以CE⊥DE，因为AB＝4，CD＝8，所以DE＝eq \r(CD2－CE2)＝eq \r(82－42)＝4eq \r(3)，所以cs∠DBE＝eq \f(BE2＋BD2－DE2,2BE·BD)＝eq \f(36＋36－48,2×6×6)＝eq \f(1,3).
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱A1B1，AD，CC1的中点，则对角线BD1与平面EFG所成角的大小为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
【答案解析】答案为：D
解析：如图，在正方体中取棱B1C1，AA1，CD的中点M，N，P，连接EM，MG，GP，PF，FN，NE，得到正六边形ENFPGM，
连接AC，BD，则AC⊥BD，又DD1⊥AC，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1，又BD1⊂平面BDD1，故AC⊥BD1，又AC∥PF，则PF⊥BD1，同理可得NF⊥BD1，且PF∩NF＝F，故BD1⊥平面ENFPGM，所以对角线BD1与平面EFG所成角的大小为eq \f(π,2).
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝eq \r(5)，AD＝1，AA1＝eq \r(2)，则异面直线AD1与A1C1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(2),6)
【答案解析】答案为：D
解析：连接AC(图略)，∵AA1∥CC1，AA1＝CC1，∴四边形AA1C1C为平行四边形，∴A1C1∥AC，则∠D1AC即为异面直线AD1与A1C1所成的角或其补角，cs∠D1AC＝eq \f(AC2＋AD\\al(2,1)－D1C2,2AC·AD1)＝eq \f(\r(2),6).
已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是( )
A.若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b
B.若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
C.若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β
D.若α∩β=a，a∥b，则b∥α或b∥β
【答案解析】答案为：C；
解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则α⊥β，又b⊥β，故a∥b，故A正确；
对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，∴存在直线m⊂α，使得m∥b，
又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β.故B正确；
对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，∴b⊂β或b∥β，故C错误；
对于D，若α∩β=a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确，故选C.
如图所示，直线PA垂直于⊙O所成的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点.现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是( )
A.①② B.①②③ C.① D.②③
【答案解析】答案为：B；
解析：对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，
∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∵AC∩PA=A，∴BC⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，
∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；
对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.
如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有( )
A.AG⊥平面EFH B.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEF D.HG⊥平面AEF
【答案解析】答案为：B；
解析：根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
又HE∩HF=H，∴AH⊥平面EFH，B正确.
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确.
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH=G，∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，
一定在平面HAG内，∴C不正确.
由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确.
三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
①CC1与B1E是异面直线；
②AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1；
③AC⊥平面ABB1A1；
④A1C1∥平面AB1E.
A.② B.①③ C.①④ D.②④
【答案解析】答案为：A.
解析：对于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C内，故错误；
对于②，AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1，故正确；
对于③，上底面ABC是一个正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故错误；
对于④，A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故错误.故选A.
二、填空题
若m，n是两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：
①若m∥n，m∥α，则n∥α；②若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；③若m∥n，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
上面命题中，所有真命题的序号是________.
【答案解析】答案为：③④.
解析：对于①，若m∥n，m∥α，则n⊂α或n∥α，故选项①错误；
对于②，若m∥α，n∥β，m∥n，则α与β平行或相交，如图所示，故选项②错误；
对于③，若m∥n，n⊥α，根据两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面，故m⊥α，故选项③正确；
对于④，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，直线m，n的方向向量即为平面α，β的法向量，因为m⊥n，则两个平面的法向量垂直，故α⊥β，故选项④正确.
α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β=EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：
①AC⊥β；
②AC与α，β所成的角相等；
③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；
④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是 .
【答案解析】答案为：①③；
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面.
①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，
又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，
∵AB∩AC=A，∴EF⊥平面ABCD，
又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；
②不能得到BD⊥EF，故②错误；
③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，
又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.
∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β=EF，
∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥EF，故③正确；
④中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，
则EF⊥AC，故④错误，故填①③.
如图所示，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)
【答案解析】答案为：DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析：∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴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.
已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成的角的余弦值为________.
【答案解析】答案为：eq \f(\r(3),3).
解析：设AC，BD的交点为O，连接EO(图略)，则∠AEO为AE，SD所成的角或其补角.设正四棱锥的棱长为a，则AE＝eq \f(\r(3),2)a，EO＝eq \f(1,2)a，OA＝eq \f(\r(2),2)a，所以cs∠AEO＝eq \f(AE2＋EO2－OA2,2AE·EO)＝eq \f(\r(3),3).
三、解答题
如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2eq \r(3)，AC＝2eq \r(6)，D为线段AB上的点，且AD＝2DB，PD⊥AC.
(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若∠PAB＝eq \f(π,4)，求点B到平面PAC的距离.
【答案解析】解：(1)证明：连接CD，据题知AD＝4，BD＝2，AC2＋BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴cs∠ABC＝eq \f(2\r(3),6)＝eq \f(\r(3),3)，
∴CD2＝22＋(2eq \r(3))2﹣2×2×2eq \r(3)cs∠ABC＝8，
∴CD＝2eq \r(2)，∴CD2＋AD2＝AC2，则CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，
∴CD⊥平面PAB，
∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)得PD⊥AB，∵∠PAB＝eq \f(π,4)，
∴PD＝AD＝4，PA＝4eq \r(2)，
在Rt△PCD中，PC＝eq \r(PD2＋CD2)＝2eq \r(6)，
∴△PAC是等腰三角形，∴可求得S△PAC＝8eq \r(2).
设点B到平面PAC的距离为d，
由VB­PAC＝VP­ABC，得eq \f(1,3)S△PAC×d＝eq \f(1,3)S△ABC×PD，
∴d＝3.
故点B到平面PAC的距离为3.
如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，且AB＝AD＝1，AA1＝eq \f(\r(6),2)，∠ABC＝60°.
(1)求证：AC⊥BD1；
(2)求四面体D1AB1C的体积.
【答案解析】解：(1)证明：连接BD，与AC交于点O，
因为四边形ABCD为平行四边形，且AB＝AD，
所以四边形ABCD为菱形，
所以AC⊥BD.在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，可知BB1⊥AC，
则AC⊥平面BB1D1D，
又BD1⊂平面BB1D1D，
则AC⊥BD1.
(2)VD1AB1C＝VABCD­A1B1C1D1﹣VB1­ABC﹣VD1­ACD﹣VA­A1B1D1﹣VC­C1B1D1＝VABCD­A1B1C1D1﹣4VB1­ABC
＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(6),2)﹣4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(\r(2),4).
如图，四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP；
(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
【答案解析】证明：(1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，
所以AD⊥AP.
又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB，
因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
如图，在三棱锥D­ABC中，AB＝2AC＝2，∠BAC＝60°，AD＝eq \r(6)，CD＝3，平面ADC⊥平面ABC.
(1)证明：平面BDC⊥平面ADC；
(2)求三棱锥D­ABC的体积.
【答案解析】解：(1)证明：在△ABC中，由余弦定理可得，
BC＝eq \r(AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC)＝ eq \r(4＋1－2×2×1×\f(1,2))＝eq \r(3)，
∴BC2＋AC2＝AB2，∴BC⊥AC，
∵平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，
∴BC⊥平面ADC，
又BC⊂平面BDC，∴平面BDC⊥平面ADC.
(2)由余弦定理可得cs∠ACD＝eq \f(2,3)，
∴sin∠ACD＝eq \f(\r(5),3)，
∴S△ACD＝eq \f(1,2)·AC·CD·sin∠ACD＝eq \f(\r(5),2)，
则VD­ABC＝VB­ADC＝eq \f(1,3)·BC·S△ACD＝eq \f(\r(15),6).
如图，在四棱锥E­ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝eq \f(1,2)AB，且AE⊥BD.
(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；
(2)若△EAD的面积为eq \r(3)，求点C到平面EBD的距离.
【答案解析】解：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，
则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，
∴DM＝CB＝AD＝eq \f(1,2)AB，即点D在以线段AB为直径的圆上，
∴BD⊥AD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，
∴BD⊥平面EAD.
∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.
(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面EAD.
∵等边△EAD的面积为eq \r(3)，
∴AD＝AE＝ED＝2，
取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝eq \r(3)，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，
∴EO⊥平面ABCD.
由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，
∴BD＝eq \r(AB2－AD2)＝2eq \r(3)，
S△EBD＝eq \f(1,2)ED·BD＝2eq \r(3)，
设点C到平面EBD的距离为h，
由VC­EBD＝VE­BCD，得eq \f(1,3)S△EBD·h＝eq \f(1,3)S△BCD·EO，
又S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CDsin 120°＝eq \r(3)，
∴h＝eq \f(\r(3),2).∴点C到平面EBD的距离为eq \f(\r(3),2).
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.
【答案解析】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.