2022版高考数学大一轮复习课时作业45《直线、平面垂直的判定及其性质》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业45《直线、平面垂直的判定及其性质》(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( )
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
设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )
A.若a∥α，b∥α，则a∥b
B.若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C.若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D.若a∥α，a⊥b，则b⊥α
已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中错误的是( )
A.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β
B.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n
C.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
D.若α⊥β，m⊂α，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β
如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )
A.AP⊥PB，AP⊥PC
B.AP⊥PB，BC⊥PB
C.平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC
D.AP⊥平面PBC
给出下列命题：
①若平面α的两条斜线段PA、PB在α内的射影长相等，那么PA、PB的长度相等；
②已知PO是平面α的斜线段，AO是PO在平面α内的射影，若OQ⊥OP，则必有OQ⊥OA；
③与两条异面直线都平行的平面有且只有一个；
④平面α内有两条直线a、b都与另一个平面β平行，则α∥β、
上述命题中不正确的命题是 （ ）
A、①②③④ B、①②③ C、①③④ D、②③④
如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论错误的是( )
A.BD∥平面CB1D1
B.异面直线AD与CB1所成的角为45°
C.AC1⊥平面CB1D1
D.AC1与平面ABCD所成的角为30°
如图，在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是( )
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
二、填空题
如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为 .
①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为 .
①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；
②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；
③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；
④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线.
如图，已知∠BAC=90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有 ；与AP垂直的直线有 .
如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=eq \f(\r(2),2)，
则下列结论：
①EF∥平面ABCD；
②平面ACF⊥平面BEF；
③三棱锥E­ABF的体积为定值；
④存在某个位置使得异面直线AE与BF所成的角为30°.
其中正确的是 .(写出所有正确的结论序号)
三、解答题
如图，在三棱锥P­ABC中，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，PA=PB，点D在PC上，
且BD⊥平面PAC.
(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)若AB:BC=2:eq \r(6)，求三棱锥D­PAB与三棱锥D­ABC的体积比.
在如图所示的五面体EF­ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°，EA=ED=AB=2EF=2，EF∥AB，M为BC的中点.
(1)求证：FM∥平面BDE；
(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距离.
如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1.
(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
(2)求三棱锥P­ABC体积的最大值；
(3)若BC=eq \r(2)，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值.
\s 0 答案详解
答案为：A.
解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.
答案为：B.
解析：若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；
若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；
若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误.
答案为：C.
解析：根据线面垂直的判定可知，当m⊥α，m∥n，n⊂β时可得n⊥α，则α⊥β，
所以A不符合题意；根据面面平行的性质可知，若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥β，
故m∥n，所以B不符合题意；根据面面平行的性质可知，m，n可能平行或异面，
所以C符合题意；根据面面垂直的性质可知，若α⊥β，m⊂α，α∩β=n，m⊥n，
则m⊥β，所以D不符合题意.故选C.
答案为：B.
解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC=P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.
B；
答案为：D.
解析：因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1=45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D.
答案为：D.
解析：如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，且六点共面，
直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A，B，C中的平面与这个平面重合，满足题意.
对于选项D中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EF∥BB1，
故∠B1BD1为异面直线EF与BD1所成的角，且tan∠B1BD1=eq \r(2)，
即∠B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不垂直，故选D.
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.
答案为：④.
解析：因为在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图).
因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；
只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，
所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；
折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，
所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合.
答案为：②④.
解析：对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；对于②，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，则β内与α、β的交线平行的直线都与m垂直，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确.
答案为：AB，BC，AC；AB.
解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC=C，∴AB⊥平面PAC，
又∵AP⊂平面PAC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案为：①②③④.
解析：由正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=eq \f(\r(2),2)知，
在①中，由EF∥BD，且EF⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得EF∥平面ABCD，故①正确；
在②中，如图，连接BD，CF，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥平面BDD1B1，
而BE⊂平面BDD1B1，BF⊂平面BDD1B1，则AC⊥平面BEF.
又因为AC⊂平面ACF，所以平面ACF⊥平面BEF，故②正确；
在③中，三棱锥E­ABF的体积与三棱锥A­BEF的体积相等，
三棱锥A­BEF的底面积和高都是定值，故三棱锥E­ABF的体积为定值，故③正确；
在④中，令上底面中心为O，当E与D1重合时，此时点F与O重合，
则两异面直线所成的角是∠OBC1，可求解∠OBC1=30°，
故存在某个位置使得异面直线AE与BF成角30°，故④正确.
解：(1)证明：因为BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以BD⊥PA，
因为∠ABC=90°，
所以CB⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
所以CB⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，
所以CB⊥PA，
又CB∩BD=B，
所以PA⊥平面PBC.
(2)因为三棱锥D­PAB的体积VD­PAB=VA­PBD=eq \f(1,3)S△PBD×PA=eq \f(1,6)×BD×PD×PA，三
棱锥D­ABC的体积VD­ABC=VA­BCD=eq \f(1,3)S△BCD×PA=eq \f(1,6)×BD×CD×PA，
所以eq \f(VD­PAB,VD­ABC)=eq \f(PD,CD).
设AB=2，BC=eq \r(6)，
因为PA⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以PA⊥PB，
又PA=PB，
所以PB=eq \r(2)，
在Rt△PBC中，PC=eq \r(BC2＋PB2)=2eq \r(2)，
又BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，
所以BD⊥PC，
所以CD=eq \f(BC2,PC)=eq \f(3\r(2),2)，PD=eq \f(\r(2),2)，
所以eq \f(PD,CD)=eq \f(1,3)，即三棱锥D­PAB与三棱锥D­ABC的体积比为eq \f(1,3).
解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接OM，OE，
因为O，M分别为BD，BC的中点，
所以OM∥CD，且OM=eq \f(1,2)CD.
因为四边形ABCD为菱形，
所以CD∥AB.
又EF∥AB，所以CD∥EF.
又AB=CD=2，所以EF=eq \f(1,2)CD.
所以OM綊EF，
所以四边形OMFE为平行四边形，所以FM∥OE.
又OE⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
所以FM∥平面BDE.
(2)由(1)知FM∥平面BDE，
所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离.
如图，取AD的中点H，连接EH，BH，EM，DM.
因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60°，EA=ED=AB=2EF，
所以EH⊥AD，BH⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
所以EH⊥平面ABCD，EH⊥BH.
因为EH=BH=eq \r(3)，所以BE=eq \r(6).
所以S△BDE=eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)=eq \f(\r(15),2).
设F到平面BDE的距离为h，
又因为S△BDM=eq \f(1,2)S△BCD=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2×2×sin60°=eq \f(\r(3),2)，
所以由V三棱锥E­BDM=V三棱锥M­BDE，
得eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)=eq \f(1,3)×eq \f(\r(15),2)h，解得h=eq \f(\r(15),5).
即F到平面BDE的距离为eq \f(\r(15),5).
解：(1)证明：在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面，
所以PO⊥AC.
因为DO∩PO=O，
所以AC⊥平面PDO.
(2)因为点C在圆O上，
所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.
又AB=2，
所以△ABC面积的最大值为eq \f(1,2)×2×1=1.
又因为三棱锥P­ABC的高PO=1，
故三棱锥P­ABC体积的最大值为eq \f(1,3)×1×1=eq \f(1,3).
(3)在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，
所以PB=eq \r(12＋12)=eq \r(2).
同理PC=eq \r(2)，所以PB=PC=BC.在三棱锥P­ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，
使之与平面ABP共面，如图所示.
当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值.
又因为OP=OB，C′P=C′B，
所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点.
从而OC′=OE＋EC′=eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(6),2)=eq \f(\r(2)＋\r(6),2)，
即CE＋OE的最小值为eq \f(\r(2)＋\r(6),2).