23版新高考一轮分层练案(三十九)　直线、平面垂直的判定与性质

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一轮分层练案(三十九)　直线、平面垂直的判定与性质

A级——基础达标
1．已知直线l和平面α，β，且l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥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】A　由面面垂直的判定定理可得，若l⊂α，l⊥β， 则α⊥β，充分性成立；若l⊂α，α⊥β，则l与β平行或相交或垂直，必要性不成立．所以若l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.
2．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．①③ D.②③
【答案】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.
3.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)
A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D.△ABC内部
【答案】A　连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
4．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是(　　)
A．0 B．1
C．2 D.3
【答案】B　对于①，直线m，n可能异面；易知②正确；对于③，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直；对于④，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直．故真命题的个数是1.
5．(多选)如图，AC为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于点S，AN⊥PB于点N，则下列选项正确的是(　　)
A．平面ANS⊥平面PBC
B．平面ANS⊥平面PAB
C．平面PAB⊥平面PBC
D．平面ABC⊥平面PAC
【答案】ACD　∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，故D正确；∵B为圆周上不与A，C重合的点，AC为直径，∴BC⊥AB，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA，又AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，故C正确；∵AB⊥BC，BC⊥PA，又PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AN，又∵AN⊥PB，PB∩BC＝B，∴AN⊥平面PBC，又AN⊂平面ANS，∴平面ANS⊥平面PBC，故A正确；因无法判断PB⊥AS(或PB⊥NS)，故B不正确．
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
【答案】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＝VO·CD，S△ABC＝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．(多选)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点，以下结论正确的有(　　)
A．BD∥平面AD1P
B．D1P⊥A1C
C．D1P与C1D所成角的取值范围为
D．P是AB1中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大
【答案】ABD　如图，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，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.
8．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＝＝＝，
OG＝＝＝，
A1G＝＝＝3，
故A1G2＝A1O2＋OG2，故A1O⊥OG，
OG∩BD＝O，故A1O⊥平面GBD.
【答案】GBD
9．如图，在三棱锥P­ABC中，∠ABC＝∠PBC＝90°，△PAB是边长为1的等边三角形．若BC＝1，M是PC的中点，则点M到直线AB的距离是________．

解析：∵AB⊥BC，PB⊥BC，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB.

如图，取PB中点Q，连接MQ，则MQ綉BC.
∴MQ⊥平面PAB，
∴点M到平面PAB的距离为MQ＝.
作QN⊥AB于点N，则AB⊥平面MNQ，
连接MN，则MN⊥AB.
QN＝QB·sin 60°＝，
∴MN＝ ＝.
【答案】
10．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＝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.
B级——综合应用
11．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】B　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
又HE∩HF＝H，HE，HF⊂平面EFH，
∴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，AG，GH⊂平面HAG，
∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，
∴平面HAG⊥平面AEF，过点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．故选B.
12.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”．在如图所示的四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有(　　)
A．2个 B．3个
C．4个 D.5个
【答案】C　由题意，因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥DC，PD⊥BC，
又四边形ABCD为正方形，所以BC⊥CD，
因为PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD，BC⊥PC，
所以四面体P­DBC是一个鳖臑，
因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE，
因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，
因为PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC，
可知四面体E­BCD的四个面都是直角三角形，即四面体E­BCD是一个鳖臑，
同理可得，四面体P­ABD和F­ABD都是鳖臑，
故选C.
13．(多选)如图所示，正三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于点G，已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，现给出下列四个命题，其中正确的命题是(　　)
A．动点A′在平面ABC上的射影在AF上
B．恒有平面A′GF⊥平面BCED
C．三棱锥A′­FED的体积有最大值
D．直线A′E与BD不可能垂直
【答案】ABC　对于A选项，在正△ABC中，F为BC的中点，则AF⊥BC，
∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，则DE⊥AF，
翻折后，对应地有DE⊥A′G，DE∩A′G＝G，∵AF∩A′G＝G，∴DE⊥平面A′GF，
∵DE⊂平面BCED，∴平面A′GF⊥平面BCED，且平面A′GF∩平面BCED＝AF，
由面面垂直的性质定理可知，动点A′在平面ABC上的射影在AF上，A选项正确；
对于B选项，由A选项可知，平面A′GF⊥平面BCED，B选项正确；
对于C选项，由于△DEF的面积为定值，当三棱锥A′­FED的高取得最大值时，即当平面A′DE⊥平面BCED时，三棱锥A′­FED的体积有最大值，C选项正确；
对于D选项，在翻折的过程中，∠A′EF有可能为直角，
∵E，F分别为AC，BC的中点，则EF∥AB，即EF∥BD，
∴异面直线A′E与BD所成的角为∠A′EF或其补角，则直线A′E与BD可能垂直，D选项错误．故选A、B、C.
14.如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥DQ，则a的值等于________．
解析：如图，连接AQ，取AD的中点O，连接OQ.
∵PA⊥平面ABCD，PA⊥DQ，PQ⊥DQ，
∴DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ.
∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，
又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，
∴BC与圆O相切，(否则相交就有两点满足垂直，矛盾)
∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ＝AB＝1，
∴BC＝AD＝2，即a＝2.
【答案】2
15.如图所示，已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠CBA＝90°，四边形ACFE为矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，又AB＝BC＝CF＝a，CD＝2a.
(1)求证：DE⊥BF；
(2)求点E到平面BDF的距离．
解：(1)证明：因为四边形ACFE为矩形，所以AE⊥AC，且平面ACFE⊥平面ABCD，又平面ACFE∩平面ABCD＝AC，所以AE⊥平面ABCD，同理CF⊥平面ABCD，故∠DCF＝∠BCF＝∠BAE＝∠DAE＝90°，
在Rt△DCF中，DF＝a.
在Rt△BCF中，BF＝a，在Rt△ABE中BE＝a.
在梯形ABCD中，∠CBA＝90°，AB＝BC＝a，CD＝2a，
所以AD＝a，AC＝a，
所以在Rt△DAE中，DE＝a.
所以在△DBE中，BD＝a，BE＝a，DE＝a，
可知BD2＝BE2＋DE2，故∠DEB＝90°，即DE⊥BE.
在△DEF中，DF＝a，DE＝a，EF＝AC＝a，
可知DF2＝DE2＋EF2，故∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，
所以DE⊥平面BEF.
又BF⊂平面BEF，所以DE⊥BF.
(2)在△BEF中，BE＝BF＝EF＝a，
则S△BFE＝×(a)2＝a2.
由(1)知，DE⊥平面BEF，故三棱锥D­BEF的体积为
VD­BEF＝×DE×S△BEF＝×a×a2＝a3.
在△BDF中，BD＝DF＝a，BF＝a，则在等腰△BDF中，底边BF上的高为＝a，
则S△BDF＝×a×a＝a2.
设点E到平面BDF的距离为h，则三棱锥E­BDF的体积为VE­BDF＝·h·a2.
根据VD­BEF＝VE­BDF，可得·h·a2＝a3，
则h＝a，所以点E到平面BDF的距离为a.
C级——迁移创新
16．如图①，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图②，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．

(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′­MN­C大小为60°；③A′到平面BCMN的距离为.在其中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：
在线段A′C上是否存在一点P，使三棱锥A′­PMB的体积为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分．
解：(1)证明：由已知得等边△ABC中，AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，由余弦定理得MN＝，
∴MN2＋AM2＝AN2，
∴MN⊥AB，
∴MN⊥A′M，MN⊥BM，
又∵MB∩A′M＝M，
∴MN⊥平面A′BM，
∵MN⊂平面BCNM，
∴平面A′BM⊥平面BCNM.
(2)若选条件①A′M⊥BC，
由(1)得A′M⊥MN，又BC和MN是两条相交直线，
∴A′M⊥平面BCNM，
又等边△ABC的高为，
SA′BM＝×A′M×BM＝×1×2＝1，
故三棱锥A′­BCM的体积为VC­A′BM＝S△A′BM×＝>，
∴存在点P满足题目条件，
此时＝＝＝.
若选条件②二面角A′­MN­C大小为60°，
由(1)得∠A′MB是二面角A′­MN­C的平面角，
∴∠A′MB＝60°，
∴SA′BM＝×A′M×BM×sin 60°＝×1×2×＝，
又等边△ABC的高为，
故三棱锥A′­BCM的体积为VC­A′BM＝S△A′BM×＝，
∴存在点P满足题目条件，此时点P与点C重合，故＝1.
若选条件③A′到平面BCNM的距离为，
由题可知，等边△ABC的高为，
则S△BCM＝×BM×＝×2×＝，
则三棱锥A′­BCM的体积为V＝×S△BCM×＝××＝<，
∴不存在满足题目条件的点P.