2021高考数学大一轮复习考点规范练42直线平面垂直的判定与性质理新人教A版

考点规范练42　直线、平面垂直的判定与性质

　考点规范练B册第27页　 

基础巩固

1.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直线l,则(　　)

A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α

B.垂直于直线l的直线一定垂直于平面α

C.垂直于平面β的平面一定平行于直线l

D.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直

答案:D

解析:对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A错;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B错;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C错;易知D正确.

2.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

答案:B

解析:如图(1)β∥α,知A错;如图(2)知C错;如图(3),a∥a',a'⊂α,b⊥a',知D错;由线面垂直的性质定理知B正确.

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ABD

B.平面ABD⊥平面BDC

C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE

D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE

答案:C

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.

又因为AC⊂平面ACD,

所以平面ACD⊥平面BDE,故选C.

4.已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则α⊥β的一个充分条件是(　　)

A.l⊂α,m⊂β,且l⊥m

B.l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n

C.m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m

D.l⊂α,l∥m,且m⊥β

答案:D

解析:对于A,l⊂α,m⊂β,且l⊥m,如图(1),α,β不垂直;

对于B,l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n,如图(2),α,β不垂直;

图(1)

图(2)

对于C,m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m,直线l没有确定,则α,β的关系也不能确定;

对于D,l⊂α,l∥m,且m⊥β,则必有l⊥β,根据面面垂直的判定定理知,α⊥β.

5.在空间四边形ABCD中,AD⊥BC,AD⊥BD,且△BCD是锐角三角形,则必有(　　)

A.平面ABD⊥平面ADC B.平面ABD⊥平面ABC

C.平面ADC⊥平面BDC D.平面ABC⊥平面BDC

答案:C

解析:∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=B,∴AD⊥平面BDC.

又AD⊂平面ADC,∴平面ADC⊥平面BDC.故选C.

6.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M为AB的中点,PM垂直于△ABC所在的平面,则(　　)

A.PA=PB>PC

B.PA=PB<PC

C.PA=PB=PC

D.PA≠PB≠PC

答案:C

解析:∵M为AB的中点,△ACB为直角三角形,

∴BM=AM=CM.

又PM⊥平面ABC,

∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC,

故PA=PB=PC.

7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一个动点,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:DM⊥PC(或BM⊥PC)

解析:∵PC在底面ABCD上的射影为AC,且AC⊥BD,

∴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.

8.在四面体ABCD中,DA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=4,AC=3,AD=1,E为棱BC上一点,且平面ADE⊥平面BCD,则DE=　　　　　. 

答案:

解析:过A作AH⊥DE,

∵平面ADE⊥平面BCD,且平面ADE∩平面BCD=DE,

∴AH⊥平面BCD,∴AH⊥BC.

又DA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,

∴AD⊥BC,∴BC⊥平面ADE,∴BC⊥AE.

∵AE=,AD=1,∴DE=

9.(2019北京,理12)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:　　　　　　　　　　　　　　. 

答案:若l⊥α,m∥α,则l⊥m

10.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M,N分别是AB,PC的中点.

(1)求证:MN⊥CD;

(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.

证明(1)连接AC,AN,BN,

∵PA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴PA⊥AC.

在Rt△PAC中,∵N为PC的中点,

∴AN=PC.

∵PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,

∴PA⊥BC.

又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.

∵PB⊂平面PAB,∴BC⊥PB.

在Rt△PBC中,∵BN为斜边PC上的中线,

∴BN=PC.∴AN=BN.

∴△ABN为等腰三角形.

又M为AB的中点,∴MN⊥AB.

∵AB∥CD,∴MN⊥CD.

(2)连接PM,MC,∵∠PDA=45°,PA⊥AD,∴AP=AD.

∵四边形ABCD为矩形,

∴AD=BC,∴AP=BC.

又M为AB的中点,∴AM=BM.

∵∠PAM=∠CBM=90°,

∴△PAM≌△CBM.∴PM=CM.

又N为PC的中点,∴MN⊥PC.

由(1)知,MN⊥CD,又PC∩CD=C,

∴MN⊥平面PCD.

11.(2019广西桂林、贺州联考)如图,ABC-A1B1C1是底面边长为2,高为的正三棱柱,经过AB的截面与上底面相交于PQ,设C1P=λC1A1(0<λ<1).

(1)证明:PQ∥A1B1;

(2)当λ=时,在图中作出点C在平面ABQP内的正投影(说明作法及理由),并求四棱锥C-ABQP的表面积.

(1)证明∵平面ABC∥平面A1B1C1,平面ABC∩平面ABQP=AB,平面ABQP∩平面A1B1C1=PQ,∴AB∥PQ.

又AB∥A1B1,∴PQ∥A1B1.

(2)解设点C在平面ABQP内的正投影为点F,则点F是PQ的中点,如图所示,理由如下:

当λ=时,P,Q分别是A1C1,B1C1的中点,连接CF.

∵ABC-A1B1C1是正三棱柱,∴CQ=CP,∴CF⊥QP.

取AB的中点H,连接FH,CH,则CH=

在等腰梯形ABQP中,FH=,

又CF=,∴CF2+FH2=CH2,

∴CF⊥FH.

∵QP∩FH=F.

∴CF⊥平面ABQP.

∴点F为点C在平面ABQP内的正投影.

四棱锥C-ABQP的表面积为

S=S△CPQ+S△CPA+S△CQB+S梯形PQBA+S△ABC=2

能力提升

12.已知两条不重合的直线m,n和两个不重合的平面α,β,有下列命题:

①若m⊥n,m⊥α,则n∥α;

②若m⊥α,n⊥β,m∥n,则α∥β;

③若m,n是两条异面直线,m⊂α,n⊂β,m∥β,n∥α,则α∥β;

④若α⊥β,α∩β=m,n⊂β,n⊥m,则n⊥α.

其中正确命题的个数是(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4

答案:C

解析:①若m⊥n,m⊥α,则n可能在平面α内,故①错误;

②∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α.

又n⊥β,∴α∥β,故②正确;

③过直线m作平面γ交平面β于直线c,

∵m,n是两条异面直线,∴设n∩c=O.

∵m∥β,m⊂γ,γ∩β=c,∴m∥c.

∵m⊂α,c⊄α,∴c∥α.

∵n⊂β,c⊂β,n∩c=O,c∥α,n∥α,∴α∥β.故③正确;

④∵α⊥β,α∩β=m,n⊂β,n⊥m,∴n⊥α.故④正确.

故正确命题有3个,故选C.

13.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1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

解析:由BC1⊥AC,又BA⊥AC,则AC⊥平面ABC1,

因此平面ABC⊥平面ABC1,

因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.

14.如图,直线PA垂直于☉O所在的平面,△ABC内接于☉O,且AB为☉O的直径,点M为线段PB的中点.下列结论: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:B

解析:对于①,∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,

∴PA⊥BC.

∵AB为☉O的直径,∴BC⊥AC.∴BC⊥平面PAC.

又PC⊂平面PAC,∴BC⊥PC;

对于②,∵点M为线段PB的中点,AB为☉O的直径,

∴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.

15.(2019全国Ⅲ,理8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线

B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线

D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线

答案:B

解析:如图,连接BD,BE.

在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,

∴BM,EN是相交直线,

排除选项C,D.

作EO⊥CD于点O,连接ON.

作MF⊥OD于点F,连接BF.

∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,∴EO⊥平面ABCD.

同理,MF⊥平面ABCD.

∴△MFB与△EON均为直角三角形.

设正方形ABCD的边长为2,易知EO=,ON=1,MF=,BF=,

则EN==2,BM=,

∴BM≠EN.故选B.

16.如图①,在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,O为DE的中点,AB=AC=2,BC=4.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,F为A1C的中点,如图②.

图①

图②

(1)求证:EF∥平面A1BD;

(2)求证:平面A1OB⊥平面A1OC;

(3)在线段OC上是否存在点G,使得OC⊥平面EFG?说明理由.

(1)证明取线段A1B的中点H,连接HD,HF.

因为在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,所以DE∥BC,DE=BC.

因为H,F分别为A1B,A1C的中点,

所以HF∥BC,HF=BC,

所以HF∥DE,HF=DE,

所以四边形DEFH为平行四边形,所以EF∥HD.

因为EF⊄平面A1BD,HD⊂平面A1BD,所以EF∥平面A1BD.

(2)证明在△ABC中,因为D,E分别为AB,AC的中点,AB=AC,所以AD=AE.所以A1D=A1E.

又O为DE的中点,所以A1O⊥DE.

因为平面A1DE⊥平面BCED,且A1O⊂平面A1DE,平面A1DE∩平面BCED=DE,

所以A1O⊥平面BCED.

因为CO⊂平面BCED,所以CO⊥A1O.

在△OBC中,BC=4,易知OB=OC=2,

所以CO⊥BO.

因为A1O∩BO=O,所以CO⊥平面A1OB.

因为CO⊂平面A1OC,所以平面A1OB⊥平面A1OC.

(3)解在线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.

假设在线段OC上存在点G,使得OC⊥平面EFG.

连接GE,GF,则必有OC⊥GF,且OC⊥GE.

在Rt△A1OC中,由F为A1C的中点,OC⊥GF,得G为OC的中点.

在△EOC中,因为OC⊥GE,所以EO=EC,

这显然与EO=1,EC=矛盾.

所以在线段OC上不存在点G,使得OC⊥平面EFG.

高考预测

17.在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=DC=1,BP=BC=,PC=2,AB⊥平面PBC,F为PC的中点.

(1)求证:BF∥平面PAD;

(2)求证:平面ADP⊥平面PDC;

(3)求四棱锥P-ABCD的体积.

(1)证明取PD的中点E,连接EF,AE.

因为F为PC的中点,所以EF为△PDC的中位线,

即EF∥DC且EF=DC.

又AB∥CD,AB=CD,

所以AB∥EF且AB=EF.

所以四边形ABFE为平行四边形,

所以BF∥AE.

又AE⊂平面PAD,BF⊄平面PAD,

所以BF∥平面PAD.

(2)证明因为BP=BC,F为PC的中点,

所以BF⊥PC.

又AB⊥平面PBC,AB∥CD,

所以CD⊥平面PBC.

又BF⊂平面PBC,所以DC⊥BF.

又DC∩PC=C,所以BF⊥平面PDC.

由(1)知,AE∥BF,所以AE⊥平面PDC.

又AE⊂平面ADP,所以平面ADP⊥平面PDC.

(3)解因为AB⊥平面PBC,AB⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PBC且交线为BC.

又BP=BC=,PC=2,所以PB⊥BC.

所以PB⊥平面ABCD,即PB是四棱锥的高.

所以VP-ABCD=SABCD·PB=(1+2)=1.