【数学】2020届数学文一轮复习第八章第5讲直线、平面垂直的判定与性质作业

【数学】2020届数学文一轮复习第八章第5讲直线、平面垂直的判定与性质作业

‎1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中共有直角三角形的个数为(　　)‎ A．4　　　　　　　　 B.3‎ C．2 D．1‎ 解析：选A.由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形．‎ ‎2.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 解析：选A.由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.‎ 因为AC⊂平面ABC，‎ 所以平面ABC1⊥平面ABC.‎ 所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选C.由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.‎ ‎4．设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是(　　)‎ A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c 解析：选B.A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.‎ 由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．‎ ‎5．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β(　　)‎ A．不存在　　　　　　 B.有且只有一对 C．有且只有两对 D．有无数对 解析：选D.过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.‎ ‎6.‎ 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________．‎ 解析：因为PC⊥平面ABC，‎ 所以PC垂直于直线AB，BC，AC.‎ 因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC，又因为AP⊂平面PAC，‎ 所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.‎ 答案：AB，BC，AC　AB ‎7．如图所示，在四棱锥PABCD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是正确的条件即可)‎ 解析：‎ 连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又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.‎ 而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)‎ ‎8.‎ 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．‎ 解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.‎ 由已知可以得A1B1＝，‎ 设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h，‎ 又2×＝h×，‎ 所以h＝，DE＝.‎ 在Rt△DB1E中，B1E＝＝.‎ 由面积相等得× ＝x，得x＝.即线段B1F的长为.‎ 答案： ‎9.‎ 如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．‎ ‎(1)求证：BF∥平面ADP；‎ ‎(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.‎ 证明：‎ ‎(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，‎ 因为F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，‎ 因为CD＝3PE，所以FG＝2PE，‎ FG∥CD，因为CD∥AB，AB＝2PE，‎ 所以AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，所以BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，所以BF∥平面ADP.‎ ‎(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，‎ 因为BA⊥AD，CD⊥DA，AB＝AD，O为BD的中点，‎ 所以ABMD是正方形，则BD⊥AM，MD＝2PE.‎ 所以FM∥PD，因为PD⊥平面ABCD，‎ 所以FM⊥平面ABCD，所以FM⊥BD，‎ 因为AM∩FM＝M，所以BD⊥平面AMF，‎ 所以BD⊥平面AOF.‎ ‎10．如图所示，M，N，K分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．‎ 求证：(1)AN∥平面A1MK；‎ ‎(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.‎ 证明：(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，‎ 所以AA1∥DD1，AA1＝DD1，‎ C1D1∥CD，C1D1＝CD.‎ 因为N，K分别为CD，C1D1的中点，所以DN∥D1K，DN＝D1K，‎ 所以四边形DD1KN为平行四边形，‎ 所以KN∥DD1，KN＝DD1，‎ 所以AA1∥KN，AA1＝KN，‎ 所以四边形AA1KN为平行四边形，‎ 所以AN∥A1K.‎ 因为A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，‎ 所以AN∥平面A1MK.‎ ‎(2)如图所示，连接BC1.‎ 在正方体ABCDA1B1C1D1中，‎ AB∥C1D1，AB＝C1D1.‎ 因为M，K分别为AB，C1D1的中点，‎ 所以BM∥C1K，BM＝C1K，‎ 所以四边形BC1KM为平行四边形，所以MK∥BC1.‎ 在正方体ABCDA1B1C1D1中，‎ A1B1⊥平面BB1C1C，‎ BC1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1.‎ 因为MK∥BC1，所以A1B1⊥MK.‎ 因为四边形BB1C1C为正方形，‎ 所以BC1⊥B1C.‎ 所以MK⊥B1C.‎ 因为A1B1⊂平面A1B1C，‎ B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，‎ 所以MK⊥平面A1B1C，又因为MK⊂平面A1MK，‎ 所以平面A1B1C⊥平面A1MK.‎ ‎1．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：‎ ‎①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．1 B.2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B.命题①，若α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，又l⊂β，所以m⊥l，正确；‎ 命题②，l与m可能相交，也可能异面，错误；‎ 命题③，α与β可能平行，错误；‎ 命题④，因为m∥l，又m⊥α，所以α⊥β，正确．‎ ‎2．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是(　　)‎ A. B.2 C．3 D．4 解析：选D.如图，取BC的中点D，连接AD，则AD⊥BC.‎ 又PA⊥平面ABC，根据三垂线定理，得PD⊥BC.‎ 在Rt△ABD中，AB＝5，BD＝3，所以AD＝4.‎ 在Rt△PAD中，PA＝8，AD＝4，所以PD＝4.‎ ‎3．四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两互相垂直的共有________对．‎ 解析：因为AD⊥AB，AD⊥PA且PA∩AB＝A，可得AD⊥平面PAB.同理可得BC⊥平面PAB、AB⊥平面PAD、CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定定理可得，平面PAD⊥平面PAB，平面PBC⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，共有5对．‎ 答案：5‎ ‎4.‎ 如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正确结论的序号是________．‎ 解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．‎ 答案：①②④‎ ‎5.(2019·郑州第二次质量预测)在如图所示的五面体ABCDEF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，求点F到平面BDE的距离．‎ 解：(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE(图略)，‎ 因为O，M分别为BD，BC的中点，所以OM∥CD，且OM＝CD.‎ 因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB，‎ 又EF∥AB，所以CD∥EF，‎ 又AB＝CD＝2EF，所以EF＝CD，‎ 所以OM∥EF，且OM＝EF，‎ 所以四边形OMFE为平行四边形，所以MF∥OE.‎ 又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，所以MF∥平面BDE.‎ ‎(2)由(1)得FM∥平面BDE，所以点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．‎ 取AD的中点H，连接EH，BH，‎ 因为EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，‎ 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，所以EH⊥BH，‎ 易得EH＝BH＝，所以BE＝，‎ 所以S△BDE＝××＝.‎ 设点F到平面BDE的距离为h，‎ 连接DM，则S△BDM＝S△BCD＝××4＝，‎ 连接EM，由V三棱锥EBDM＝V三棱锥MBDE，得××＝×h×，解得h＝，即点F到平面BDE的距离为.‎ ‎6.(2019·长沙市、南昌市部分学校联考)已知多面体CDABFE中，AB∥CD∥EF，EF⊥平面AED，且BD＝，AB＝2，AE＝DE＝DC＝AB，FE的长是DC的长与AB的长的等差中项．‎ ‎(1)求证：AE⊥平面CDEF；‎ ‎(2)求点A到平面BCF的距离．‎ 解：(1)证明：在多面体CDABFE中，‎ 因为EF⊥平面AED，且DE，AE⊂平面AED，所以EF⊥AE，EF⊥DE，‎ 因为AB∥EF，所以AB⊥AE.‎ 连接BE(图略)，在Rt△ABE中，BE＝＝，所以BE2＋DE2＝BD2，‎ 所以DE⊥BE.又BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面ABFE，‎ 所以DE⊥平面ABFE，又AE⊂平面ABFE，所以DE⊥AE.‎ 因为DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CDEF，所以AE⊥平面CDEF.‎ ‎(2)因为EF∥CD，EF⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE，所以CD∥平面ABFE，所以点C到平面ABFE的距离即点D到平面ABFE的距离．‎ 又DC＝1，AB＝2，FE的长是DC的长与AB的长的等差中项，所以EF＝.分别在梯形ABFE，梯形DCFE，梯形ABCD中，易求得BF＝FC＝，BC＝，‎ 所以S△BCF＝BC·＝，‎ S△ABE＝AB·AE＝1.‎ 设点A到平面BCF的距离为h，则由VABCF＝VCABF＝VDABF＝VDABE，得S△BCF·h＝S△ABE·DE，所以h＝＝＝，即点A到平面BCF的距离为.‎