2021高考数学一轮复习课时作业42直线平面垂直的判定和性质文

2021高考数学一轮复习课时作业42直线平面垂直的判定和性质文

课时作业42　直线、平面垂直的判定和性质 ‎ [基础达标]‎ 一、选择题 ‎1．已知两个平面相互垂直，下列命题 ‎①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．‎ 其中正确命题个数是(　　)‎ A．3 B．2‎ C．1 D．0‎ 解析：‎ 构造正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，‎ ‎①，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；‎ ‎②，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故②正确；‎ ‎③，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；‎ ‎④，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C.‎ 答案：C - 8 -‎ ‎2．[2020·安徽六安一中检测]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是(　　)‎ A．直线OM与AC，MN均垂直 B．直线OM与AC垂直，与MN不垂直 C．直线OM与AC不垂直，与MN垂直 D．直线OM与AC，MN均不垂直 解析：因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1.‎ 又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，连接B1D1，‎ 所以AC⊥平面BDD1B1.‎ 因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.‎ 设正方体的棱长为2，‎ 则OM＝＝，MN＝＝，连接ON，‎ ON＝＝，‎ 所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.‎ 答案：A ‎3．[2020·天津七校联考]已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β C．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β 解析：若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β或γ与β相交，故A不正确；若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α与β相交，故B不正确；若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故C不正确；若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β，故D正确．故选D.‎ 答案：D ‎4．[2017·全国卷Ⅲ]在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC - 8 -‎ 解析：‎ 如图，∵ A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴ B，D错；‎ ‎∵ A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴ A1E⊥BC1，故C正确；‎ ‎(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴ BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1，∴ A1E⊥BC1)‎ ‎∵ A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．‎ 故选C.‎ 答案：C ‎5．[2020·河北衡水调研]如图，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面结论不成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，‎ BC⊄平面PDF，‎ 所以BC∥平面PDF，故选项A正确．‎ 在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，AE∩PE＝E，‎ 且AE，PE⊂平面PAE，‎ 所以BC⊥平面PAE.‎ 因为DF∥BC，所以DF⊥平面PAE.‎ 又DF⊂平面PDF，‎ 所以平面PDF⊥平面PAE，‎ 因此选项B，C均正确．故选D.‎ - 8 -‎ 答案：D 二、填空题 ‎6．[2020·宁夏银川质检]如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．‎ 解析：∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，‎ ‎∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．所以图中共有4个直角三角形．‎ 答案：4‎ ‎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)．‎ 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.‎ 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)‎ ‎8．[2019·全国卷Ⅰ]已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．‎ 解析：设PO⊥平面ABC于O，PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，连接OE、OF、OC，‎ ‎∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AC，‎ 又PO∩PE＝P，∴AC⊥平面POE，‎ ‎∴AC⊥OE，‎ 同理有BC⊥OF，∴四边形OECF为矩形，‎ - 8 -‎ ‎∵PC＝PC且PE＝PF，‎ ‎∴Rt△PEC≌Rt△PFC，‎ ‎∴EC＝FC＝＝1，‎ ‎∴四边形OECF是边长为1的正方形，‎ ‎∴OC＝，‎ 在Rt△POC中，PO＝＝.‎ 答案： 三、解答题 ‎9．[2020·辽宁五校模拟]在如图所示的几何体中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC＝2DE＝4，BC＝2，DC＝1，∠BCD＝60°.‎ ‎(1)证明：BD⊥平面ACDE；‎ ‎(2)过点D作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积．‎ 解析：(1)在△BCD中，由余弦定理得BD2＝22＋12－2×1×2cos 60°＝3，‎ 所以BC2＝BD2＋DC2，所以△BCD为直角三角形，BD⊥CD.‎ 因为AC⊥平面BCD，所以AC⊥BD.‎ 而AC∩CD＝C，所以BD⊥平面ACDE.‎ ‎(2)如图，取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，则平面DFM即所求．‎ 理由如下：因为DE∥AC，DE＝AF，所以四边形AEDF为平行四边形，所以DF∥AE，从而DF∥平面ABE，‎ 易证FM∥平面ABE.‎ 因为FM∩DF＝F，所以平面DFM∥平面ABE.‎ 由(1)可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM.‎ - 8 -‎ V四棱锥B－ACDE＝××＝，‎ V三棱锥F－CDM＝××2＝，‎ 所以所求几何体的体积V＝－＝.‎ ‎10．[2020·江西南昌模拟]如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点．‎ ‎(1)求证：平面EFG⊥平面PAD；‎ ‎(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥M－EFG的体积．‎ 解析：(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，且CD⊥AD，‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 在△PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，‎ 所以EF∥CD，所以EF⊥平面PAD.‎ 因为EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAD.‎ ‎(2)因为EF∥CD，EF⊂平面EFG，CD⊄平面EFG，‎ 所以CD∥平面EFG，‎ 因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，连接DF，DG，如图，‎ V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG.‎ 取AD的中点H，连接GH，EH，FH，‎ 则EF∥GH，‎ 因为EF⊥平面PAD，EH⊂平面PAD，‎ 所以EF⊥EH.‎ 于是S△EFH＝EF×EH＝2＝S△EFG.‎ - 8 -‎ 平面EFG⊥平面PAD，平面EFG∩平面PAD＝EH，‎ 且易知△EHD是边长为2的正三角形，所以点D到平面EFG的距离等于正三角形EHD的高，为.‎ 所以三棱锥M－EFG的体积V三棱锥M－EFG＝V三棱锥D－EFG＝×S△EFG×＝.‎ ‎[能力挑战]‎ ‎11．[2020·四川成都七中检测]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点，AB＝BC，AC＝2，AA1＝.‎ ‎(1)求证：B1C∥平面A1BM；‎ ‎(2)求证：AC1⊥平面A1BM；‎ ‎(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)如图，连接AB1，交A1B于点O，连接OM.‎ 在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1的中点，‎ ‎∴OM∥B1C.‎ 又OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，‎ ‎∴B1C∥平面A1BM.‎ ‎(2)∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，‎ ‎∴AA1⊥BM.‎ 又M为棱AC的中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.‎ ‎∵AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，‎ - 8 -‎ ‎∴BM⊥平面ACC1A1，‎ ‎∴BM⊥AC1.‎ ‎∵AC＝2，∴AM＝1.‎ 又AA1＝，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，‎ tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝，‎ ‎∴∠AC1C＝∠A1MA，‎ 即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，‎ ‎∴A1M⊥AC1.‎ ‎∵BM∩A1M＝M，BM，A1M⊂平面A1BM，‎ ‎∴AC1⊥平面A1BM.‎ ‎(3)当点N为BB1的中点，即＝时，‎ 平面AC1N⊥平面AA1C1C.‎ 证明如下：‎ 设AC1的中点为D，连接DM，DN，如图．‎ ‎∵D，M分别为AC1，AC的中点，‎ ‎∴DM∥CC1，且DM＝CC1.‎ 又N为BB1的中点，∴DM∥BN，且DM＝BN，‎ ‎∴四边形BNDM为平行四边形，‎ ‎∴BM∥DN，‎ ‎∵BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面AA1C1C.‎ 又DN⊂平面AC1N，‎ ‎∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.‎ - 8 -‎