2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)45 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 理（含解析）新人教版

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1、課時作業(yè)45　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 一、選擇題 1．設(shè)α，β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的(　A　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：依題意，由l⊥β，l?α可以推出α⊥β；反過來，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β.因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件，故選A. 2．設(shè)α為平面，a，b為兩條不同的直線，則下列敘述正確的是(　B　) A．若a∥α，b∥α，則a∥b B．若a⊥α，a∥b，則b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，則b∥α D．若a∥α，a⊥b，則b⊥α 解析

2、：若a∥α，b∥α，則a與b相交、平行或異面，故A錯誤；易知B正確；若a⊥α，a⊥b，則b∥α或b?α，故C錯誤；若a∥α，a⊥b，則b∥α或b?α或b與α相交，故D錯誤． 3．(2019·安徽池州聯(lián)考)已知α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，下列命題中錯誤的是(　C　) A．若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β B．若α∥β，m⊥α，n⊥β，則m∥n C．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n D．若α⊥β，m?α，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥β 解析：根據(jù)線面垂直的判定可知，當(dāng)m⊥α，m∥n，n?β時可得n⊥α，則α⊥β，所以A不符合題意；根據(jù)面面平行的性質(zhì)可知，若α∥β，

3、m⊥α，n⊥β，則m⊥β，故m∥n，所以B不符合題意；根據(jù)面面平行的性質(zhì)可知，m，n可能平行或異面，所以C符合題意；根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可知，若α⊥β，m?α，α∩β＝n，m⊥n，則m⊥β，所以D不符合題意．故選C. 4.(2019·貴陽監(jiān)測考試)如圖，在三棱錐P-ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是(　B　) A．AP⊥PB，AP⊥PC B．AP⊥PB，BC⊥PB C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC 解析：A中，因為AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A能證明AP⊥BC；C中，因為平面BP

4、C⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C能證明AP⊥BC；由A知D能證明AP⊥BC；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B. 5．(2019·福建寧德質(zhì)檢)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，下面結(jié)論錯誤的是(　D　) A．BD∥平面CB1D1 B．異面直線AD與CB1所成的角為45° C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1與平面ABCD所成的角為30° 解析：因為BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合題意；因為AD∥BC，所以異面直線AD與CB1所成的角為∠BCB1＝45°，B不符合題意；因為AC1⊥B1D1，

5、AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合題意；AC1與平面ABCD所成的角為∠CAC1≠30°，故選D. 6．(2019·福建泉州質(zhì)檢)如圖，在下列四個正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點，過E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則在各個正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(　D　) 解析：如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點，且六點共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項A，B，C中的平面與這個平面重合，滿足題意． 對于選項D中圖形，由于E，F(xiàn)為AB，A1B1的中點，所以EF∥BB1，故∠B1BD1為異面直線EF與

6、BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝，即∠B1BD1不為直角，故BD1與平面EFG不垂直，故選D. 7.三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點，則下列敘述正確的是(　A　) ①CC1與B1E是異面直線；②AE與B1C1是異面直線，且AE⊥B1C1；③AC⊥平面ABB1A1；④A1C1∥平面AB1E. A．② B．①③ C．①④ D．②④ 解析：對于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C內(nèi)，故錯誤； 對于②，AE，B1C1為在兩個平行平面中且不平行的兩條直線，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中

7、點，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE與B1C1是異面直線，且AE⊥B1C1，故正確； 對于③，上底面ABC是一個正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故錯誤； 對于④，A1C1所在的平面與平面AB1E相交，且A1C1與交線有公共點，故錯誤．故選A. 二、填空題 8.如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有AB，BC，AC；與AP垂直的直線有AB. 解析：∵PC⊥平面ABC， ∴PC垂直于直線AB，BC，AC. ∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， ∴AB⊥平面PAC， 又∵AP?平面PAC

8、， ∴AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB. 9．若α，β是兩個相交平面，m為一條直線，則下列命題中，所有真命題的序號為②④. ①若m⊥α，則在β內(nèi)一定不存在與m平行的直線； ②若m⊥α，則在β內(nèi)一定存在無數(shù)條直線與m垂直； ③若m?α，則在β內(nèi)不一定存在與m垂直的直線； ④若m?α，則在β內(nèi)一定存在與m垂直的直線． 解析：對于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，則在平面β內(nèi)存在與m平行的直線，故①錯誤；對于②，若m⊥α，則m垂直于平面α內(nèi)的所有直線，則β內(nèi)與α、β的交線平行的直線都與m垂直，故在平面β內(nèi)一定存在無數(shù)條直線與m垂直，故②正確；對于③④，若m?α，則在平面β內(nèi)一定存在與

9、m垂直的直線，故③錯誤，④正確． 10．(2019·廣東七校聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E為DC邊的中點，沿AE將△ADE折起，在折起過程中，下列結(jié)論中能成立的序號為④. ①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED. 解析：因為在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E為DC邊的中點，則折疊時，D點在平面BCE上的射影的軌跡為O1O2(如圖)． 因為折起過程中，DE與AC所成角不能為直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；只有D點射影位于O2位置，即平面AED與平面AEB重合時，才有BE⊥CD，所以折起過程中CD不垂

10、直于平面BED，故②不符合；折起過程中，BD與AC所成的角不能為直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；因為AD⊥ED，并且在折起過程中，當(dāng)點D的射影位于O點時，AD⊥BE，所以在折起過程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合． 三、解答題 11．(2019·昆明市調(diào)研測試)如圖，在三棱錐P-ABC中，∠ABC＝90°，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，點D在PC上，且BD⊥平面PAC. (1)證明：PA⊥平面PBC； (2)若ABBC＝2，求三棱錐D-PAB與三棱錐D-ABC的體積比． 解：(1)證明：因為BD⊥平面PAC，PA?平面PAC，所以BD⊥PA， 因為∠

11、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)因為三棱錐D-PAB的體積VD-PAB＝VA-PBD＝S△PBD×PA＝×BD×PD×PA，三棱錐D-ABC的體積VD-ABC＝VA-BCD＝S△BCD×PA＝×BD×CD×PA， 所以＝. 設(shè)AB＝2，BC＝， 因為PA⊥平面PBC，PB?平面PBC，所以PA⊥PB， 又PA＝PB，所以PB＝， 在Rt△PBC中，PC＝＝2， 又BD⊥平面PAC，PC?平面PAC， 所以B

12、D⊥PC， 所以CD＝＝，PD＝， 所以＝，即三棱錐D-PAB與三棱錐D-ABC的體積比為. 12．(2019·河南鄭州質(zhì)檢)在如圖所示的五面體EF-ABCD中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求F到平面BDE的距離． 解：(1)證明：如圖，取BD中點O，連接OM，OE，因為O，M分別為BD，BC的中點，所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD. 因為四邊形ABCD為菱形，所以CD∥AB. 又EF∥AB，所以CD∥EF. 又AB＝CD＝2，所以E

13、F＝CD. 所以O(shè)M綊EF，所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以FM∥OE. 又OE?平面BDE，F(xiàn)M?平面BDE， 所以FM∥平面BDE. (2)由(1)知FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距離等于M到平面BDE的距離． 如圖，取AD的中點H，連接EH，BH，EM，DM. 因為四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF， 所以EH⊥AD，BH⊥AD. 因為平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD， 所以EH⊥平面ABCD，EH⊥BH. 因為EH＝BH＝，所以BE＝. 所以S△BDE＝××＝. 設(shè)F到平面BDE的距離為h，

14、又因為S△BDM＝S△BCD＝××2×2×sin60°＝， 所以由V三棱錐E-BDM＝V三棱錐M-BDE， 得××＝×h，解得h＝. 即F到平面BDE的距離為. 13．(2019·江西贛州聯(lián)考)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝，則下列結(jié)論： ①EF∥平面ABCD； ②平面ACF⊥平面BEF； ③三棱錐E-ABF的體積為定值； ④存在某個位置使得異面直線AE與BF所成的角為30°. 其中正確的是①②③④.(寫出所有正確的結(jié)論序號) 解析：由正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點

15、E，F(xiàn)，且EF＝知，在①中，由EF∥BD，且EF?平面ABCD，BD?平面ABCD，得EF∥平面ABCD，故①正確；在②中，如圖，連接BD，CF，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥平面BDD1B1，而BE?平面BDD1B1，BF?平面BDD1B1，則AC⊥平面BEF. 又因為AC?平面ACF，所以平面ACF⊥平面BEF，故②正確；在③中，三棱錐E-ABF的體積與三棱錐A-BEF的體積相等，三棱錐A-BEF的底面積和高都是定值，故三棱錐E-ABF的體積為定值，故③正確；在④中，令上底面中心為O，當(dāng)E與D1重合時，此時點F與O重合，則兩異面直線所成的角是∠OBC1，可求解∠OBC1＝30°，

16、故存在某個位置使得異面直線AE與BF成角30°，故④正確． 14．(2019·山東日照二模)如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，PO垂直于圓O所在的平面，且PO＝OB＝1. (1)若D為線段AC的中點，求證：AC⊥平面PDO； (2)求三棱錐P-ABC體積的最大值； (3)若BC＝，點E在線段PB上，求CE＋OE的最小值． 解：(1)證明：在△AOC中，因為OA＝OC，D為AC的中點，所以AC⊥DO. 又PO垂直于圓O所在的平面， 所以PO⊥AC. 因為DO∩PO＝O，所以AC⊥平面PDO. (2)因為點C在圓O上，所以當(dāng)CO⊥AB時，C到AB的距離最

17、大，且最大值為1. 又AB＝2，所以△ABC面積的最大值為×2×1＝1. 又因為三棱錐P-ABC的高PO＝1，故三棱錐P-ABC體積的最大值為×1×1＝. (3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以PB＝＝. 同理PC＝，所以PB＝PC＝BC.在三棱錐P-ABC中，將側(cè)面BCP繞PB旋轉(zhuǎn)至平面BC′P，使之與平面ABP共面，如圖所示． 當(dāng)O，E，C′共線時，CE＋OE取得最小值． 又因為OP＝OB，C′P＝C′B， 所以O(shè)C′垂直平分PB，即E為PB中點． 從而OC′＝OE＋EC′＝＋＝， 即CE＋OE的最小值為. 15．如圖，一張A4紙的長、寬分別

18、為2a,2a，A，B，C，D分別是其四條邊的中點．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點重合為一點P，從而得到一個多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是①②③④.(寫出所有正確命題的序號) ①該多面體是三棱錐； ②平面BAD⊥平面BCD； ③平面BAC⊥平面ACD； ④該多面體外接球的表面積為5πa2. 解析：由題意得該多面體是一個三棱錐，故①正確；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正確；同理可證平面BAC⊥平面ACD，故③正確；通過構(gòu)造長方體可得該多面體的外接球半徑R＝a，所以該多面體外接球的表面積為5πa2，故④正確．綜上，正確命題的序號為①②③④. 9