高考数学理一轮总复习 必修部分开卷速查44 直线、平面垂直的判定及其性质(含解析)新人教A版-新人教

开卷速查(四十四) 直线、平面垂直的判定及其性质
A级基础巩固练
1．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α
B．若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则n⊥α
C．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
D．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
解析：与α，β两垂直平面的交线垂直的直线m，可与α平行或相交，故A错；对B，存在n∥α情况，故B错；对D，存在α∥β情况，故D错；由n⊥α，n⊥β，可知α∥β，又m⊥β，所以m⊥α，故C正确．
答案：C
2．如图，在四面体D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是( ) 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
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.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.
答案：C
3．已知平面α，β，γ和直线l，m，且l⊥m，α⊥γ，α∩γ＝m，β∩γ＝l，给出下列四个结论：
①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④α⊥β.
其中正确的是( )
A．①④B．②④
C．②③D．③④
解析：如图，由题意，β∩γ＝l，∴l⊂γ，由α⊥γ，α∩γ＝m，且l⊥m，∴l⊥α，即②正确；由β∩γ＝l，∴l⊂β，由l⊥α，得α⊥β，即④正确；而①③条件不充分，不能判断．
答案：B
4．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：由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC⊂面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．
答案：A
5．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD 沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下面命题正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
解析：在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.
答案：D
6．如图所示，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．现有结论：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．①②B．①②③C．①D．②③
解析：对于①，∵PA⊥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，∴OM∥PA.∵PA⊂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．
答案：B
7．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA、PB、PC两两垂直，则下列命题：
①PA⊥BC②PB⊥AC③PC⊥AB④AB⊥BC.
其中正确的个数是__________.
解析：如图所示．
∵PA⊥PC、PA⊥PB，
PC∩PB＝P，
∴PA⊥平面PBC.
又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.
同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.
答案：3
8．如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：
①AF⊥PB②EF⊥PB③AF⊥BC
④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是__________．
解析：由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，
∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB.
又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF.
∴PB⊥EF.故①②③正确．
答案：①②③
9．已知a、b、l表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：
①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥γ②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β
③若α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，l⊄α，则l⊥α.
其中正确命题的序号是__________．
解析：①在正方体A1B1C1D1­ABCD中，可令平面A1B1CD为α，平面DCC1D1为β，平面A1B1C1D1为γ，又平面A1B1CD∩平面DCC1D1＝CD，平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，则CD与C1D1所在的直线分别表示a，b，因为CD∥C1D1，但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行，即α与γ不平行，故①错误．②因为a、b相交，假设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确．③由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确．④当a∥b时，l垂直于平面α内两条不相交直线，不可得出l⊥α，④错误．
答案：②③
10．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，CD⊥平面PAD，PA⊥AD，PA＝2，E为PC的中点，F在棱PA上．
(1)求证：AC⊥DE；
(2)求三棱锥E­BDF的体积．
解析：(1)连接EO，E为PC的中点，则EO∥AP.
∵CD⊥平面PAD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD⊥平面PAD.
又∵平面ABCD∩平面PAD ＝AD ，PA⊥AD， ∴PA⊥平面ABCD ， ∴EO⊥平面ABCD ， ∴EO⊥A C.
又∵AC⊥BD，BD∩OE＝O ， ∴AC⊥平面BED ，∴AC⊥DE. (2)由(1)知EO∥AP，EO ⊂平面BED ， 故AP∥平面BED. 又∵AC⊥平面BED ，
∴AO 即为点F 到平面BED 的距离． 又∵AO＝
22，S △BDE ＝12BD·EO＝12×2×1＝22
， ∴V E －BDF ＝V F －BDE ＝13×22×22＝1
6
.
B 级 能力提升练
11．如图，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A′－BCD ，使平面A′BD⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )
A ．A′C⊥BD
B ．∠BA′C＝90°
C ．CA′与平面A′B
D 所成的角为30° D ．四面体A′－BCD 的体积为1
3
解析：取BD 的中点O ，连接A′O，OC ，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD.平面A′BD∩平面BCD ＝BD ，∴A′O⊥平面BCD ，
∵CD⊥BD，∴OC 不垂直于BD.假设A′C⊥BD，又A′C∩A′O＝A′，∴BD⊥平面A′OC，∴BD⊥OC 与OC 不垂直于BD 矛盾，∴A′C 不垂直于BD ，A 错误．∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD ，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′D，∴A′C＝2，∵A′B＝1，BC ＝BD 2
＋CD 2
＝3，∴A′B
2
＋A′C 2＝BC 2
，A′B⊥A′C，B 正确．∠CA′D 为直线CA′与平面A′BD 所成的角，∠CA′D ＝45°，C 错误．V A′－BCD ＝13S △A′BD ·CD＝1
6
，D 错误，故选B .
答案：B
12．[2015·某某模拟]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC ＝2AB ＝2AD ＝4BE ，平面PAB⊥平面ABCD ，
(1)求证：平面PED⊥平面PAC ；
(2)若直线PE 与平面PAC 所成的角的正弦值为5
5
，求二面角A －PC －D 的平面角的余弦值．
解析：(1)如图所示，取AD 的中点F ，连接BF ，则FD 綊BE ，所以四边形FBED 是平行四边形，所以FB∥ED.因为Rt △BAF 和Rt △CBA 中，BA AF ＝CB
BA ＝2，所以Rt △BAF∽Rt △CBA，易知
BF⊥AC，所以ED⊥A C.
又因为平面PAB⊥平面ABCD ，平面PAB∩平面ABCD ＝AB ，AB⊥PA，所以PA⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，所以PA⊥ED，因为PA∩AC＝A ，所以ED⊥平面PAC ，因为ED ⊂平面PED ，所以平面PED⊥平面PAC.
(2)设ED 交AC 于G ，连接PG ，则∠EPG 是直线PE 与平面PAC 所成的角．设BE ＝1， 由△AGD∽△CGE，知DG GE ＝AD EC ＝23，因为AB ＝AD ＝2，所以EG ＝35DE ＝355，DG ＝25
5
.
因为sin ∠EPG＝EG PE ＝55，所以PE ＝3，AE ＝5，PA ＝PE 2－AE 2
＝2，
作GH⊥PC 于H ，连接HD. 由PC⊥DE，PC⊥平面HDG ，
所以PC⊥HD，所以∠GHD 是二面角A －PC －D 的平面角． 因为△PCA∽△GCH ，所以
PA GH ＝PC GC ，而GC ＝CE 2－EG 2＝655
，PC ＝PA 2＋AC 2
＝PA 2＋AB 2＋BC 2
＝26，则GH ＝PA·GC PC ＝305，所以tan ∠GHD＝63，得cos ∠GHD＝155，即
二面角A －PC －D 的平面角的余弦值为
15
5
. 13．如图，在正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是CD 、A 1D 1的中点.
(1)求证：AB 1⊥BF； (2)求证：AE⊥BF；
(3)棱CC 1上是否存在点P ，使BF⊥平面AEP ？若存在，确定点P 的位置，若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：连接A 1B ，则AB 1⊥A 1B ， 又∵AB 1⊥A 1F ，且A 1B∩A 1F ＝A 1， ∴AB 1⊥平面A 1BF.
又BF ⊂平面A 1BF ，∴AB 1⊥BF.
(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，
又∵△BAG≌△ADE，
∴∠ABG＝∠DAE.
∴AE⊥BG.
又∵BG∩FG＝G，
∴AE⊥平面BFG.
又BF⊂平面BFG，
∴AE⊥BF.
(3)存在．取CC1中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.
由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.
又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，
∴BF⊥平面AEP.。