2022版高考人教版数学一轮练习：练案【46理】【45文】 直线、平面垂直的判定与性质

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【46理】【45文】 直线、平面垂直的判定与性质，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A组基础巩固
一、选择题
1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( C )
A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β
[解析] 对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故选C．
2．(2021·北京延庆统测)已知直线a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的( A )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] 过a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，则b⊥β，又b⊂α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α时，a∥β或a与β相交，不一定a⊥β，故选A．
3．(2021·浙江省模拟)已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则( B )
A．β内一定能找到与l平行的直线
B．β内一定能找到与l垂直的直线
C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行
D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直
[解析] 由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；在D中，β内有无数条直线与l垂直，则β与α不一定垂直，故D错误，故选B.
4．(2021·东北三省四市教研联合体模拟)已知直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题：①若m⊥α，m∥β，则α⊥β；②若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题的个数是( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] ①若m⊥α，m∥β，则一定有α⊥β，故①正确；②若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又因为n⊂β，故可得α⊥β，故②正确；③若n⊥α，n⊥β，故可得α∥β，又因为m⊥α，故可得m⊥β，故③正确；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故④错误；综上所述，正确的有①②③.故选：C．
5．(2021·安徽省皖江名校联盟联考)对于不重合的直线m，l和平面α，β，下列可以推出α⊥β成立的是( A )
A．m∥l，m⊂β，l⊥α
B．m⊥l，α∩β＝l，m⊂α
C．m∥l，m⊥α，l⊥β
D．m∥l，l⊥α，m⊥β
[解析] 对于A，m∥l，l⊥α，得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β；对于B，当直线m在平面α内部，且垂直于两个平面的交线l时，也会出现面α、β相交不垂直的情况，故错；对于C，eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l∥m,l⊥β))⇒\a\vs4\al(,\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊥β,m⊥α))⇒α∥β)))，故错；对于D，l∥m，l⊥α，m⊥β，则α、β应该为平行关系，故D错误．故选A．
6．(2021·福建泉州质检)如图，在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是( D )
[解析] 如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意．故选D.
7．(2021·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：
①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；
②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；
③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；
④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.
其中为真命题的是( D )
A．①② B．②③
C．②④ D．①④
[解析] ①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD：④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC．
8. (2021·卓越联盟质检)已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列命题中正确的有( B )
①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直线CD与PF所成角的余弦值为eq \f(\r(5),5)；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤CD∥平面PAE.
A．①④ B．①③④
C．②③⑤ D．①②④⑤
[解析] ∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB⊂面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①正确；∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直线CD与PF所成角为∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cs∠PFA＝eq \f(\r(5),5)，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，显然AF与平面PAE相交，∴CD与平面PAE相交，即⑤不成立，故选B.
9．(2021·广东七校联合体联考改编)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是( D )
①A、M、N、B四点共面
②BN∥平面ADM
③直线BN与B1M所成的角为60°
④平面ADM⊥平面CDD1C1
A．①④ B．②③
C．①③ D．③④
[解析] 由图显然AM、BN是异面直线，故A、M、N、B四点不共面，故①错误；BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故②错；取CD的中点O，连接BO、ON，则B1M∥BO，∴∠NBO即为BN与B1M所成角，又三角形BON为等边三角形，故③正确；由题意AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故④正确．选D.
10．(2021·四川仁寿一中调研)已知平面α⊥平面β，m是α内的一条直线，n是β内的一条直线，若m⊥n，则( D )
A．m⊥β B．n⊥α
C．m⊥β且n⊥α D．m⊥β且n⊥α
[解析] 因为平面α⊥平面β，m是α内的一条直线，n是β内的一条直线，要使m⊥n，只能m或n垂直平分α与平面β的交线，因此，m⊥β或n⊥α.
二、填空题
11．(2021·广东江门调研改编)设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__①②__.
①若m⊥α，n∥α，则m⊥n
②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
③若m∥α，n∥α，则m∥n
④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
[解析] 对于①，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l，得m⊥n.由此可得①是真命题；对于②，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故②是真命题；对于③，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故③不正确；对于④，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故④不正确．综上所述，故填①②.
12．(2021·湖南五校联考)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.
其中正确的命题是__①④__.
[解析] 对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m与l垂直，或m与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α∥β或α与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确．
13. (2021·黄冈质检)如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC．
其中正确结论的序号是__①②③__.
[解析] ①由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB；②因为AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB；③在①中已证明AF⊥BC；④若AE⊥平面PBC，由①知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立．故正确的结论为①②③.
14．(2020·山东省威海市三模)已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断，①l∥α；②α⊥β；③l⊥β，以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：__若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)__．(用序号表示)
[解析] 因为l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l⊂α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①；故答案为：若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)．
三、解答题
15.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点，求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
[证明] (1)∵PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PA．
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，
故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC．
故CD⊥AE.
(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC．
∵E是PC的中点，故AE⊥PC．
由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，
从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.
易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.
16. (2021·河北邢台联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.
证明：PO⊥平面ABCD.
[证明] ∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，
∵AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD，∵E为AD的中点，
则BC∥DE且BC＝DE.
∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE∥CD，
∴AP⊥BE.
又∵AB⊥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，且E为AD的中点，
∴四边形ABCE为正方形，
∴BE⊥AC，又AP∩AC＝A，
∴BE⊥平面APC，
∵PO⊂平面APC，则BE⊥PO.
∵AP⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，
∴AP⊥PC，
又AC＝eq \r(2)AB＝eq \r(2)AP，
∴△PAC为等腰直角三角形，
∵O为斜边AC上的中点，
∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，
∴PO⊥平面ABCD.
B组能力提升
1．(2021·百师联盟联考)已知平面α，直线l，m，n，满足m∥α，n∥α，且m，n互为异面直线，则“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的( A )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] 因为m，n为异面直线，且m∥α，n∥α，则平面α内必存在两条相交直线分别与m，n平行，又因为l⊥m且l⊥n，所以l⊥α；若l⊥α，则l⊥m且l⊥n，所以“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的充要条件．
2．(2020·三省三校(贵阳一中、云师大附中、南宁三中)联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AE⊥PC于E.下列四个结论：①AB⊥AC；②AB⊥平面PAC；③PC⊥平面ABE；④BE⊥PC．正确的个数是( D )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 已知AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs 60°＝3，所以AC2＋AB2＝BC2，即AB⊥AC，①正确；由PA⊥平面ABCD，得AB⊥PA，所以AB⊥平面PAC，②正确；AB⊥平面PAC，得AB⊥PC，又AE⊥PC，所以PC⊥平面ABE，③正确；由PC⊥平面ABE，得PC⊥BE，④正确，故选D.
3．(2021·三湘名校联盟联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( C )
A．若α⊥β，m⊥n，m⊥α，则n⊥β
B．若α⊥β，m⊥n，m∥α，则n∥β
C．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
[解析] eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,m⊥α))⇒m∥n或m⊂p，①若m∥β，则∃n′⊂β，则m∥n′，∵n⊥β，∴n⊥n′，∴n⊥m；②若m⊂β，∵n⊥β，∴n⊥m，选C．
4.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足__DM⊥PC(或BM⊥PC等__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] ∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，
则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴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.
5．(2021·广东东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF＝2eq \r(5).
(1)求证：PF⊥平面ABED；
(2)求点A到平面PBE的距离．
[解析] (1)证明：在题图2中，连接EF，
由题意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
在题图1中，连接EF，作EH⊥AB于点H，利用勾股定理，得EF＝eq \r(62＋12－3－42)＝eq \r(61)，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，∴PF⊥EF，
又∵BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，
∴PF⊥平面ABED.
(2)如图，连接AE，由(1)知PF⊥平面ABED.
∴PF为三棱锥P－ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，
∵VA－PBE＝VP－ABE，
即eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×6×9×h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×12×6×2eq \r(5)，
∴h＝eq \f(8\r(5),3)，
即点A到平面PBE的距离为eq \f(8\r(5),3).