2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业42《直线、平面垂直的判定及其性质》（教师版）

课时作业42　直线、平面垂直的判定及其性质

一、选择题

1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(　A　)

A．充分不必要条件   B．必要不充分条件

C．充要条件   D．既不充分也不必要条件

解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.

2．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　B　)

A．若a∥α，b∥α，则a∥b

B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α

C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α

D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α

解析：若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误．

3．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中错误的是(　C　)

A．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β

B．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥n

C．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n

D．若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β

解析：根据线面垂直的判定可知，当m⊥α，m∥n，n⊂β时可得n⊥α，则α⊥β，所以A不符合题意；根据面面平行的性质可知，若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥β，故m∥n，所以B不符合题意；根据面面平行的性质可知，m，n可能平行或异面，所以C符合题意；根据面面垂直的性质可知，若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β，所以D不符合题意．故选C.

4.如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是(　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，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.

5．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，下面结论错误的是(　D　)

A．BD∥平面CB1D1

B．异面直线AD与CB1所成的角为45°

C．AC1⊥平面CB1D1

D．AC1与平面ABCD所成的角为30°

解析：因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1＝45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D.

6．如图，在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1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，且六点共面，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，满足题意．

对于选项D中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EF∥BB1，故∠B1BD1为异面直线EF与BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝，即∠B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不垂直，故选D.

7.三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(　A　)

①CC1与B1E是异面直线；

②AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1；

③AC⊥平面ABB1A1；

④A1C1∥平面AB1E.

A．②   B．①③

C．①④   D．②④

解析：对于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C内，故错误；

对于②，AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1，故正确；

对于③，上底面ABC是一个正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故错误；

对于④，A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故错误．故选A.

二、填空题

8.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AB，BC，AC；与AP垂直的直线有AB.

解析：∵PC⊥平面ABC，

∴PC垂直于直线AB，BC，AC.

∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，

∴AB⊥平面PAC，

又∵AP⊂平面PAC，

∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.

9．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为②④.

①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；

②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；

③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；

④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．

解析：对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；对于②，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，则β内与α、β的交线平行的直线都与m垂直，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．

10．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为④.

①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.

解析：因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图)．

因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合．

三、解答题

11．如图，在三棱锥P­ABC中，∠ABC＝90°，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，点D在PC上，且BD⊥平面PAC.

(1)证明：PA⊥平面PBC；

(2)若ABBC＝2，求三棱锥D­PAB与三棱锥D­ABC的体积比．

解：(1)证明：因为BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA，

因为∠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)因为三棱锥D­PAB的体积VD­PAB＝VA­PBD＝S△PBD×PA＝×BD×PD×PA，

三棱锥D­ABC的体积VD­ABC＝VA­BCD＝S△BCD×PA＝×BD×CD×PA，

所以＝.设AB＝2，BC＝，

因为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BD⊥PC，

所以CD＝＝，PD＝，

所以＝，即三棱锥D­PAB与三棱锥D­ABC的体积比为.

12．在如图所示的五面体EF­ABCD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F到平面BDE的距离．

解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接OM，OE，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＝2，所以EF＝CD.

所以OM綊EF，所以四边形OMFE为平行四边形，所以FM∥OE.

又OE⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，

所以FM∥平面BDE.

(2)由(1)知FM∥平面BDE，所以F到平面BDE的距离等于M到平面BDE的距离．

如图，取AD的中点H，连接EH，BH，EM，DM.

因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF，

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，EH⊥BH.

因为EH＝BH＝，所以BE＝.

所以S△BDE＝××＝.

设F到平面BDE的距离为h，

又因为S△BDM＝S△BCD＝××2×2×sin60°＝，

所以由V三棱锥E­BDM＝V三棱锥M­BDE，

得××＝×h，解得h＝.

即F到平面BDE的距离为.

13．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论：

①EF∥平面ABCD；

②平面ACF⊥平面BEF；

③三棱锥E­ABF的体积为定值；

④存在某个位置使得异面直线AE与BF所成的角为30°.

其中正确的是①②③④.(写出所有正确的结论序号)

解析：由正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，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正确；在②中，如图，连接BD，CF，由AC⊥BD，AC⊥DD1，可知AC⊥平面BDD1B1，而BE⊂平面BDD1B1，BF⊂平面BDD1B1，则AC⊥平面BEF.

又因为AC⊂平面ACF，所以平面ACF⊥平面BEF，故②正确；在③中，三棱锥E­ABF的体积与三棱锥A­BEF的体积相等，三棱锥A­BEF的底面积和高都是定值，故三棱锥E­ABF的体积为定值，故③正确；在④中，令上底面中心为O，当E与D1重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC1，可求解∠OBC1＝30°，故存在某个位置使得异面直线AE与BF成角30°，故④正确．

14．如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.

(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；

(2)求三棱锥P­ABC体积的最大值；

(3)若BC＝，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．

解：(1)证明：在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.

又PO垂直于圆O所在的平面，

所以PO⊥AC.

因为DO∩PO＝O，所以AC⊥平面PDO.

(2)因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.

又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为×2×1＝1.

又因为三棱锥P­ABC的高PO＝1，故三棱锥P­ABC体积的最大值为×1×1＝.

(3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以PB＝＝.

同理PC＝，所以PB＝PC＝BC.在三棱锥P­ABC中，

将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示．

当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．

又因为OP＝OB，C′P＝C′B，

所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．

从而OC′＝OE＋EC′＝＋＝，

即CE＋OE的最小值为.

15．如图，一张A4纸的长、宽分别为2a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是①②③④.(写出所有正确命题的序号)

①该多面体是三棱锥；

②平面BAD⊥平面BCD；

③平面BAC⊥平面ACD；

④该多面体外接球的表面积为5πa2.

解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④.