高中数学高考课后限时集训46 直线、平面垂直的判定及其性质 作业

这是一份高中数学高考课后限时集训46 直线、平面垂直的判定及其性质 作业，共12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。


直线、平面垂直的判定及其性质
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一、选择题
1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
C　[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊥α，错误；
B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；
D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．]
2．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)

A　[A选项中，因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B选项中，AB与CD成60°角； C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与CD夹角的正切值为.]
3．(2019·东北三省三校联考)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，则直线PB与平面PAC所成角为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
A　[连接BD，交AC于点O.因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA.又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC.连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成角．又因为PA＝AB＝2，所以PB＝2，BO＝.所以sin∠BPO＝＝，所以∠BPO＝.故选A.]

4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
C　[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．]
5．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是(　　)

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
D　[∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，故AB⊥平面ADC.
又AB⊂平面ABC，
∴平面ADC⊥平面ABC.]
二、填空题
6．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若该长方体的体积为8，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为 ．

30°　[连接BC1(图略)，由AB⊥平面BB1C1C知
∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角．
由2×2×AA1＝8得AA1＝2，
∴BC1＝＝2，
在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝＝＝，
∴∠AC1B＝30°.]
7．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是 ．
　[如图，△AB1D1中，AB1＝AD1＝，B1D1＝，

∴△AB1D1的边B1D1上的高为＝，
∴S△AB1D1＝××＝，
设A1到平面AB1D1的距离为h；则有S△AB1D1×h＝S△A1B1D1×AA1，
即h＝×2，解得h＝.]
8．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号)
②③④　[对于①，α，β可以平行，可以相交也可以不垂直，故错误．
对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．
对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．
对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]
三、解答题
9．(2018·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．

(1)求证：PE⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)求证：EF∥平面PCD.
[证明]　(1)因为PA＝PD，E为AD的中点，
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形，

所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，
所以PD⊥平面PAB.
因为PD⊂平面PCD，
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)取PC中点G，连接FG，DG.
因为F，G分别为PB，PC的中点，
所以FG∥BC，FG＝BC.
因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC.
所以DE∥FG，DE＝FG.
所以四边形DEFG为平行四边形，
所以EF∥DG.
又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
10．(2019·太原模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D是BC上的一点，AB＝AC，且AD⊥BC.

(1)求证：A1C∥平面AB1D；
(2)若AB＝BC＝AA1＝2，求点A1到平面AB1D的距离．
[解]　(1)证明：如图，

连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，
据直棱柱性质知，四边形ABB1A1为平行四边形，E为AB1的中点，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴D是BC的中点，∴DE∥A1C，
又DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，
∴A1C∥平面AB1D.
(2)如图，在平面BCC1B1中，过点B作BF⊥B1D，垂足为F，

∵D是BC中点，
∴点C到平面AB1D与点B到平面AB1D距离相等，
∵A1C∥平面AB1D，∴点A1到平面AB1D的距离等于点C到平面AB1D的距离，
∴BF长为所求，在Rt△B1BD中，BD＝1，BB1＝2，B1D＝，
∴BF＝＝，∴点A1到平面AB1D的距离为.

1．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
A　[连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.
∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．]
2．(2019·唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是(　　)

①　　　　②　　　　　③　　　　④
A．①② B．②④
C．①③ D．②③
B　[对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B.]
3．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　[由BC⊥AC，BC⊥PA可得BC⊥平面PAC，又AF⊂平面PAC，
所以AF⊥BC，
又AF⊥PC，则AF⊥平面PBC，从而AF⊥PB，AF⊥BC，故①③正确；
由PB⊥AF，PB⊥AE可得PB⊥平面AEF，从而PB⊥EF，故②正确；
若AE⊥平面PBC，则由AF⊥平面PBC知AE∥AF与已知矛盾，故④错误．]
4．(2019·西宁模拟)已知三棱柱ABC­A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1.
(1)求证：AC1⊥平面A1BC；
(2)求点C到平面A1AB的距离．

[解]　(1)证明：∠BCA＝90°得BC⊥AC，因为A1D⊥平面ABC，
所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，所以BC⊥平面A1ACC1，
所以BC⊥AC1.
因为BA1⊥AC1，BA1∩BC＝B，
所以AC1⊥平面A1BC.
(2)作DE⊥AB于点E，连接A1E，作DF⊥A1E于点F.

因为A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥AB，DE⊥AB，DE∩A1D＝D，
所以AB⊥平面A1DE，
又DF⊂平面A1DE，所以AB⊥DF，由DF⊥A1E，A1E∩AB＝E，
所以DF⊥平面A1AB，由(1)及已知得DE＝，A1D＝，Rt△A1DE中，DF＝＝，
因为D是AC中点，所以C到面A1AB距离.

1．(2019·衡阳模拟)如图，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，则下列结论不一定正确的是(　　)

A．平面BDC⊥平面ADC
B．AC∥平面PQMN
C．平面ABD⊥平面ADC
D．AD⊥平面BDC
D　[由PQ∥MN，MN⊂平面ADC，PQ⊄平面ADC，得PQ∥平面ADC，
又PQ⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴PQ∥AC，
同理QM∥BD，因为PQ⊥QM，
∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A，
∴BD⊥平面ADC，
∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC，
∴A和C选项均正确；
由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，
∴B选项正确．
∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D不一定正确．
故选D.]
2．(2019·泉州模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.

(1)求证：B1N⊥A1C；
(2)求M到平面A1B1C的距离．
[解]　(1)证明：如图，连接CM.

在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，
所以AA1⊥CM.
在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.
又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.
因为B1N⊂平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.
又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.
因为A1C⊂平面A1CM，所以B1N⊥A1C.
(2)法一：连接B1M.
在矩形ABB1A1中，因为A1M⊥B1N，
所以∠AA1M＝∠A1B1N.
所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝.
因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2.
设AA1＝x，则A1N＝.
所以＝，解得x＝2.
从而S△A1B1M＝S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1C＝2.
在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝＝，所以sin∠A1CB1＝，
所以S△A1B1C＝A1C·B1C·sin∠A1CB1＝.
设点M到平面A1B1C的距离为d，由V三棱锥M­A1B1C＝V三棱锥C­A1B1M，得S△A1B1C·d＝S△A1B1M·CM，
所以d＝＝，即点M到平面A1B1C的距离为.
法二：在矩形ABB1A1中，因为A1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N，
所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝.
因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，
所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2.
设AA1＝x，则A1N＝，
所以＝，解得x＝2.
如图，取A1B1的中点D，连接MD，CD，过M作MO⊥CD于O.

在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可得CM⊥A1B1，
又CM∩MD＝M，所以A1B1⊥平面CDM.
因为MO⊂平面CDM，所以A1B1⊥MO.
又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，所以MO⊥平面A1B1C，
即线段MO的长就是点M到平面A1B1C的距离．
由(1)可得CM⊥MD，又MD＝2，所以由勾股定理，得CD＝＝.
S△CMD＝·CD·MO＝·CM·MD，即××MO＝××2，解得MO＝，故点M到平面A1B1C的距离为.