高考数学一轮复习课时质量评价35直线、平面垂直的判定与性质含答案

课时质量评价(三十五)

A组　全考点巩固练

1．已知平面α，β满足α⊥β，α∩β＝l，过平面α和β外的一点P作直线m⊥l，则“m∥α”是“m⊥β”的(　　)

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

C　解析：当m∥α时，过m作平面γ∩α＝n，则m∥n，结合α⊥β，得n⊥β，从而m⊥β；当m⊥β时，在α内作直线n⊥l，结合α⊥β，得n⊥β，所以m∥n．又m⊄α，n⊂α，所以m∥α．故选C．

2．(2021·石家庄模拟)如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，则图中与平面PCD垂直的平面是(　　)

A．平面ABCD   B．平面PBC

C．平面PAD   D．平面PAB

C　解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD．

3．已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝，AB＝4．若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是(　　)

A．(0,1]   B．(0,2] 

C．(1，]   D．[1,4)

B　解析：连接DP(图略)，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P内两条相交直线，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB与圆有公共点，即0<AD≤CD＝2．故选B．

4．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)

A．   B． 

C．   D．

B　解析：如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．

因为底面边长为，

所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1．

三棱柱的体积为×()2AA1＝，

解得AA1＝，即OP＝AA1＝，

所以tan∠PAO＝＝．

因为直线与平面所成角的范围是，

所以∠PAO＝．

5．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________．

　解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，设母线与底面夹角为θ，则cos θ＝＝．

6．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为正确的条件即可)

DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析：因为PA⊥底面ABCD，所以BD⊥PA．连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．

7．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．

　解析：点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝．

8．如图，三棱锥P­ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2．

(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；

(2)若PA＝PC，求三棱锥P­ABC的体积．

(1)证明：如图，取AC的中点O，连接BO，PO．

因为△ABC是边长为2的正三角形，所以BO⊥AC，BO＝．

因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝1．

因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB．

因为AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，所以BO⊥平面PAC．

又OB⊂平面ABC，OB⊄平面PAC，

所以平面PAC⊥平面ABC．

(2)解：因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，所以PA＝PC＝．

由(1)知BO⊥平面PAC，所以VP­ABC＝VB­APC＝S△PAC·BO＝××××＝．

B组　新高考培优练

9．(多选题)(2021·河北保定模拟)如图所示，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点．下面四个结论成立的是(　　)

A．BC∥平面PDF

B．DF⊥平面PAE

C．平面PDF⊥平面PAE

D．平面PDE⊥平面ABC

ABC　解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，选项A成立；易证BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以B，C均成立；点P在底面ABC内的射影为△ABC的中心，不在中位线DE上，故选项D不成立．故选ABC．

10．(多选题)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，则下面结论正确的是(　　)

A．BD∥平面CB1D1

B．AC1⊥BD

C．平面ACC1A1⊥CB1D1

D．异面直线AD与CB1所成的角为60°

ABC　解析：对于A，因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，

所以BD∥B1D1，由线面平行的判定可得BD∥平面CB1D1，故A正确；对于B，连接AC，因为ABCD­A1B1C1D1为正方体，所以BD⊥AC，且CC1⊥BD，由线面垂直的判定可得BD⊥平面ACC1，所以BD⊥AC1，故B正确；对于C，由上可知BD⊥平面ACC1，又BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面ACC1，则平面ACC1A1⊥CB1D1，故C正确；对于D，异面直线AD与CB1所成的角即为直线BC与CB1所成的角为45°，故D错误．故选ABC．

11．如图，在长方形ABCD中，AB＝，BC＝1，点E为线段DC上一动点，现将△ADE沿AE折起，使点D在平面ABC内的射影K在直线AE上，当点E从D运动到C，则点K所形成轨迹的长度为(　　)

A．   B． 

C．   D．

C　解析：由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D′K，

则∠D′KA＝90°，故点K的轨迹是以AD′为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是，如图，当E与C重合时，AK＝＝，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠KOA＝，所以∠KOD′＝，其所对的弧长为×＝．故选C．

12．如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面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的内部

A　解析：连接AC1，

因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，

所以AC⊥平面ABC1．又AC⊂平面ABC，

所以平面ABC1⊥平面ABC，

所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．

13．已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．

若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)　解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直于α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确．

14．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面α过点E，且与直线OC1垂直．若AB＝1，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为________．

　解析：如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1，

则OC＝CC＋OC2＝1＋＝，OE2＝OA2＋AE2＝＋＝，EC＝A1C＋A1E2＝2＋＝，所以OC＋OE2＝EC，所以OE⊥OC1．又BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，所以OC1⊥平面BDE，且S△BDE＝BD·OE＝××＝，即α截该正方体所得截面图形的面积为．

15．(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．

(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；

(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P­ABCD的体积．

(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM．

又因为PB⊥AM，PB∩PD＝P，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，所以AM⊥平面PBD．

又因为AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．

(2)解：(方法一)在矩形ABCD中，设BD∩AM＝H(图略)，BM＝MC＝x．

因为DC＝1，所以AM＝．

由(1)知AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，则AM⊥BD．

易得△BMH∽△AMB，所以BM2＝MH·AM，即x2＝MH·，

所以MH＝，所以BH＝＝，所以AH＝＝ ．

因为△BHM∽△BCD，所以＝，即＝，所以x＝．

故VP­ABCD＝×1××1＝．

(方法二)如图，设AD＝BC＝a(a>0)，则kAM＝＝，kOB＝－＝－a．

由(1)知AM⊥平面PBD，则AM⊥BD，所以·(－a)＝－1，所以a＝．

所以AD＝，所以VP­ABCD＝××1×1＝．