2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十三直线平面垂直的判定与性质

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十三直线平面垂直的判定与性质，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·山东德州模拟]已知m，n是两条不重合的直线，α是一个平面，n⊂α，则“m⊥α”是“m⊥n”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
2．设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下面命题中正确的是( )
A．若l⊥m，m∥α，则l⊥α
B．若l∥β，α⊥β，l⊥α
C．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α
D．若l⊥β，m⊥β，m⊥α，则l⊥α
3．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ABCDB．平面PBC
C．平面PADD．平面PCD
4．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
5．三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC.则下列两条直线中，不互相垂直的是( )
A．AA1和BCB．AB1和BC1
C．A1B和BCD．AB和B1C
6．如图，圆柱OO′中，AA′是侧面的母线，AB是底面的直径，C是底面圆上一点，则( )
A．BC⊥平面A′ACB．BC⊥平面A′AB
C．AC⊥平面A′BCD．AC⊥平面A′AB
7．(能力题)[2023·山东高密三中模拟]如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( )
A．AH⊥△EFH所在平面
B．AG⊥△EFH所在平面
C．HF⊥△AEF所在平面
D．HG⊥△AEF所在平面
8．(能力题)在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E是PD中点，下列叙述正确的是( )
A．CE∥平面PAB
B．CE⊥平面PAD
C．平面PBC⊥平面PAB
D．平面PBD⊥平面PAC
二、多项选择题
9．[2023·湖南长沙雅礼实验中学模拟]a，b是两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，如下有四个命题，其中正确的命题是( )
A．a⊥α，b∥β，α∥β⇒a⊥b
B．a⊥b，a⊥α，α∥β⇒b∥β
C．a⊥b，a∥α，α∥β⇒b⊥β
D．a⊥α，a∥b，α∥β⇒b⊥β
10．(能力题)[2023·江苏南通模拟]在正方体中，已知M为棱的中点，N为上底面的中心，下列图形中，PQ⊥MN的是( )
三、填空题
11．已知l是平面β外的一条直线．给出下列三个论断：
①α⊥β；②l⊥α；③l∥β.
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：________．
12.
(能力题)[2023·福建福州期末]如图：在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1.
四、解答题
13．[2023·黑龙江牡丹江期末]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝AB，G是棱A1C1的中点．
(1)证明：BC⊥AB1；
(2)证明：平面AB1G⊥平面A1BC.
14．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝AC＝A1C＝2，AB＝BC，且AB⊥BC，O为AC中点．
(1)求证AC⊥平面A1OB；
(2)在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置．
优生选做题
15．[2023·安徽定远三中模拟]如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，AC⊥BC，∠DAC＝∠BAC＝30°，现将△ACD沿AC折起，并连接BD，使得平面ACD⊥平面ABC，若所得三棱锥D­ABC的外接球的表面积为4π，则三棱锥D­ABC的体积为( )
A．eq \f(1,4)B．eq \f(\r(3),4)
C．eq \f(\r(3),8)D．eq \f(\r(3),6)
16．[2023·河北任丘一中模拟]已知正三角形A′BC的边长为a，CD是A′B边上的高，E，F分别是A′C，BC的中点，现将三角形A′DC沿CD翻折至ADC的位置，使平面ADC⊥平面BCD，如图所示．
(1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由．
(2)若三棱锥E­DFC的体积为eq \f(\r(3),24)，求实数a的值．
(3)在线段AC上是否存在一点P，使得BP⊥DF？若存在，求出eq \f(AP,AC)的值；若不存在，请说明理由．
课时作业（四十三） 直线、平面垂直的判定与性质
1．解析：由线面垂直的性质知，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n成立，即充分性成立；
根据线面垂直的定义，m必须垂直平面α内的两条相交直线，才有m⊥α，即必要性不成立．
故选A.
答案：A
2．解析：选项A，若l⊥m，m∥α，则l⊂α或l∥α或l、α相交．判断错误；
选项B，若l∥β，α⊥β，则l⊂α或l∥α或l、α相交．判断错误；
选项C，若l⊥m，m⊂α，则l⊂α或l∥α或l、α相交．判断错误；
选项D，若l⊥β，m⊥β，则l∥m，又m⊥α，则l⊥α.判断正确．
故选D.
答案：D
3．解析：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD，
因为PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
又CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD.
故选C.
答案：C
4．解析：
连接AC1，
∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，
∴平面ABC1⊥平面ABC，
∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
故选A.
答案：A
5．解析：对于A，因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC；
对于B，AB1与BC1不一定垂直；
对于C，因为AA1⊥BC，AB⊥BC，且AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥BC；
对于D，因为AA1⊥平面ABC，CC1∥AA1，所以CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以CC1⊥AB，
又AB⊥BC，且BC∩CC1＝C，BC，CC1⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，
又B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C.
故选B.
答案：B
6．解析：依题意AA′⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA′⊥BC，
又AB是底面圆的直径，所以BC⊥AC，
AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面AA′C，所以BC⊥平面AA′C，故A正确；
对于B，显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直平面A′AB，故B错误；
对于C，显然AC与A′C不垂直，则AC不可能垂直平面A′BC，故C错误；
对于D，显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂直平面A′AB，故D错误．
故选A.
答案：A
7．解析：原图中AD⊥DF，AB⊥BE，所以折起后AH⊥FH，AH⊥EH，FH∩EH＝H，
又FH⊂平面EFH，EH⊂平面EFH，所以AH⊥△EFH所在平面．故A正确，B错误；
由上知，∠HGA≠eq \f(π,2)，故D错误；由原图知HF与EF不垂直，故C错误．
故选A.
答案：A
8．解析：对于A，∵四边形ABCD是菱形，则CD∥AB，∵CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴CD∥平面PAB，若CE∥平面PAB，
∵CE∩CD＝C，则平面PCD∥平面PAB，
事实上平面PCD与平面PAB相交，假设不成立，故A错误；
对于B，过点C在平面ABCD内作CF⊥AD，垂足为点F，
∵PA⊥平面ABCD，CF⊂平面ABCD，
∴CF⊥PA，∵CF⊥AD，PA∩AD＝A，
∴CF⊥平面PAD，∵过C作平面PAD的垂线有且只有一条，
∴CE与平面PAD不垂直，故B错误；
对于C，过点C在平面ABCD内作CM⊥AB，垂足为点M，
∵PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，则CM⊥PA，
∵CM⊥AB，PA∩AB＝A，则CM⊥平面PAB，
若平面PBC⊥平面PAB，过点C在平面PBC内作CN⊥PB，垂足为点N，
∵平面PBC⊥平面PAB，平面PBC∩平面PAB＝PB，CN⊂平面PBC，
∴CN⊥平面PAB，∵过点C作平面PAB的垂线有且只有一条，∴CM，CN重合，
∴平面ABCD∩平面PBC＝BC，∴CM，CN，CB重合，BC⊥AB，
∵四边形ABCD是菱形，BC与AB不一定垂直，故C错误；
对于D，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，
∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PAC，故D正确．
故选D.
答案：D
9．解析：对于A，由a⊥α、α∥β，可得a⊥β，又b∥β，所以a⊥b，故A正确；
对于B，由a⊥α、α∥β，可得a⊥β，又a⊥b，则b∥β或b⊂β，故B错误；
对于C，由a∥α，α∥β，则a∥β或a⊂β，又a⊥b，则b∥β或b⊂β或b与β相交（不垂直）或b⊥β，故C错误；
对于D，由a⊥α、α∥β，可得a⊥β，又a∥b，所以b⊥β，故D正确．
故选AD.
答案：AD
10．解析：
若H，F，G，Q分别是A1D1，B1C1，BB1，CC1的中点，易知HM∥GF且N∈HF，
所以M，G，F，N，H共面，易知：平面MGFH⊥平面BCC1B1，
而GF∥BC1，BC1⊥B1C，所以GF⊥B1C，
平面MGFH∩平面BCC1B1＝GF，B1C⊂平面BCC1B1，则B1C⊥平面MGFH，
又MN⊂平面MGFH，故B1C⊥MN，即A选项中PQ⊥MN正确；
又NG∥BD1，若正方体棱长为2，则MN＝NG＝eq \r(3)，MG＝2，故MN2＋NG2≠MG2，
所以MN，NG不垂直，即MN，BD1不垂直，即B选项中PQ⊥MN错误；
由NQ∥A1C，则MN＝NQ＝eq \r(3)，MQ＝2eq \r(2)，故MN2＋NQ2≠MQ2，
所以MN，NQ不垂直，即MN，A1C不垂直，即C选项中PQ⊥MN错误；
由BD∥B1D1，而B1D1⊥A1C1，又A1M⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，则A1M⊥B1D1，
A1C1∩A1M＝A1，A1C1，A1M⊂平面A1NM，则B1D1⊥平面A1NM，
又MN⊂平面A1NM，则B1D1⊥MN，故BD⊥MN，即D选项中PQ⊥MN正确．
故选AD.
答案：AD
11．解析：（1）①②⇒③
说明：∵α⊥β，l⊥α，∴l∥β或l⊂β，
又∵l是平面β外的一条直线，∴l∥β，命题正确．
（2）①③⇒②
说明：设α∩β＝m，取直线l∥m，此时，l∥β，但直线l可能平行平面α，也可能在平面α中，
所以命题不正确．
（3）②③⇒①
说明：∵l∥β，∴平面β内必存在一条直线与直线l平行，设为n，即，n∥l，
又∵l⊥α，∴n⊥α，从而得：α⊥β，所以命题正确．
答案：①②⇒③或②③⇒①
12．解析：当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.
理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，
∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，
∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥C1C，
又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，
∴A1C1⊥平面BCC1B1，
∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，
∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，又∵AC∩B1C＝C，
AC，B1C⊂平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，∵AB1⊂平面ACB1，∴AB1⊥BC1，
所以当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.
答案：A1C1⊥B1C1
13．证明：（1）∵AA1⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，
∴AA1⊥BC.
又因为BC⊥AB，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥平面ABB1A1.
∵AB1⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥AB1.
（2）∵AA1＝AB，易知矩形ABB1A1为正方形，
∴BA1⊥AB1.
由（1）知BC⊥AB1，又由于A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，
∴AB1⊥平面A1BC.
又∵AB1⊂平面AB1G，
∴平面AB1G⊥平面A1BC.
14．解析：
（1）证明：连接BO，∵AB＝BC，且O为AC的中点，
所以BO⊥AC.
∵AA1＝A1C，且O为AC的中点，
∴A1O⊥AC.
又A1O∩OB＝O，A1O⊂平面A1OB，OB⊂平面A1OB，
∴AC⊥平面A1OB.
（2）存在点E，且E为线段BC1的中点．
理由：连接B1C，交BC1于M，连接OM，
则OM是△CAB1的一条中位线，OM∥AB1，
又AB1⊂平面A1AB，OM⊄平面A1AB，
∴OM∥平面A1AB，
故BC1的中点M即为所求的E点．
15．解析：∵平面ACD⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCD＝AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACD，
又∵AD⊂平面ACD，∴AD⊥BC，
又∵AD⊥DC，BC∩DC＝C，BC⊂平面BCD，DC⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，
又∵BD⊂平面BCD，∴AD⊥BD，即∠ADB为直角，
又∵∠ACB为直角，
∴取AB的中点O，连接OC，OD，
由直角三角形的斜边上的中线性质OA＝OB＝OC＝OD，
可得O为三棱锥D­ABC外接球的球心，
由三棱锥D­ABC外接球的表面积为4π，可得外接球的半径r＝1，
∴AB＝2，BC＝1，AC＝eq \r(3)，CD＝eq \f(\r(3),2)，AD＝eq \f(3,2)，
∵BC⊥平面ACD，
∴三棱锥D­ABC的体积为eq \f(1,3)BC×S△ACD＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),8).故选C.
答案：C
16．解析：（1）AB∥平面DEF.理由如下：
在△ABC中，∵E，F分别是AC，BC的中点，∴EF∥AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.
（2）由题意，得AD⊥CD，
∵平面ADC⊥平面BCD，平面ADC∩平面BCD＝CD，∴AD⊥平面BCD.
取CD的中点M，连接EM，则EM∥AD，如图，
∴EM⊥平面BCD，且EM＝eq \f(a,4).
易得S△DFC＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3)a,2)×（eq \f(1,2)×eq \f(a,2)）＝eq \f(\r(3)a2,16).
∵三棱锥E­DFC的体积为eq \f(\r(3),24)，
∴eq \f(1,3)×eq \f(a,4)×eq \f(\r(3)a2,16)＝eq \f(\r(3),24)，解得a＝2.
（3）在线段AC上存在一点P，使得BP⊥DF.理由如下：
易知三角形BDF为正三角形，过B作BK⊥DF交DC于点K，连接KF，过K作KP∥DA交AC于点P，连接BP，则点P即所求，如上图，
∵AD⊥平面BCD，KP∥AD，
∴PK⊥平面BCD，∴PK⊥DF.
又BK⊥DF，PK∩BK＝K，
∴DF⊥平面PKB，∴DF⊥PB.
又∠DBK＝∠KBC＝∠BCK＝30°，
∴DK＝KF＝eq \f(1,2)KC.
故eq \f(AP,PC)＝eq \f(DK,KC)＝eq \f(1,2)，从而eq \f(AP,AC)＝eq \f(1,3).