05 第43讲　直线、平面垂直的判定与性质 【答案】作业 高考数学二轮复习练习

这是一份05 第43讲　直线、平面垂直的判定与性质 【答案】作业 高考数学二轮复习练习，共6页。试卷主要包含了①②⇒③　[解析] ①②⇒③等内容，欢迎下载使用。
2.C [解析] 对于A,若m⊥n,n⊥l,则m∥l或m,l相交或m,l异面,故A中命题为假命题;对于B,若α⊥β,β⊥γ,则α∥γ或α,γ相交,故B中命题为假命题;对于C,若m⊥α,m∥n,则n⊥α,又n∥β,所以α⊥β,故C中命题为真命题;对于D,若m∥n,m∥α,则n⊂α或n∥α,故D中命题为假命题.故选C.
3.D [解析] 由α⊥β,m∥α,可得m⊂β或m∥β或m与β相交,故充分性不成立;由α⊥β,m⊥β,得m⊂α或m∥α,故必要性不成立.∴“m∥α”是“m⊥β”的既不充分也不必要条件.故选D.
4.C [解析] 若m垂直于AB,由平面ABCD⊥平面ABB1A1,得平面ABB1A1内的所有直线均与m垂直,无法证明AB和n的关系,故A,B错误;若m不垂直于AB,因为BB1⊥m,所以当m⊥n时,BB1∥n,又因为BB1⊥AB,所以n垂直于AB,故C正确,D错误.故选C.
5.①②⇒③(或②③⇒①) [解析] (1)①②⇒③.∵α⊥β,l⊥α,∴l∥β或 l⊂β,又l是平面β外的一条直线,∴l∥β,此命题为真.
(2)①③⇒②.设α∩β=m,取直线l∥m,此时l∥β,但直线l可能平行于平面α,也可能在平面α内,∴此命题为假.
(3)②③⇒①.∵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,∴命题为真.故答案为①②⇒③或②③⇒①.
6.6 [解析] 如图,取CD的中点G,连接MG,NG.因为四边形ABCD,四边形DCEF均为正方形,且边长为2,所以MG⊥CD,MG=2,NG=2.因为平面ABCD⊥平面DCEF,平面ABCD∩平面DCEF=CD,MG⊂平面ABCD,所以MG⊥平面DCEF,又NG⊂平面DCEF,所以MG⊥NG,所以MN=MG2+NG2=6.
7.C [解析] 对于选项A,直线m,n可能互为平行线或异面直线,故A错误;对于选项B,m∥β或m⊂β,故B错误;对于选项C,由m⊥α,n⊥β得m,n分别为α,β的垂线,又m⊥n,所以α⊥β,故C正确;对于选项D,直线m与平面β平行或相交或直线在平面内,故D错误.故选C.
8.A [解析] ∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=B,∴AD⊥平面BCD.对于A,∵AD⊂平面ADC,∴平面ADC⊥平面BCD,故A正确;对于B,假设平面ABC⊥平面BCD,在平面ABC内,过点A作AE⊥BC,与BC交于E,∵平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊥BC,AE⊂平面ABC,∴AE⊥平面BCD,又AD⊥平面BCD,过点A作平面BCD的垂线有且只有一条,∴假设不成立,故B错误;对于C,假设平面ABD⊥平面ADC,∵平面ABD∩平面ADC=AD,AD⊥BD,BD⊂平面ABD,∴BD⊥平面ADC,∵CD⊂平面ADC,∴BD⊥CD,但BD与CD不一定垂直,∴假设不成立,故C错误;对于D,在平面ABD内,过点D作DF⊥AB,垂足为点F,假设平面ABD⊥平面ABC,∵平面ABD∩平面ABC=AB,DF⊥AB,DF⊂平面ABD,∴DF⊥平面ABC,∵BC⊂平面ABC,∴BC⊥DF,∵BC⊥AD,DF∩AD=D,∴BC⊥平面ABD,∵BD⊂平面ABD,∴BC⊥BD,但BC与BD不一定垂直,∴假设不成立,故D错误.故选A.
9.B [解析] 连接AC1,∵BC1⊥AC,BA⊥AC,且BC1∩BA=B,∴AC⊥平面ABC1,又AC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABC1,∵平面ABC∩平面ABC1=AB,∴要过C1作C1H⊥平面ABC,只需过C1作C1H⊥AB即可,故点H在直线AB上,故选B.
10.A [解析] 如图,过P作PE⊥AB于E,PF⊥BC于F,PD⊥AC于D,则PE=PF=PD,连接OD,OE,OF,∵PO⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PO⊥AC,PO⊥AB,PO⊥BC,又PO∩PD=P,PO∩PE=P,PO∩PF=P,∴AC⊥平面POD,AB⊥平面POE,BC⊥平面POF,又OD⊂平面POD,OE⊂平面POE,OF⊂平面POF,∴AC⊥OD,AB⊥OE,BC⊥OF.在Rt△POD,Rt△POE,Rt△POF中,OD=PD2-PO2,OE=PE2-PO2,OF=PF2-PO2,∵PE=PF=PD,∴OD=OE=OF,故O一定是△ABC的内心.故选A.
11.BC [解析] 对于选项A,如图所示,由图可知,AE与平面A1BB1相交于点A,故A错误;对于B,连接BD,∵AC⊥DD1,AC⊥BD,BD∩DD1=D,BD,DD1⊂平面BDD1,∴AC⊥平面BDD1,又BD1⊂平面BDD1,∴AC⊥BD1,故B正确;对于选项C,连接A1C1,易知△A1BC1为等边三角形,∵E为BC1的中点,∴A1E⊥BC1,AD1∥BC1,∴A1E⊥AD1,故选项C正确;对于D,∵A1B1⊥平面BCC1B1,过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,故A1E不垂直于平面BCC1B1,故D错误.故选BC.
12.BC [解析] 对于A,因为BC∥AD,AD与DF相交但不垂直,所以BC与DF不垂直,故A错误;对于B,设点D在平面BCFE上的射影为点P,连接BP,当BP⊥CF时,BD⊥FC,而AD∶BC∶AB=2∶3∶4可使BP⊥CF,故B正确;对于C,当点D在平面BCFE上的射影P落在BF上时,连接DP,因为DP⊂平面BDF,所以平面BDF⊥平面BCFE,故C正确;对于D,因为点D在平面BCFE上的射影不可能在FC上,所以平面DCF与平面BCFE不垂直,故D错误.故选BC.
13.DM⊥PC(答案不唯一) [解析] ∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥PA.连接AC,则BD⊥AC,又PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC,∴当DM⊥PC时,DM∩DB=D,可得PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
14.[2,3] [解析] 如图所示,连接BC1,A1D,A1C,可得EF∥BC1,A1D⊥BC1,∴A1D⊥EF,又DC⊥EF,A1D∩DC=D,∴EF⊥平面A1DC,∴A1C⊥EF,∴当P在线段CD上运动时,有A1P⊥EF.当P与D重合时,A1P有最小值2,当P与C重合时,A1P有最大值3,∴A1P的长度的取值范围是[2,3].
15.证明:(1)在平面BCC1B1中,过B1作B1H⊥BC,垂足为H,
∵∠C1DC为锐角,∴直线B1H与直线C1D必有交点,设为P.
∵平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,B1H⊥BC,B1H⊂平面BCC1B1,∴B1H⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC,∴AD⊥B1H,又AD⊥DC1,B1H∩DC1=P,B1H⊂平面BCC1B1,DC1⊂平面BCC1B1,∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)连接A1C,交AC1于点O,在斜三棱柱中,四边形ACC1A1为平行四边形,∴O为A1C的中点,连接OD.
∵A1B∥平面ADC1,A1B⊂平面A1BC,平面A1BC∩平面ADC1=OD,∴A1B∥OD,又O为A1C的中点,∴D为BC的中点,又AD⊥平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,
∴AD⊥BC,∴AB=AC,△ABC是等腰三角形.
16.解:(1)证明:如图,连接CE,与DF交于点O,则O为DF的中点,连接AO,
由四边形CDEF是菱形可得CE⊥DF,
因为AD=AF,所以AO⊥DF,
因为CE∩AO=O,CE,AO⊂平面AOC,所以DF⊥平面AOC,
因为AC⊂平面AOC,所以AC⊥DF.
(2)因为平面ADF⊥平面CDEF,平面ADF∩平面CDEF=FD,且AO⊥DF,AO⊂平面ADF,
所以AO⊥平面CDEF,即AO 为三棱锥A-CDF的高.
由FA=FC=FD=2,四边形CDEF是菱形,且AD=AF,
可得△ADF与△CDF都是边长为2的等边三角形,
所以AO=2×sin 60°=3.
因为AB∥CD,CD⊂ 平面CDEF,AB⊄ 平面CDEF,所以AB∥平面CDEF,
故点B到平面CDEF的距离也为3,
由四边形CDEF是菱形得S△EDF=S△CDF,
因此VE-BDF=VB-DEF=13S△EDF·AO=13×3×3=1.
17.解:(1)证明:在四边形ABCD中,∵AB=BC=3,AD=CD=1,∴△ABD≌△CBD,∴AC⊥BD,且M为AC的中点.∵AD=CD=1,∠ADC=120°,∴DM=CDcs 60°=12,AC=2CDsin 60°=3,则BM=32×3=32,∵DMBM=PNBN=13,∴MN∥PD,又MN⊄平面PDC,PD⊂平面PDC,∴MN∥平面PDC.
(2)过点M作ME⊥AD,垂足为E,延长EM交BC于点Q,连接NQ,NE,如图.
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(进群送往届全部资料)∵PA⊥平面ABCD,EQ⊂平面ABCD,∴PA⊥EQ,又EQ⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴EQ⊥平面PAD,又EQ⊂平面MNQ,∴平面MNQ⊥平面PAD,故存在这样的点Q,使得平面MNQ⊥平面PAD.
在Rt△DME中,∠EMD=90°-60°=30°,在△BQM中,∠QBM=∠BMQ=30°,∠BQM=120°,由BM=32,BQsin30°=BMsin120°,可得BQ=32,即Q为BC的中点.故当Q为BC的中点时,平面MNQ⊥平面PAD.