（山东专用）2021版高考数学一轮复习练案（46）第七章立体几何第五讲直线、平面垂直的判定与性质（含解析）

 [练案46]第五讲　直线、平面垂直的判定与性质
A组基础巩固
一、单选题
1．(2019·青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是(　C　)
A．a⊥α，b∥β，α⊥β　　 B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β　　 D．a⊂α，b∥β，α⊥β
[解析]　对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故选C.
2．(2020·湖北省黄冈市质检)若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“l⊥m”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]　由l⊥α，m∥α，∴l⊥m反之不成立，可能m⊂α.
3．(2019·福建泉州质检)如图，在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1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，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，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，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意．故选D.

4．(2019·天津模拟)设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　B　)
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β

[解析]　对于A项，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A项错误；易知B项正确；对于C项，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C项错误；对于D项，若α⊥β，l∥α，则l与β的位置关系不确定，故D项错误，故选B.
5．(2019·河北衡水模拟)已知m，n，l是不同的直线，α，β是不同的平面，在下列命题中：
①若m⊥n，l⊥n，则m∥l；
②若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β；
③若m∥l，m⊥α，l⊂β，则α⊥β；
④若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β.
其中正确命题的序号为(　B　)
A．①③　 B．③④　
C．②④　 D．①③④
[解析]　

如正方体同一个顶点的三条棱，满足①的条件，但三条棱都相交，故①错；如图，α∥β，故②错；因为m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故③正确；由面面垂直的性质知，④正确．故正确的命题为③④.故选B.
6．(2019·长春质检)如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，构成四面体A－BCD，则在四面体A－BCD中，下列说法正确的是(　D　)

A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ACD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BCD
D．平面ACD⊥平面ABD
[解析]　由题意可知，AD⊥AB，AD＝AB，所以∠ABD＝45°，故∠DBC＝45°，又∠BCD＝45°，所以BD⊥DC.因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD.
7．(2020·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：
①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；
②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；
③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；
④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.
其中为真命题的是(　D　)
A．①②　 B．②③　
C．②④　 D．①④
[解析]　

①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD：④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.
二、多选题
8．(2020·广东珠海期末改编)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ垂直的是(　ABC　)


9．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起．设折起后点A的位置为A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.给出下面四个命题：(　CD　)
A．A′D⊥BC
B．三棱锥A′－BCD的体积为
C．CD⊥平面A′BD
D．平面A′BC⊥平面A′DC
[解析]　如图所示：E为BD中点，连接A′E，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB得到∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD为等腰直角三角形，平面A′BD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正确，E为BD中点，A′E⊥BD，则A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC.如果A′D⊥BC，则可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD与已知矛盾．故A错误；三棱锥A′－BCD的体积为S＝××××＝.故B错误．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，∴A′C＝，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝满足BC2＝A′B2＋A′C2，∴BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故D正确．答案为C、D.
10．(2020·广东江门调研改编)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(　AB　)
A．若m⊥α，n∥α，则m⊥n
B．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
[解析]　对于A，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命题；对于B，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命题；对于C，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正确；对于D，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正确．综上所述，故选AB.
三、填空题
11．(2019·湖南五校联考)已知直线m、l，平面α、β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：
①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；
③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.
其中正确的命题是__①④__.
[解析]　对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①正确；对于②，若α⊥β，则m∥l或m与l垂直，或m与l异面，故②错误；对于③，若m⊥l，则α∥β或α与β相交，故③错误；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又l⊂β，所以α⊥β，故④正确．
12．(2020·黄冈质检)如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，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__.
[解析]　①由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB；②因为AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB；③在①中已证明AF⊥BC；④若AE⊥平面PBC，由①知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立．故正确的结论为①②③.
四、解答题
13.

(2019·黑龙江模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，∠ABC＝90°，AB＝BC＝BB1＝2，M，N分别是AB，A1C的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)求证：平面MAC1⊥平面A1B1C.
[证明]　(1)连接BC1，AC1.
由题意，在三棱柱ABC－A1B1C1中，N是A1C的中点，
∴N是AC1的中点．
在△ABC1中，∵M，N是AB，AC1的中点，
∴MN∥BC1.
又∵MN⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴MN∥平面BCC1B1.
(2)∵三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，
∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，
∴MN⊥B1C.
连接A1M，CM，则△AMA1≌△BMC，
∴A1M＝CM.
∵N是A1C的中点，∴MN⊥A1C.
∵A1C∩B1C＝C，∴MN⊥平面A1B1C.
∵MN⊂平面MAC1，∴平面MAC1⊥平面A1B1C.
14．(2020·河南焦作模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，ABCD为矩形，∠PAB＝120°，PA＝AB＝2，E，F分别为PC，PB的中点．

(1)证明：平面DEF⊥平面PBC；
(2)若四棱锥P－ABCD的体积为，求该四棱锥的表面积．
[解析]　(1)因为平面ABCD⊥平面PAB，平面ABCD∩平面PAB＝AB，CB⊥AB，所以CB⊥平面ABP，因为EF∥CB，所以EF⊥平面ABP，因为PB⊂平面ABP，所以EF⊥PB，连结AF，则EF∥CB∥AD，所以A，D，E，F四点共面，因为PA＝AB＝2，所以PB⊥AF，因为AF∩EF＝F，所以PB⊥平面EDF，因为PB⊂平面PBC，所以平面DEF⊥平面PBC.

(2)过点P作PN⊥BA于点N，过点N作MN∥AD，交CD的延长线于点M，连结PM，则由(1)可得PN⊥平面BCMN，因为CM⊂平面BCMN，所以PN⊥CM，又因为NM⊥CM，NM∩PN＝N，所以CM⊥平面PMN，因为PM⊂平面PMN，所以CM⊥PM，

设AD＝a，因为S△ABCD＝2a，由四棱锥P－ABCD的体积为，所以×2a×2sin 60°＝，解得a＝1，
因为PB2＝4＋4－2×2×2×cos 120°，
所以PB＝2，S△PBC＝×2×1＝，
S△PBA＝×2×2×sin 120°＝，
S△PDA＝×2×1＝1，
因为PM＝2，所以S△PDC＝×2×2＝2，
所以该四棱锥的表面积为5＋2.
B组能力提升
1．(多选题)(2019·湖南衡阳改编)设α、β是空间两个平面，m、n、l是空间三条直线，则下列四个命题中，逆命题成立的是(　BCD　)
A．当n⊂α时，若n⊥β，则α⊥β
B．当l⊥α时，若l⊥β，则α∥β
C．当n⊂α，且l⊄α，若l∥α，则n∥l
D．当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若n⊥l，则m⊥n
[解析]　对于A，逆命题：当n⊂α时，若α⊥β，则n⊥β，由面面垂直的性质定理可知A的逆命题错误；对于B，逆命题：当l⊥α时，若α∥β，则l⊥β，由面面平行的性质可知B的逆命题正确；对于C，逆命题：当n⊂α，且l⊄α时，若n∥l，则l∥α，由线面平行的判定定理可知C的逆命题正确；对于D，逆命题：当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若m⊥n，则n⊥l，由三垂线定理可知D的逆命题正确．故选B、C、D.
2．(2019·云南省昆明市模拟)已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是(　A　)
A．l∥β或l⊂β　　 B．l∥m
C．m⊥α　　 D．l⊥m
[解析]　对于A，直线l⊥平面α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，A正确；对于B，直线l⊥平面α，直线m∥平面β，且α⊥β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，∴B错误；对于C，直线l⊥平面α，直线m∥平面β，且α⊥β，则m⊥α或m与α相交或m⊂α或m∥α，∴C错误；对于D，直线l⊥平面α，直线m∥平面β，且α⊥β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，∴D错误．故选A.
3．设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是(　B　)
A．l1⊥m，l1⊥n　　 B．m⊥l1，m⊥l2
C．m⊥l1，n⊥l2　　 D．m∥n，l1⊥n
[解析]　由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.
4．如图，在底面为梯形的四棱锥S－ABCD中，已知AD∥BC，∠ASC＝60°，AD＝DC＝，SA＝SC＝SD＝2.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)求三棱锥B－SAD的体积．

[解析]　(1)证明：设O为AC的中点，连接OS，OD.
∵SA＝SC，∴OS⊥AC.
∵DA＝DC，∴DO⊥AC.
又∵OS，OD⊂平面SOD，且OS∩DO＝O，
∴AC⊥平面SOD，且SD⊂平面SOD，
∴AC⊥SD.
(2)连接BD，在△ASC中，
∵SA＝SC，∠ASC＝60°，点O为AC的中点．
∴△ASC为正三角形，且AC＝2，OS＝.
∵在△ADC中，DA2＋DC2＝4＝AC2，O为AC的中点，
∴∠ADC＝90°，且OD＝1.
∵在△SOD中，OS2＋OD2＝SD2，
∴∠SOD＝90°，∴SO⊥OD.
又∵OS⊥AC，且AC∩DO＝O，∴SO⊥平面ABCD.
∴VB－SAD＝VS－BAD＝VS－CAD＝S△CAD·SO＝×AD·CD·SO＝××××＝.
5．(2020·广东东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF＝2.

(1)求证：PF⊥平面ABED；
(2)求点A到平面PBE的距离．
[解析]　(1)证明：在题图2中，连接EF，
由题意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
在题图1中，连接EF，作EH⊥AB于点H，利用勾股定理，得EF＝＝，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，∴PF⊥EF，
又∵BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，
∴PF⊥平面ABED.
(2)如图，连接AE，由(1)知PF⊥平面ABED.

∴PF为三棱锥P－ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，
∵VA－PBE＝VP－ABE，
即××6×9×h＝××12×6×2，
∴h＝，
即点A到平面PBE的距离为.