2020版高考数学一轮复习课后限时集训37《直线平面垂直的判定及其性质》(理数)（含解析） 试卷

课后限时集训(三十七)

(建议用时：60分钟)

A组　基础达标

一、选择题

1．(2019·长春模拟)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．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(    )

A．α⊥β且m⊂α   B．α⊥β且m∥α

C．m∥n且n⊥β   D．m⊥n且n∥β

C　[对A，设α∩β＝a，m⊂α，当m⊥a时，才有m⊥β，故A错误；对B，当α⊥β，且m∥α时，可能有m与β平行，故B错误；对C，由线面垂直的判定可知正确；对D，当m⊥n且n∥β时，可能有m∥β，故D错误．]

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．如图所示，在四棱锥P­ABCD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是正确的条件即可)

DM⊥PC(或BM⊥PC等)　[∵四棱锥底面各边相等，∴四边形ABCD为菱形，∴AC⊥ABD，又PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.

∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.

又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.]

7．如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是________．

　[取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥平面BB1C1C.

所以∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角．

设三棱柱的所有棱长为a，

在Rt△AED中，

AE＝a，DE＝.

所以tan∠ADE＝＝，则∠ADE＝.

故AD与平面BB1C1C所成的角为.]

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．如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2所示．

图1                     图2

(1)求证：A1F⊥BE；

(2)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？并说明理由．

[解]　(1)证明：由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC.

所以DE⊥AC，则DE⊥DC，DE⊥DA1，

因为DC∩DA1＝D，

所以DE⊥平面A1DC.

由于A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.

又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，

所以A1F⊥平面BCDE，

又BE⊂平面BCDE，

所以A1F⊥BE.

(2)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.

理由如下：

如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，

则PQ∥BC.

又因为DE∥BC，则DE∥PQ.

所以平面DEQ即为平面DEQP.

由(1)知，DE⊥平面A1DC，

所以DE⊥A1C.

又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，

所以A1C⊥DP.

又DP∩DE＝D，

所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥平面DEQ.

故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.

B组　能力提升

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．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′­BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(    )

A．A′C⊥BD

B．∠BA′C＝90°

C．CA′与平面A′BD所成的角为30°

D．四面体A′­BCD的体积为

B　[若A成立可得BD⊥A′D，产生矛盾，故A不正确；

由题设知：△BA′D为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，于是B正确；

由CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D＝45°知C不正确；

VA′­BCD＝VC­A′BD＝，D不正确．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．如图，高为1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M为AB的三等分点．现将△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，连接AB，AC.

(1)在AB边上是否存在点P，使AD∥平面MPC?

(2)当点P为AB边的中点时，求点B到平面MPC的距离．

[解]　(1)当AP＝AB时，有AD∥平面MPC.理由如下：

连接BD交MC于点N，

连接NP.

在梯形MBCD中，DC∥MB，

＝＝，

因为△ADB中，＝，所以AD∥PN.

因为AD⊄平面MPC，PN⊂平面MPC，

所以AD∥平面MPC.

(2)因为平面AMD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM，

平面AMD中AM⊥DM，所以AM⊥平面MBCD.

所以VP­MBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝.

在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝，

又PC＝＝，所以S△MPC＝××＝.

所以点B到平面MPC的距离为

d＝＝＝.