备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（四十九） 直线、平面垂直的判定与性质

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（四十九） 直线、平面垂直的判定与性质，共6页。试卷主要包含了点全面广强基训练，重点难点培优训练等内容，欢迎下载使用。
课时验收评价（四十九） 直线、平面垂直的判定与性质一、点全面广强基训练1．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(　 )A．a⊥α，b∥β，α⊥β  B．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥β  D．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C　对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.2.如图，如果MC垂直于菱形ABCD所在平面，那么MA与BD的位置关系是(　 )A．平行  B．垂直相交C．垂直但不相交  D．相交但不垂直解析：选C　因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD，则BD⊥MC.因为AC∩MC＝C，所以BD⊥平面AMC，又MA⊂平面AMC，所以MA⊥BD.显然直线MA与直线BD不共面，因此直线MA与BD垂直但不相交．3．对于不同直线m，n和不同平面α，β，有如下四个命题，其中正确的是(　 )A．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βB．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α∥βC．若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥βD．若m⊥α，m⊥n，则n∥α解析：选C　若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β可能相交，可能平行，故A不正确；若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，故B不正确；若n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，故C正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故D不正确．4.如图，三棱柱ABC-A1B1C1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BC1C．A1B和BCD．AB和B1C解析：选B　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，A1B⊂平面ABB1A1，所以A1B⊥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.5．已知二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　 )A．150°      B．45°   C．120°  D．60°解析：选D　如图，AC⊥AB，BD⊥AB，过A在平面ABD内作AE∥BD，过D作DE∥AB，连接CE，所以DE＝AB且DE⊥平面AEC，∠CAE即二面角的平面角．在Rt△DEC中，CD＝2，DE＝4，则CE＝2，在△ACE中，由余弦定理可得cos∠CAE＝＝，所以∠CAE＝60°，即所求二面角的大小为60°.6.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________. 解析：连接A1C1(图略)，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝2，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝＝.答案：7.如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．解析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP⊂平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，AC　AB8．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，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.解析：∵△PAB≌△PAD，∴PB＝PD，∴△PDC≌△PBC，当BM⊥PC时，有DM⊥PC，此时PC⊥平面MBD，∴平面MBD⊥平面PCD.故填BM⊥PC(或DM⊥PC)．答案：BM⊥PC(或DM⊥PC)9.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，∵D，E分别为AB，BC的中点，∴DE∥AC，∴DE∥A1C1.∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.∵A1C1⊂平面A1B1C1，∴A1A⊥A1C1.∵A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1.∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F.∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.10.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解：(1)证明：连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，所以BC⊥平面A1EF.又EF⊂平面A1EF，因此EF⊥BC.(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，EG⊂平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，又BC⊂平面A1BC，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于点O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，所以cos∠EOG＝＝.因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.二、重点难点培优训练1．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE的位置，使PD＝，则下列结论错误的是(　 )A．平面PBE⊥平面PDEB．平面PBE⊥平面PBCC．平面PBE⊥平面BCDED．平面PBD⊥平面BCDE解析：选D　如图1，在菱形ABCD中，连接BD，则△ABD为等边三角形，且E是AD的中点，∴BE⊥AD，AE＝DE＝1，如图2，在四棱锥P-BCDE中，BE⊥PE，BE⊥DE，PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，∴BE⊥平面PDE，BE⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面PDE，A正确；∵PE＝DE＝1，PD＝，即PE2＋DE2＝PD2，∴PE⊥DE，PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，∴DE⊥平面PBE，又∵DE∥BC，则BC⊥平面PBE，BC⊂平面PBC，则平面PBE⊥平面PBC，B正确；∵BE⊥PE，DE⊥PE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BCDE，∴PE⊥平面BCDE，PE⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面BCDE，C正确；∵PE∩平面PBD＝P，PE⊥平面BCDE，则平面PBD内不存在与平面BCDE垂直的直线，∴平面PBD不与平面BCDE垂直，D错误．2．足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．已知某“鞠”的表面上有四个点P，A，B，C，满足PA＝1，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，若VP-ABC＝，则该“鞠”的体积的最小值为(　 )A.π  B．9πC.π   D.π解析：选C　如图，取AB中点为D，过D作OD∥PA，且OD＝PA＝，因为PA⊥平面ABC，所以OD⊥平面ABC.由于AC⊥BC，故DA＝DB＝DC，进而可知OA＝OB＝OC＝OP，所以O是球心，OA为球的半径．由VP-ABC＝×AC·CB·PA＝⇒AC·CB＝4，又AB2＝AC2＋BC2≥2AC·BC＝8，当且仅当AC＝BC＝2时，等号成立，故此时AB＝2，所以球半径R＝OA＝≥＝，故Rmin＝，体积最小值为πR3＝π3＝π.故选C.3．已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出下面四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.(用序号表示)解析：若①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β成立，则m与α可能平行也可能相交，即④m⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④m⊥α成立，则n与β可能平行也可能相交，即③n⊥β不一定成立；若①m⊥n，③n⊥β，④m⊥α成立，因为m⊥n，n⊥β，所以m∥β，又m⊥α，所以α⊥β，即①③④⇒②；若②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α成立，因为α⊥β，n⊥β，所以n∥α，又m⊥α，所以m⊥n，即②③④⇒①.答案：①③④⇒②(或②③④⇒①)4．如图，矩形ABCD中，E，F分别在线段BC和AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起．记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF.(1)求证：CD⊥MD；(2)若EF＝EC，求证：平面NFC⊥平面NED.证明：(1)由题意知EF∥AB，AB⊥AF，故AF⊥EF，则MF⊥EF，又平面MNEF⊥平面ECDF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，且MF⊂平面MNEF，所以MF⊥平面ECDF，又CD⊂平面ECDF，所以MF⊥CD，由CD⊥AD，∴CD⊥FD，MF∩FD＝F，MF，FD⊂平面MFD，所以CD⊥平面MFD，MD⊂平面MFD，所以CD⊥MD.(2)由题意知BE∥AF，即NE∥MF，由(1)知MF⊥平面ECDF，故NE⊥平面ECDF，CF⊂平面ECDF，所以NE⊥CF，因为EF＝EC，故矩形ECDF为正方形，则CF⊥ED，ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，所以CF⊥平面NED，因为CF⊂平面NFC，所以平面NFC⊥平面NED.