2021高考数学（理）大一轮复习习题：第八章 立体几何 课时达标检测（三十九） 直线、平面垂直的判定与性质 word版含答案

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1．若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( )
A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α
B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β
C．若m⊥β，m∥α，则α⊥β
D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ
解析：选C A中m与α的位置关系不确定，故错误；B中α，β可能平行或相交，故错误；由面面垂直的判定定理可知C正确；D中β，γ平行或相交，故错误．
2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P ­ABC中共有直角三角形个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选A 由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P ­ABC中共有4个直角三角形．
3．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，
C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正确的结论有________．
解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，
故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③AF⊥PB，若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．
答案：①②④
4．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a∥α且b∥α，则a∥b；
②若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；
③若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.
上面命题中，所有真命题的序号是________．
解析：①中a与b可能相交或异面，故①是假命题．②中存在γ，使得γ与α，β都垂直，故②是真命题．③中只需直线l⊥α且l⊄β就可以，故③是真命题．
答案：②③
一、选择题
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∥β
C．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，O是正方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )
A．A1D B．AA1
C．A1D1 D．A1C1
解析：选D 连接B1D1(图略)，则A1C1⊥B1D1，根据正方体特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O⊂平面BB1D1D，所以B1O⊥A1C1.
3.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
解析：选A 连接AC1(图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，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．
4．设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )
A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β
B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β
C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b
D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c
解析：选B A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．
5．如图所示，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
解析：选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.
6.如图，直三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(3,2) D．2
解析：选A 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq \r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h.
又2×eq \r(2)＝heq \r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，B1E＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(2),2)x，得x＝eq \f(1,2).
二、填空题
7.如图，在三棱锥D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有________(写出全部正确命题的序号)．
①平面ABC⊥平面ABD；
②平面ABD⊥平面BCD；
③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；
④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.
解析：由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，从而AC⊥平面BDE，所以平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故③正确．
答案：③
8.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)
解析：如图，连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC，
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
9．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：
①若l⊥α，则l与α相交；
②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；
④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.
其中正确命题的序号为________．
解析：①显然正确；对于②，只有当m，n相交时，才有l⊥α，故②错误；对于③，由l∥m，m∥n，得l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故③正确；对于④，由l∥m，m⊥α，得l⊥α，再由n⊥α，得l∥n，故④正确．
答案：①③④
10．(2016·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)
①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；
④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.
解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．
答案：①②④
三、解答题
11.如图，四棱锥P­ABCD 中， AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PC 的中点．求证：
(1)AP∥平面BEF；
(2)BE⊥平面PAC.
证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC，如图所示．
由于E为AD的中点，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，
因此四边形ABCE为菱形，
所以O为AC的中点．
又F为PC 的中点，
因此在△PAC中，可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF.
所以AP∥平面BEF.
(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.
所以四边形BCDE为平行四边形，
因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，
所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，
所以BE⊥平面PAC.
12.如图所示，已知长方体ABCD ­A1B1C1D1，点O1为B1D1的中点．
(1)求证：AB1∥平面A1O1D；
(2)若AB＝eq \f(2,3)AA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE？若存在，求出eq \f(BE,BB1)；若不存在，说明理由．
解： (1)证明：如图1所示，连接AD1交A1D于点G，
∴G为AD1的中点，连接O1G，在△AB1D1中，
∵O1为B1D1的中点，∴O1G∥AB1.
∵O1G⊂平面A1O1D，且AB1⊄平面A1O1D，
∴AB1∥平面A1O1D.
(2)若在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，连接A1B交AE于点M，如图2所示．
∵BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥AE.
又∵A1C∩BC＝C，且A1C，BC⊂平面A1BC，
∴AE⊥平面A1BC.
∵A1B⊂平面A1BC，∴AE⊥A1B.
在△AMB和△ABE中，∠BAM＋∠ABM＝90°，∠BAM＋∠BEA＝90°，∴∠ABM＝∠BEA.
∴Rt△ABE∽Rt△A1AB，∴eq \f(BE,AB)＝eq \f(AB,AA1).
∵AB＝eq \f(2,3)AA1，∴BE＝eq \f(2,3)AB＝eq \f(4,9)BB1，
即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，此时eq \f(BE,BB1)＝eq \f(4,9).