【数学】2021届一轮复习人教版（文理通用）第7章第5讲直线、平面垂直的判定与性质作业 9页

对应学生用书[练案50理][练案48文]‎ 第五讲　直线、平面垂直的判定与性质 A组基础巩固 一、选择题 ‎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．(文)在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　A　)‎ ‎(理)(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]　(理)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．(2019·天津模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：‎ ‎①BD⊥AC；‎ ‎②△BAC是等边三角形；‎ ‎③三棱锥D－ABC是正三棱锥；‎ ‎④平面ADC⊥平面ABC．‎ 其中正确的是(　B　)‎ A．①②④　 B．①②③　‎ C．②③④　 D．①③④‎ ‎[解析]　由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错，故选B．‎ ‎8．(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、填空题 ‎9．(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相交或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．‎ ‎10．(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.‎ 三、解答题 ‎11. (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．‎ ‎12．(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．(2019·湖南衡阳)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，逆命题成立的个数是(　C　)‎ ‎①当n⊂α时，若n⊥β，则α⊥β ‎②当l⊥α时，若l⊥β，则α∥β ‎③当n⊂α，且l⊄α，若l∥α，则n∥l ‎④当n⊂α，且l是m在α内的射影时，若n⊥l，则m⊥n.‎ A．1　 B．2　‎ C．3　 D．4‎ ‎[解析]　对于①，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①的逆命题错误；对于②，逆命题：当l⊥α时，若α∥β，则l⊥β，由面面平行的性质可知②的逆命题正确；对于③，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③的逆命题正确；对于④，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④的逆命题正确．综上，逆命题成立的序号为②③④，故选C． ‎ ‎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.‎