【数学】2020届一轮复习人教版（理）第七章第三节　直线、平面的垂直关系作业 13页

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级　基础夯实练 ‎1.(2018·定州模拟)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A．m∥l　　　　　　　　 B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：选C.因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.‎ ‎2.(2018·郑州测试)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，m⊥α，n⊂β.给出下列四个命题：‎ ‎①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选C.依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又n⊂β，因此m⊥n，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β＝n，在平面β内作直线m⊥n，则有m⊥α，因此②不正确；对于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m⊥α，α∩β＝n，α⊥β时，直线m，n不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选C.‎ ‎3.(2018·兰州重点中学联考)如图，四棱锥 PABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA＝1，PB＝PD＝，则它的五个面中，互相垂直的面共有(　　)‎ A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 解析：选C.因为AB＝AD＝AP＝1，PB＝PD＝，所以AB2＋AP2＝PB2，PA2＋AD2＝PD2，则PA⊥AB，PA⊥AD，可得PA⊥底面ABCD，又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD，AD∩PA＝A，所以AB⊥平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD.又BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面PBC.又CD⊥AD，CD⊥AP，AD∩AP＝A，所以CD⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.故选C.‎ ‎4.(2018·南阳模拟)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)‎ A．AB∥m B．AC⊥m C．AB∥β D．AC⊥β 解析：选D.因为直线m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l，所以AB∥m正确，AC⊥m正确；根据线面平行的判定定理可得AB∥β正确；当直线AC不在平面α内时，尽管AC⊥l，AC与平面β可以平行，也可以相交(不垂直)，所以AC⊥β不一定成立．故选D.‎ ‎5.已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则(　　)‎ A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直 B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直 C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直 D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直 解析：选C.如图，设平面α与平面β的交线为a，若在平面β内的直线与α，β的交线a平行，则该直线与m垂直．但β内不一定存在直线与m平行，只有当α⊥β时才存在．故选C.‎ ‎6.(2018·丽水模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD且底面各边都相等，M是PC上一点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)‎ 解析：如图，连接AC，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，因为四边形ABCD的各边相等，所以AC⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，要使平面MBD⊥平面PCD，只需PC垂直于平面MBD内与BD相交的直线即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)．‎ 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)‎ ‎7.若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________．‎ 解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，母线与底面夹角为θ，则cos θ＝＝.‎ 答案： ‎8.(2018·南宁模拟)如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.则下列说法错误的是________．(将符合题意的序号填到横线上)‎ ‎①AG⊥△EFH所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面．‎ 解析：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，∴AH⊥平面EFH，即②正确；∵过点A只有一条直线与平面EFH垂直，∴①不正确；∵AG⊥EF，AH⊥EF，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，∴③不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴④不正确．综上，说法错误的是①③④.‎ 答案：①③④‎ ‎9.(2018·福建三明一中月考)如图，在四棱锥ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．‎ ‎(1)求证：EF⊥平面BCG；‎ ‎(2)求三棱锥DBCG的体积．‎ 解：(1)证明：由已知得，△ABC≌△DBC，因此AC＝DC，‎ 因为G为AD的中点，所以CG⊥AD.‎ 同理BG⊥AD，又CG∩BG＝G，CG，BG⊂平面BCG，‎ 所以AD⊥平面BCG，‎ 由题意，EF为△DAC的中位线，‎ 所以EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.‎ ‎(2)在平面ABC内作AO⊥CB，交CB的延长线于O(图略)，‎ 因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以AO⊥平面BCD，‎ 又G为AD的中点，‎ 所以G到平面BCD的距离h＝AO＝ABsin 60°＝，‎ 又S△BCD＝BD·BC·sin 120°＝，‎ 所以VDBCG＝VGBCD＝S△BCD×h＝××＝.‎ ‎10.如图，在几何体ABCA1B‎1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，E为AB1的中点，AB＝AA1＝BB1＝2CC1.‎ ‎(1)求证：CE∥平面A1B‎1C1；‎ ‎(2)求证：平面AB‎1C1⊥平面A1BC.‎ 证明：‎ ‎(1)由题意知AA1⊥平面ABC，BB1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，‎ ‎∴AA1∥BB1∥CC1.‎ 如图，取A1B1的中点F，连接EF，FC1.‎ ‎∵E为AB1的中点，∴EF綊A‎1A，‎ 又AA1＝2CC1，∴CC1綊AA1，∴EF綊CC1，‎ ‎∴四边形EFC‎1C为平行四边形，‎ ‎∴CE∥C‎1F.‎ 又CE⊄平面A1B‎1C1，C‎1F⊂平面A1B‎1C1，‎ ‎∴CE∥平面A1B‎1C1.‎ ‎(2)∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC.‎ 又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，∴BC⊥平面AA1B1B.‎ ‎∵AB1⊂平面AA1B1B，∴BC⊥AB1.‎ ‎∵AA1＝BB1＝AB，AA1∥BB1，‎ ‎∴四边形AA1B1B为正方形，∴AB1⊥A1B.‎ ‎∵A1B∩BC＝B，‎ ‎∴AB1⊥平面A1BC.‎ ‎∵AB1⊂平面AB‎1C1，‎ ‎∴平面AB‎1C1⊥平面A1BC.‎ B级　能力提升练 ‎11.直三棱柱ABCA1B‎1C1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相交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B‎1F的长为(　　)‎ A. B．1‎ C. 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＝，‎ 设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，‎ 则DE＝h.‎ 又2×＝h，‎ 所以h＝，DE＝.‎ 在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.‎ 由面积相等得× ＝x，得x＝.‎ ‎12.已知正方体ABCDA1B‎1C1D1中，点E，F，G分别是线段DC，D1D和D1B上的动点，给出下列结论 ‎①对于任意给定的点E，存在点F，使得AF⊥A1E；‎ ‎②对于任意给定的点F，存在点E，使得AF⊥A1E；‎ ‎③对于任意给定的点G，存在点F，使得AF⊥B‎1G；‎ ‎④对于任意给定的点F，存在点G，使得AF⊥B‎1G.‎ 其中正确结论的个数是(　　)‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选C.由DE⊥平面A1D，根据三垂线定理，①对于任意给定的点E，A1E在平面A1D的射影为A1D，所以存在点F，使得AF⊥A1E，所以①正确；②如果对于任意给定的点F，存在点E，使得AF⊥A1E，那么，由A1D⊥AD1，可知过A有两条直线与A1D垂直，故②错误；③只有AF垂直B‎1G在平面AD1的射影时，AF⊥B‎1G，故③正确；④只有AF⊥平面BB1D1D时，④才正确，AF与平面BB1D1D不垂直，故④错误．‎ ‎13.(2018·郴州模拟)如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)．若M，O分别为线段A‎1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是(　　)‎ A．与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直 B．异面直线BM与A1E所成角是定值 C．一定存在某个位置，使DE⊥MO D．三棱锥A1ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值 解析：选C.取CD的中点F，连接BF，MF，如图1，可知平面MBF∥平面A1DE，所以BM∥平面A1DE，A正确．取A1D中点G，可得EG∥BM，如图2，所以B正确．由题意可得点A关于直线DE的对称点为F，则DE⊥平面A1AF，即过O与DE垂直的直线在平面A1AF内，而M不在平面A1AF内，故C错误．三棱锥A1ADE外接球的球心即为O点，所以外接球半径为AD，故D正确．‎ ‎14.(2018·石家庄一模)‎ 已知一个直角三角形的三个顶点分别在底面边长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为________．‎ 解析：记该直角三角形为△ABC，且AC为斜边．不妨令点A与正三棱柱的一个顶点重合，如图，取AC的中点O，连接BO，∴BO＝AC，∴当AC取得最小值时，BO取得最小值，即点B到平面ADEF的距离．∵△AHD是边长为2的正三角形，∴点B到平面ADEF的距离为，∴AC的最小值为2.‎ 答案：2 ‎15.已知三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离是________．‎ 解析：因为三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在平面ABC内的射影为AB中点，记为H，连接CH，SH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，∴三棱锥的外接球的球心在线段SH上，记为O，连接OC，设外接球的半径为R，则SO＝OC＝R＝－OH，在△OCH中，由OH2＋HC2＝OC2，得OH2＝(－OH)2－12，得OH＝，故外接球的球心到平面ABC的距离是.‎ 答案： ‎16.如图，三棱柱ABCA1B‎1C1中，A‎1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝CC1＝2，M是AB的中点．‎ ‎(1)求证：平面A‎1CM⊥平面ABB‎1A1；‎ ‎(2)求点M到平面A1CB1的距离．‎ 解：(1)证明：由A‎1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A‎1A⊥CM.‎ 由AC＝CB，M是AB的中点，得AB⊥CM.‎ 又A‎1A∩AB＝A，则CM⊥平面ABB‎1A1，‎ 又CM⊂平面A‎1CM，所以平面A‎1CM⊥平面ABB‎1A1.‎ ‎(2)设点M到平面A1CB1的距离为h.连接MB1.‎ 由题意可知A‎1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2，A‎1M＝B‎1M＝，‎ 则S△A1CB1＝2，S△A1MB1＝2.‎ 由(1)可知CM⊥平面ABB‎1A1，则CM是三棱锥CA1MB1的高，‎ 由VCA1MB1＝MC·S△A1MB1＝VMA1CB1＝h·S△A1CB1，得h＝＝，‎ 即点M到平面A1CB1的距离为.‎ C级　素养加强练 ‎17.(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA＝AD.‎ ‎(1)求证：AF∥平面PEC；‎ ‎(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.‎ 证明：(1)取PC的中点G，连接FG、EG，‎ ‎∵F为PD的中点，G为PC的中点，‎ ‎∴FG为△CDP的中位线，‎ ‎∴FG∥CD，FG＝CD.‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE＝CD.‎ ‎∴FG＝AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，‎ ‎∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC.‎ ‎(2)∵PA＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，‎ 又∵CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，‎ 又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，‎ 由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，‎ 又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.‎ ‎18.(2018·四川泸州模拟)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，AD＝SD，BC＝CD＝AB，侧面SAD⊥底面ABCD.‎ ‎(1)求证：平面SBD⊥平面SAD；‎ ‎(2)若∠SDA＝120°，且三棱锥SBCD的体积为，求侧面△‎ SAB的面积．‎ 解：(1)证明：设BC＝a，则CD＝a，AB＝‎2a，由题意知△BCD是等腰直角三角形，且∠BCD＝90°，‎ 则BD＝a，∠CBD＝45°，‎ 所以∠ABD＝∠ABC－∠CBD＝45°，‎ 在△ABD中，‎ AD＝＝a，‎ 因为AD2＋BD2＝‎4a2＝AB2，所以BD⊥AD，由于平面SAD⊥底面ABCD, 平面SAD∩平面ABCD＝AD，‎ BD⊂平面ABCD，‎ 所以BD⊥平面SAD，‎ 又BD⊂平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAD.‎ ‎(2)由(1)可知AD＝SD＝a，在△SAD中，∠SDA＝120°，SA＝2SDsin 60°＝a，‎ 作SH⊥AD，交AD的延长线于点H，‎ 则SH＝SDsin 60°＝a，‎ 由(1)知BD⊥平面SAD，‎ 因为SH⊂平面SAD，所以BD⊥SH，‎ 又AD∩BD＝D，所以SH⊥平面ABCD，‎ 所以SH为三棱锥SBCD的高，‎ 所以VSBCD＝×a××a2＝，‎ 解得a＝1，由BD⊥平面SAD，SD⊂平面SAD，可得BD⊥SD，‎ 则SB＝＝＝2，‎ 又AB＝2，SA＝，‎ 在等腰三角形SBA中，‎ 边SA上的高为 ＝，‎ 则△SAB的面积为××＝.‎