【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第八章第四讲　直线、平面垂直的判定及性质作业 10页

第四讲　直线、平面垂直的判定及性质 ‎1.[2019昆明市高考模拟]已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则“α∥β”是“l⊥m”的(　　)‎ 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 ‎2. [2019河南八市重点高中联考]《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图8-4-1所示的四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PD =CD,点E,F 分别为PC,PD的中点,‎ 图8-4-1‎ 则图中的鳖臑有(　　)‎ A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 ‎3.[2019辽宁五校联考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则(　　)‎ A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1‎ C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1‎ ‎4.[2020惠州市二调]如图8-4-2,AB为圆O的直径,点E,F 在圆O上,AB∥EF ,矩形ABCD所在平面和圆O所在平面互相垂直,已知AB =3,EF =1.‎ ‎(1)求证:平面DAF ⊥平面CBF .‎ ‎(2)设几何体F -ABCD,F -BCE的体积分别为V1,V2,求V1∶V2的值.‎ 图8-4-2‎ ‎5.[2020安徽省示范高中名校联考]图8-4-3是由正方形ABCG,直角梯形ABED,三角形BCF 组成的一个平面图形,其中AB =2DE =2,BE =BF =CF =‎3‎,将其沿AB,BC折起使得BE与BF 重合,连接DG,如图8-4-4.‎ ‎(1)证明:图8-4-4中的D,E,C,G四点共面,且平面ABD⊥平面DEC.‎ ‎(2)求图8-4-4中点A到平面BCE的距离.‎ 图8-4-3　　　　　　　　　图8-4-4‎ ‎6.[2019辽宁五校联考]在如图8-4-5所示的几何体中,DE∥AC,AC⊥平面BCD,AC =2DE =4,BC =2,DC =1,∠BCD =60°. ‎ ‎(1)证明:BD⊥平面ACDE.‎ ‎(2)过点D作一平行于平面ABE的截面,画出该截面,说明理由,并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积.‎ 图8-4-5‎ ‎7.[2019南昌市三模]如图8-4-6(1)(2),一个正四棱锥P1-AB1C1D和一个正三棱锥P2-B2C2S的所有棱长都相等,F 为棱B1C1的中点,将P1、P2,B1、B2,C1、C2分别对应重合为P,B,C,得到一个组合体.关于该组合体有如下三个结 论:①AD⊥SP;②AD⊥SF ;③AB∥SP.其中错误结论的个数是(　　)‎ ‎(1)　　　　　　　　(2)‎ 图8-4-6‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎8.[新角度题]已知在如图8-4-7(1)所示的直角梯形ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AD =2AB =2BC,F 为线段AD上一动点(不含端点),现将△CDF 沿直线CF 翻折,使点D翻折到点D'的位置,如图8-4-7(2),关于翻折的过程(不包含始末状态)有下列四个结论:‎ ‎(1)　　　　　　　　　　　　　(2)‎ 图8-4-7‎ ‎①存在某个位置,使直线AF 与BD'垂直;‎ ‎②存在某个位置,使直线BF 与D'F 垂直;‎ ‎③存在某个位置,使直线D'C与D'A垂直;‎ ‎④存在某个位置,使直线BD'与平面D'CF 垂直.‎ 其中所有正确结论的序号是(　　)‎ A.①②③ B.②④ C.①③④ D.①②‎ ‎9.[2019全国高三摸底联考]已知正方体A1B1C1D1-ABCD的棱AA1的中点为E,AC与BD交于点O,平面α过点E且与直线OC1垂直,若AB =1,则平面α截该正方体所得截面图形的面积为(　　)‎ A.‎6‎‎4‎ B.‎6‎‎2‎ C.‎3‎‎2‎ D.‎‎3‎‎4‎ ‎10. [2020福建莆田模拟]如图8-4-8所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的正三角形,M,N分别是AB,AA1的中点,且A1M⊥B1N.‎ ‎(1)求证:B1N⊥A1C;‎ ‎(2)求点M到平面A1B1C的距离.‎ 图8-4-8‎ ‎11.[2020洛阳市第一次联考]如图8-4-9,四棱锥E-ABCD中,AE⊥DE,CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,CD =DA =6,AB =2,DE =3.‎ ‎(1)求三棱锥C-ADE的体积.‎ ‎(2)求证:平面ACE ⊥平面CDE.‎ ‎(3)在线段DE上是否存在一点F ,使AF ∥平面BCE?若存在,求出EFED的值;若不存在,请说明理由.‎ 图8-4-9‎ ‎12.[2020长春市第一次质量监测]如图8-4-10,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC,平面ACC1A1,平面BCC1B1两两垂直.‎ ‎(1)求证:CA,CB,CC1两两垂直.‎ ‎(2)若CA =CB =CC1 =a,求三棱锥B1-A1BC的体积.‎ 图8-4-10‎ ‎13.[原创题]如图8-4-11,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,D为线段PB的中点,E为线段PC上的动点,且PA =AB =4,BC =3.‎ ‎(1)求证:平面ADE ⊥平面PBC.‎ ‎(2)当三棱锥P-ADE的体积为2时,求DE的长度.‎ 图8-4-11‎ 第四讲　直线、平面垂直的判定及性质 ‎1.A　因为l⊥α,α∥β,所以l⊥β,又m⊂β,所以l⊥m;但由l⊥α,l⊥m,m⊂β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件.故选A.‎ ‎【解题关键】　本题以空间位置关系为载体考查充要条件,求解的关键是熟记空间中直线、平面平行与垂直的判定及性质,梳理各种证明方法,结合题设条件准确运用.题目没有给出图形时,要画出图形,借助图形的直观性进行判断. ‎ ‎2.C　因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DC,PD⊥BC,PD⊥BD,‎ 又四边形ABCD为正方形,所以BC⊥CD,‎ 所以BC⊥平面PCD,所以BC⊥PC,所以四面体PDBC是一个鳖臑.‎ 因为DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE,‎ 因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC,‎ 又PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC,所以DE⊥BE,‎ 可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形,即四面体EBCD是一个鳖臑.‎ 同理可得,四面体PABD和FABD都是鳖臑.‎ 故选C.‎ ‎3.D　如图D 8 - 4 - 5,设CC1的中点为P,连接NP,则NP∥C1D1,又MN∩NP=N,所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线),所以选项A错误;假设MN⊥BC1,连接CM,易知CM⊥BC1,又MN∩CM=M,所以BC1⊥平面MNC,所以BC1⊥CD1,所以AD1⊥CD1,这与△ACD1为等边三角形矛盾,所以假设错误,即选项B错误;假设MN⊥平面ACD1,则MN⊥CD1,连接MD1,因为N为CD1的中点,所以MC=MD1,这是不可能的(理由:设正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1,则易求得MC=‎2‎‎2‎,MD1=‎6‎‎2‎),所以假设错误,即选项C错误;设CD,BC的中点分别为E,F,连接EF,则易知MN∥EF,且EF⊥平面ACC1,所以MN⊥平面ACC1,所以选项D正确.故选D.‎ 图D 8 - 4 - 5‎ ‎4.(1)解法一　∵平面ABCD⊥平面ABEF,在矩形ABCD中,CB⊥AB,‎ 平面ABCD∩平面ABEF=AB,CB⊂平面ABCD,‎ ‎∴CB⊥平面ABEF,‎ ‎∵AF⊂平面ABEF,∴AF⊥CB.‎ 又AB为圆O的直径,∴AF⊥BF,‎ ‎∵CB∩BF=B,∴AF⊥平面CBF,‎ ‎∵AF⊂平面DAF,∴平面DAF⊥平面CBF.‎ 解法二　∵平面ABCD⊥平面ABEF,在矩形ABCD中,DA⊥AB,‎ 平面ABCD∩平面ABEF=AB,DA⊂平面ABCD,‎ ‎∴DA⊥平面ABEF,‎ ‎∵BF⊂平面ABEF,∴DA⊥BF.‎ 又AB为圆O的直径,∴AF⊥BF,‎ ‎∵DA∩AF=A,∴BF⊥平面DAF,‎ ‎∵BF⊂平面CBF,∴平面DAF⊥平面CBF.‎ ‎(2)如图D 8 - 4 - 6,过点F作FH⊥AB,交AB于H.‎ 图D 8 - 4 - 6‎ ‎∵平面ABCD⊥平面ABEF,‎ 平面ABCD∩平面ABEF=AB,‎ 且FH⊂平面ABEF,‎ ‎∴FH⊥平面ABCD.‎ 则V1=‎1‎‎3‎×(AB×BC)×FH,‎ 易知V2=‎1‎‎3‎×(EF×HF‎2‎)×BC,‎ ‎∴V‎1‎V‎2‎‎=‎‎2ABEF=6.‎ ‎5.(1)因为正方形ABCG中,AB∥CG,梯形ABED中,DE∥AB,所以DE∥CG,所以D,E,C,G四点共面.‎ 因为AG⊥AB,所以AG⊥DE.因为AD⊥DE,AD∩AG=A,‎ 所以DE⊥平面ADG.‎ 因为DG⊂平面ADG,所以DE⊥DG.‎ 在直角梯形ABED中,AB=2,DE=1,BE=‎3‎,可求得AD=‎2‎,‎ 同理在直角梯形GCED中,可求得DG=‎2‎,又AG=BC=2,‎ 所以AD2+DG2=AG2,由勾股定理的逆定理可知AD⊥DG.‎ 因为AD⊥DE,DE∩DG=D,所以AD⊥平面DECG.‎ 因为AD⊂平面ABD,故平面ABD⊥平面DECG,‎ 即平面ABD⊥平面DEC.‎ ‎(2)易知在等腰直角三角形ADG中,AG边上的高为1,所以点D到平面ABCG的距离等于1.‎ 因为DE与平面ABCG平行,所以点E到平面ABCG的距离h1=1,‎ 连接AC,AE,三角形ABC的面积S1=‎1‎‎2‎AB·BC=2,‎ ‎△BCE中,BC边上的高为BE‎2‎ - (‎BC‎2‎‎)‎‎2‎‎=‎‎2‎,‎ ‎△BCE的面积S2=‎1‎‎2‎BC·‎2‎‎=‎‎2‎.‎ 设点A到平面BCE的距离为h2,由三棱锥A - BCE的体积V三棱锥A - BCE=V三棱锥E - ABC,‎ 得h2=‎2‎,故点A到平面BCE的距离为‎2‎.‎ ‎6.(1)在△BCD中,BD2=22+12 - 2×1×2cos 60°=3,‎ 所以BC2=BD2+DC2,所以△BCD为直角三角形,BD⊥CD.‎ 又AC⊥平面BCD,所以AC⊥BD.‎ 而AC∩CD=C,所以BD⊥平面ACDE.‎ ‎ (2)如图D 8 - 4 - 7,取AC的中点F,BC的中点M,连接DF,DM,MF,则平面DFM即为所求.‎ 图D 8 - 4 - 7‎ 理由如下:‎ 因为DE∥AC,且易知DE=AF,‎ 所以四边形AEDF为平行四边形,所以DF∥AE,从而DF∥平面ABE,‎ 又点F,M分别为AC,BC的中点,所以FM∥AB,从而FM∥平面ABE.‎ 因为FM∩DF=F,‎ 所以平面DFM∥平面ABE.‎ 由(1)可知,BD⊥平面ACDE,所以点B到平面ACDE的距离为‎3‎,由题意可知,FC⊥平面CDM,所以点F到平面CDM的距离为2.‎ V四棱锥B - ACDE=‎1‎‎3‎‎×‎(2+4)×1‎‎2‎×‎3‎=‎‎3‎,‎ V三棱锥F - CDM=‎1‎‎3‎×(‎1×1‎‎2‎sin 60°)×2=‎3‎‎6‎,‎ 所以所求几何体的体积V=‎3‎‎ - ‎3‎‎6‎=‎‎5‎‎3‎‎6‎.‎ ‎7.A　由于正四棱锥P1 - AB1C1D和正三棱锥P2 - B2C2S的所有棱长都相等,因此可以将两者叠放在一起,得到组合体PAD - SBC,把其放在两个相同的正四棱柱拼成的几何体内,如图D 8 - 4 - 8所示,点P对应左侧正四棱柱上底面的中心O1,点S对应右侧正四棱柱上底面的中心O2,由图D 8 - 4 - 8可知拼成的组合体PAD - SBC是一个三棱柱,所以SP∥AB.设E为AD的中点,连接PE,EF,FS,可知AD⊥SP,AD⊥平面PEFS,所以AD⊥SF.故三个结论都正确,选A.‎ 图D 8 - 4 - 8‎ ‎8.D　在翻折过程中,当点D' 在平面ABCF内的射影落在直线AB上时,平面ABD' ⊥平面ABCF,又AF⊥AB,平面ABD' ∩平面ABCF=AB,所以AF⊥平面ABD' ,所以AF⊥BD' ,因此①正确;当AF=D' F,且点D’ 在平面ABCF内的射影落在点F处时,有D’ F⊥平面ABCF,故BF⊥D’ F,因此②正确;连接AC,在△ACD’ 中,易知AC=CD’ ,因此,无论任何位置,都不可能有D’ C⊥D’ A,因此③不正确;对于④,假设存在某个位置,使直线 BD’ 与平面D’ CF垂直,则有BD’ ⊥D’ C,即∠BD’ C=90°,此时BC>D’ C,设AD=2AB=2BC=2,则 BC=1,D’ C=‎2‎,与BC>D’ C矛盾,因此④不正确.故选D.‎ ‎【素养落地】　试题以对空间线面位置关系的探究为主线,考查直线与直线、直线与平面的位置关系的可能情况,考查直观想象、逻辑推理等核心素养.‎ ‎9.A　如图D 8 - 4 - 9,连接BE,DE,DC1,A1C,BC1,OE,A1C1,‎ 图D 8 - 4 - 9‎ 易知BD⊥平面ACC1A1.因为OC1⊂平面ACC1A1,所以BD⊥OC1,因为A1C⊂平面ACC1A1,所以A1C⊥BD,同理A1C⊥C1D.又BD∩C1D=D,所以A1C⊥平面BDC1.易知OE∥A1C,所以OE⊥平面BDC1.因为OC1⊂平面BDC1,所以OE⊥OC1.因为BD⊥OC1,EO∩BD=O,所以OC1⊥平面BDE,而过点O有且只有一个平面与直线OC1垂直,过点E有且只有一条直线OE与平面DBC1垂直,所以平面BDE即为平面α.故平面α截该正方体所得的截面图形为△BDE,由AB=1,可求得△BDE的面积为‎1‎‎2‎BD·OE=‎1‎‎4‎BD·A1C=‎1‎‎4‎‎×‎2‎×‎3‎=‎‎6‎‎4‎.故选A.‎ ‎10. (1)如图D 8 - 4 - 10,连接CM,在直三棱柱ABC - A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以CM⊥AA1.‎ 在△ABC中,由题意知AC=BC,AM=BM,所以CM⊥AB.‎ 又AA1∩AB=A,所以CM⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1N⊂平面ABB1A1,所以CM⊥B1N.‎ 又A1M⊥B1N,A1M∩CM=M,‎ 所以B1N⊥平面A1CM.‎ 因为A1C⊂平面A1CM,所以B1N⊥A1C.‎ 图D 8 - 4 - 10‎ ‎(2)如图D 8 - 4 - 10,连接CM.‎ 在矩形ABB1A1中,A1M⊥B1N,‎ 所以∠AA1M=∠A1B1N,‎ 所以tan∠AA1M=tan∠A1B1N,即AMAA‎1‎‎=‎A‎1‎NA‎1‎B‎1‎.‎ 因为△ABC是边长为2的正三角形,M,N分别是AB,AA1的中点,所以AM=1,CM=‎3‎,A1B1=2.‎ 设AA1=x(x>0),则A1N=x‎2‎,所以‎1‎x‎=‎x‎2‎‎2‎,解得x=2.‎ 故四边形ABB1A1,BCC1B1,ACC1A1均为正方形.‎ 解法一　如图D 8 - 4 - 11,连接B1M.‎ 从而S‎△A‎1‎B‎1‎M‎=‎‎1‎‎2‎S正方形ABB‎1‎A‎1‎=2,‎ A1C=B1C=2‎2‎.‎ 在△A1CB1中,cos∠A1CB1=A‎1‎C‎2‎‎+CB‎1‎‎2‎ - ‎A‎1‎B‎1‎‎2‎‎2A‎1‎C·CB‎1‎‎=‎‎3‎‎4‎,‎ 所以sin∠A1CB1=‎7‎‎4‎,所以S‎△A‎1‎B‎1‎C‎=‎‎1‎‎2‎A1C·B1C·sin∠A1CB1=‎1‎‎2‎×2‎2‎×2‎2‎‎×‎7‎‎4‎=‎‎7‎.‎ 设点M到平面A1B1C的距离为d,由V三棱锥M - A‎1‎B‎1‎C‎=‎V三棱锥C - A‎1‎B‎1‎M,得‎1‎‎3‎S‎△A‎1‎B‎1‎C·d=‎1‎‎3‎S‎△A‎1‎B‎1‎M·CM,所以d=S‎△A‎1‎B‎1‎M‎·CMS‎△A‎1‎B‎1‎C‎=‎2×‎‎3‎‎7‎=‎‎2‎‎21‎‎7‎,即点M到平面A1B1C的距离为‎2‎‎21‎‎7‎.‎ 图D 8 - 4 - 11‎ 解法二　如图D 8 - 4 - 11,取A1B1的中点D,连接MD,CD,过M作MO⊥CD于点O.‎ 在正方形ABB1A1中,易知A1B1⊥MD,由(1)可知CM⊥A1B1.‎ 又CM∩DM=M,所以A1B1⊥平面CDM.‎ 因为MO⊂平面CDM,所以A1B1⊥MO.‎ 又MO⊥CD,A1B1∩CD=D,所以MO⊥平面A1B1C,即线段MO的长为点M到平面A1B1C的距离.‎ 由(1)可得CM⊥DM.‎ 又MD=2,所以由勾股定理可得CD=CM‎2‎+MD‎2‎‎=‎‎7‎,S△CMD=‎1‎‎2‎·CD·MO=‎1‎‎2‎·CM·MD,即‎1‎‎2‎‎×‎‎7‎×MO=‎1‎‎2‎‎×‎‎3‎×2,解得MO=‎2‎‎21‎‎7‎,即点M到平面A1B1C的距离为‎2‎‎21‎‎7‎.‎ ‎11.(1)在Rt△ADE中,AE=AD‎2‎ - DE‎2‎=3‎3‎,‎ 因为CD⊥平面ADE,‎ 所以三棱锥C - ADE的体积为V三棱锥C - ADE=‎1‎‎3‎S△ADE·CD=‎1‎‎3‎·AE·DE‎2‎·CD=9‎3‎.‎ ‎(2)因为CD⊥平面ADE,AE⊂平面ADE,所以CD⊥AE.‎ 又AE⊥DE,CD∩DE=D,所以AE⊥平面CDE.‎ 又AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面CDE.‎ ‎ (3)结论:在线段DE 上存在点F,使AF∥平面BCE,且EFED‎=‎‎1‎‎3‎.‎ 设F为线段DE上一点,且EFED‎=‎‎1‎‎3‎,如图D 8 - 4 - 12,过点F作FM∥CD交CE于点M,连接BM,AF,‎ 图D 8 - 4 - 12‎ 则FM=‎1‎‎3‎CD.‎ 因为CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,所以CD∥AB.‎ 又CD=3AB,所以MF=AB,MF∥AB,所以四边形ABMF是平行四边形,则AF∥BM.又AF⊄平面BCE,BM⊂平面BCE,‎ 所以AF∥平面BCE.‎ ‎12.(1)在△ABC内取一点P,作PD⊥AC,PE⊥BC,‎ 因为平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,所以PD⊥平面ACC1A1,所以PD⊥CC1.‎ 同理PE⊥CC1,又PD∩PE=P,所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,‎ 用证CC1⊥AC的方法,可证AC⊥BC,故CA,CB,CC1两两垂直.‎ ‎(2)V三棱锥B‎1‎ - A‎1‎BC‎=‎V三棱锥A‎1‎ - BCB‎1‎,由(1)可知,三棱锥A1 - BCB1的高为A1C1=a,‎ 又S‎△BCB‎1‎‎=‎‎1‎‎2‎BC·BB1=‎1‎‎2‎a2,所以三棱锥B1 - A1BC的体积为‎1‎‎6‎a3.‎ ‎13.(1)∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC.‎ 又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.‎ ‎∵AD⊂平面PAB,∴AD⊥BC.‎ ‎∵PA=AB,D为线段PB的中点,∴AD⊥PB.‎ 又BC∩PB=B,∴AD⊥平面PBC.‎ ‎∵AD⊂平面ADE,∴平面ADE⊥平面PBC.‎ ‎(2)易知S△PAD=‎1‎‎2‎S△PAB=‎1‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎×4×4=4.‎ 记点E到平面PAB的距离为h,则V三棱锥P - ADE=V三棱锥E - PAD=‎1‎‎3‎×S△PAD×h=‎4‎‎3‎h,由‎4‎‎3‎h=2,得h=‎3‎‎2‎.‎ 由(1)可知BC⊥平面PAB.∵BC⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PAB.‎ 过点E向PB作垂线,垂足为F,则EF⊥平面PAB,且EF∥BC.‎ ‎∵EF=h=‎3‎‎2‎,BC=3,∴EF为△PBC的中位线,即点F与点D重合.故DE=‎3‎‎2‎.‎ ‎【素养落地】　本题以三棱锥为载体,让考生在运用与线面、面面垂直有关的定理的过程中,提升直观想象和逻辑推理等核心素养.‎