2022版新高考数学人教版一轮练习：（45） 直线、平面垂直的判定与性质

[练案45]第五讲　直线、平面垂直的判定与性质A组基础巩固一、单选题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(　C　)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]　对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故选C．2．(2021·北京延庆统测)已知直线a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的(　A　)A．充分不必要条件　　B．必要不充分条件C．充分必要条件　　D．既不充分也不必要条件[解析]　过a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，则b⊥β，又b⊂α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α时，a∥β或a与β相交，不一定a⊥β，故选A.3．(2021·浙江省模拟)已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则(　B　)A．β内一定能找到与l平行的直线B．β内一定能找到与l垂直的直线C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直[解析]　由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；在D中，β内有无数条直线与l垂直，则β与α不一定垂直，故D错误，故选B.4．(2021·东北三省四市教研联合体模拟)已知直线m，n和平面α，β，γ，有如下四个命题：①若m⊥α，m∥β，则α⊥β；②若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α.其中真命题的个数是(　C　)A．1　　B．2　　C．3　　D．4[解析]　①若m⊥α，m∥β，则一定有α⊥β，故①正确；②若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又因为n⊂β，故可得α⊥β，故②正确；③若n⊥α，n⊥β，故可得α∥β，又因为m⊥α，故可得m⊥β，故③正确；④若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故④ 错误；综上所述，正确的有①②③.故选：C．5．(2021·安徽省皖江名校联盟联考)对于不重合的直线m，l和平面α，β，下列可以推出α⊥β成立的是(　A　)A．m∥l，m⊂β，l⊥αB．m⊥l，α∩β＝l，m⊂αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．m∥l，l⊥α，m⊥β[解析]　对于A，m∥l，l⊥α，得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β；对于B，当直线m在平面α内部，且垂直于两个平面的交线l时，也会出现面α、β相交不垂直的情况，故错；对于C，，故错；对于D，l∥m，l⊥α，m⊥β，则α、β应该为平行关系，故D错误．故选A.6．(2021·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]　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.7．(2021·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．8．(2021·卓越联盟质检)已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列命题中正确的有(　B　)①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直线CD与PF所成角的余弦值为；④直线PD与平面ABC所成的角为45°；⑤CD∥平面PAE.A．①④　　B．①③④C．②③⑤　　D．①②④⑤[解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB⊂面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①正确；∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直线CD与PF所成角为∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，显然AF与平面PAE相交，∴CD与平面PAE相交，即⑤不成立，故选B.二、多选题 9．(2021·广东七校联合体联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是(　CD　)A．A、M、N、B四点共面B．BN∥平面ADMC．直线BN与B1M所成的角为60°D．平面ADM⊥平面CDD1C1[解析]　由图显然AM、BN是异面直线，故A、M、N、B四点不共面，故A错误；BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故B错；取CD的中点O，连接BO、ON，则B1M∥BO，∴∠NBO即为BN与B1M所成角，又三角形BON为等边三角形，故C正确；由题意AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正确．10.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起．设折起后点A的位置为A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.下列命题正确的是(　CD　)A．A′D⊥BCB．三棱锥A′－BCD的体积为C．CD⊥平面A′BDD．平面A′BC⊥平面A′DC[解析]　如图所示：设E为BD中点，连接A′E，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB得到∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD为等腰直角三角形，平面A′BD⊥平面BCD，CD ⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正确，E为BD中点，A′E⊥BD，则A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC．如果A′D⊥BC，则可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD与已知矛盾．故A错误；三棱锥A′－BCD的体积为S＝××××＝.故B错误．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，∴A′C＝，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝满足BC2＝A′B2＋A′C2，∴BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故D正确．答案为C、D.11．(2021·广东江门调研改编)设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(　AB　)A．若m⊥α，n∥α，则m⊥nB．若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γC．若m∥α，n∥α，则m∥nD．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β[解析]　对于A，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命题；对于B，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命题；对于C，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正确；对于D，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正确．综上所述，故选AB.三、填空题12．(2021·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垂直，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．13.(2021·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①②③.14．(2020·山东省威海市三模)已知l是平面α，β外的直线，给出下列三个论断，①l∥α；②α⊥β；③l⊥β，以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题：若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可).(用序号表示)[解析]　因为l∥α，α⊥β时，l与β可能平行或者相交，所以①②作为条件，不能得出③；因为l∥α，所以α内存在一条直线m与l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作为条件，可以得出②；因为α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l⊂α，因为l是平面α外的直线，所以l∥α，即②③作为条件，可以得出①；故答案为：若①③，则②或若②③，则①(填写一个即可)．四、解答题15.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点，求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.[证明]　(1)∵PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC．故CD⊥AE. (2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC．∵E是PC的中点，故AE⊥PC．由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.16.(2021·河北邢台联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.证明：PO⊥平面ABCD.[证明]　∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD，∵AD∥BC，BC＝AD，∵E为AD的中点，则BC∥DE且BC＝DE.∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE∥CD，∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC，AB＝BC＝AD，且E为AD的中点，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC，又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，∵PO⊂平面APC，则BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，∴AP⊥PC，又AC＝AB＝AP，∴△PAC为等腰直角三角形，∵O为斜边AC上的中点，∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD.B组能力提升1．(2021·百师联盟联考)已知平面α，直线l，m，n，满足m∥α，n∥α，且m，n互为异面直线，则“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的(　A　) A．充要条件　　B．充分不必要条件C．必要不充分条件　　D．既不充分也不必要条件[解析]　因为m，n为异面直线，且m∥α，n∥α，则平面α内必存在两条相交直线分别与m，n平行，又因为l⊥m且l⊥n，所以l⊥α；若l⊥α，则l⊥m且l⊥n，所以“l⊥m且l⊥n”是“l⊥α”的充要条件．2.(2020·三省三校(、云师大附中、)联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AE⊥PC于E.下列四个结论：①AB⊥AC；②AB⊥平面PAC；③PC⊥平面ABE；④BE⊥PC．正确的个数是(　D　)A．1　　B．2　　C．3　　D．4[解析]　已知AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3，所以AC2＋AB2＝BC2，即AB⊥AC，①正确；由PA⊥平面ABCD，得AB⊥PA，所以AB⊥平面PAC，②正确；AB⊥平面PAC，得AB⊥PC，又AE⊥PC，所以PC⊥平面ABE，③正确；由PC⊥平面ABE，得PC⊥BE，④正确，故选D.3.(多选题)(2021·江苏扬州调研模拟)如图，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝1，E为AB中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝.则(　AB　)A．平面PED⊥平面EBCDB．二面角P－DC－B的大小为C．PC⊥EDD．PC与平面PED所成角的正切值为[解析]　由题意易知四边形BCDE为正方形，又PE＝1，EC＝，PC＝，∴PE2＋EC2＝PC2，∴PE⊥EC，又PE⊥ED，∴PE⊥平面EBCD，∴平面PED⊥平面EBCD，∴A正确；∵DC⊥ED，∴DC⊥平面PDE，∴DC⊥PD，∴∠PDE为二面角P－DC－B 的平面角，显然∠PDE＝，∴B正确；若PC⊥ED，又DC⊥ED，则DE⊥平面PDC，∴ED⊥PD这与∠PDE＝矛盾，∴C错误；由CD⊥面PED知∠CPD为PC与平面PED所成的角，且tan∠CPD＝＝，∴D错，故选AB.4．下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中(　BCD　)A．AE∥CD　　B．CH∥BEC．DG⊥BH　　D．BG⊥DE[解析]　如图，在正方体中，AE与CD异面，A错；∵EH綊BC，∴CH∥BE，B对；∵DG⊥HC，DG⊥EH，∴DG⊥平面BCHE，∴DG⊥BH，C对；BG⊥FC，FC∥ED，∴BG⊥DE，D对．故选BCD.5．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足DM⊥PC(或BM⊥PC等)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]　∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且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.6．(2021·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.