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《状元之路》2016届高考数学理新课标A版一轮总复习:必修部分 开卷速查44 直线、平面垂直的判定及其性质


开卷速查(四十四)

直线、平面垂直的判定及其性 质

A 级 基础巩固练 1.设 α,β 为不重合的平面,m,n 为不重合的直线,则下列命题 正确的是( )

A.若 α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则 m⊥α B.若 m?α,n?β,m⊥n,则 n⊥α C.若 n⊥α,n⊥β,m⊥β,则 m⊥α D.若 m∥α,n∥β,m⊥n,则 α⊥β 解析:与 α,β 两垂直平面的交线垂直的直线 m,可与 α 平行或相 交,故 A 错;对 B,存在 n∥α 情况,故 B 错;对 D,存在 α∥β 情况, 故 D 错;由 n⊥α,n⊥β,可知 α∥β,又 m⊥β,所以 m⊥α,故 C 正 确. 答案:C

2.如图,在四面体 DABC 中,若 AB=CB,AD=CD,E 是 AC 的中点,则下列正确的是( A.平面 ABC⊥平面 ABD B.平面 ABD⊥平面 BDC C.平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ADC⊥平面 BDE
-1-

)

D.平面 ABC⊥平面 ADC,且平面 ADC⊥平面 BDE 解析:因为 AB=CB,且 E 是 AC 的中点,所以 BE⊥AC,同理 有 DE⊥AC,于是 AC⊥平面 BDE.因为 AC 在平面 ABC 内,所以平面 ABC⊥平面 BDE.又由于 AC?平面 ACD, 所以平面 ACD⊥平面 BDE, 所以选 C. 答案:C 3.已知平面 α,β,γ 和直线 l,m,且 l⊥m,α⊥γ,α∩γ=m,β∩γ =l,给出下列四个结论: ①β⊥γ;②l⊥α;③m⊥β;④α⊥β. 其中正确的是( A.①④ C.②③ ) B.②④ D.③④

解析: 如图, 由题意, β∩γ=l, ∴l?γ, 由 α⊥γ, α∩γ=m, 且 l⊥m, ∴l⊥α,即②正确;由 β∩γ=l,∴l?β,由 l⊥α,得 α⊥β,即④正确; 而①③条件不充分,不能判断. 答案:B

-2-

4.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 C.直线 AC 上 ) B.直线 BC 上 D.△ABC 内部

解析:由 AC⊥AB,AC⊥BC1,∴AC⊥平面 ABC1. 又∵AC?面 ABC,∴平面 ABC1⊥平面 ABC. ∴C1 在面 ABC 上的射影 H 必在两平面交线 AB 上. 答案:A 5.如图, 在四边形 ABCD 中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45° , ∠BAD=90° ,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,构成 三棱锥 ABCD,则在三棱锥 ABCD 中,下面命题正确的是( )

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:在平面图形中 CD⊥BD,折起后仍有 CD⊥BD,由于平面 ABD⊥平面 BCD, 故 CD⊥平面 ABD, CD⊥AB, 又 AB⊥AD, 故 AB⊥ 平面 ADC,所以平面 ABC⊥平面 ADC. 答案:D

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6. 如图所示, 直线 PA 垂直于⊙O 所在的平面, △ABC 内接于⊙O, 且 AB 为⊙O 的直径, 点 M 为线段 PB 的中点. 现有结论: ①BC⊥PC; ②OM∥平面 APC;③点 B 到平面 PAC 的距离等于线段 BC 的长.其 中正确的是( A.①② ) B.①②③ C.① D.②③

解析:对于①,∵PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC.∵AB 为⊙O 的直 径,∴BC⊥AC.∴BC⊥平面 PAC.又 PC?平面 PAC,∴BC⊥PC;对于 ②, ∵点 M 为线段 PB 的中点, ∴OM∥PA.∵PA?平面 PAC, ∴OM∥ 平面 PAC;对于③,由①知 BC⊥平面 PAC,∴线段 BC 的长即是点 B 到平面 PAC 的距离,故①②③都正确. 答案:B 7.已知 P 为△ABC 所在平面外一点,且 PA、PB、PC 两两垂直, 则下列命题: ①PA⊥BC ②PB⊥AC ③PC⊥AB ④AB⊥BC.

其中正确的个数是__________.

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解析:如图所示. ∵PA⊥PC、PA⊥PB, PC∩PB=P, ∴PA⊥平面 PBC. 又∵BC?平面 PBC,∴PA⊥BC. 同理 PB⊥AC、PC⊥AB.但 AB 不一定垂直于 BC. 答案:3

8.如图,PA⊥圆 O 所在的平面,AB 是圆 O 的直径,C 是圆 O 上的一点,E、F 分别是点 A 在 PB、PC 上的正投影,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__________. 解析:由题意知 PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC.

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又 AC⊥BC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC. ∴BC⊥AF.∵AF⊥PC,BC∩PC=C, ∴AF⊥平面 PBC,∴AF⊥PB. 又 AE⊥PB,AE∩AF=A,∴PB⊥平面 AEF. ∴PB⊥EF.故①②③正确. 答案:①②③ 9.已知 a、b、l 表示三条不同的直线,α、β、γ 表示三个不同的 平面,有下列四个命题: ①若 α∩β=a,β∩γ=b,且 a∥b,则 α∥γ 都在 α、β 外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则 α∥β ③若 α⊥β, α∩β=a, b?β, a⊥b, 则 b⊥α ④若 a?α, b?α, l⊥a, l⊥b,l?α,则 l⊥α. 其中正确命题的序号是__________. ②若 a、b 相交,且

解析:①在正方体 A1B1C1D1ABCD 中,可令平面 A1B1CD 为 α, 平面 DCC1D1 为 β, 平面 A1B1C1D1 为 γ, 又平面 A1B1CD∩平面 DCC1D1 =CD,平面 A1B1C1D1∩平面 DCC1D1=C1D1,则 CD 与 C1D1 所在的直

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线分别表示 a,b,因为 CD∥C1D1,但平面 A1B1CD 与平面 A1B1C1D1 不平行,即 α 与 γ 不平行,故①错误.②因为 a、b 相交,假设其确定 的平面为 γ,根据 a∥α,b∥α,可得 γ∥α.同理可得 γ∥β,因此 α∥β, ②正确.③由两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线和另一个 平面垂直,易知③正确.④当 a∥b 时,l 垂直于平面 α 内两条不相交 直线,不可得出 l⊥α,④错误. 答案:②③ 10.如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是边长为 1 的正方 形,CD⊥平面 PAD,PA⊥AD,PA=2,E 为 PC 的中点,F 在棱 PA 上.

(1)求证:AC⊥DE; (2)求三棱锥 EBDF 的体积. 解析:(1)连接 EO,E 为 PC 的中点,则 EO∥AP.

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∵CD⊥平面 PAD,CD?平面 ABCD, ∴平面 ABCD⊥平面 PAD. 又∵平面 ABCD∩平面 PAD=AD,PA⊥AD, ∴PA⊥平面 ABCD, ∴EO⊥平面 ABCD, ∴EO⊥AC. 又∵AC⊥BD,BD∩OE=O, ∴AC⊥平面 BED,∴AC⊥DE. (2)由(1)知 EO∥AP,EO?平面 BED, 故 AP∥平面 BED. 又∵AC⊥平面 BED, ∴AO 即为点 F 到平面 BED 的距离. 2 1 1 2 又∵AO= 2 ,S△BDE=2BD· EO=2× 2×1= 2 ,
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1 2 2 1 ∴VE-BDF=VF-BDE=3× 2 × 2 =6. B 级 能力提升练

11.如图,在四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2, BD⊥CD.将四边形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′-BCD,使平 面 A′BD⊥平面 BCD,则下列结论正确的是( A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90° C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 D.四面体 A′-BCD 的体积为3 解析: 取 BD 的中点 O ,连接 A′O, OC, ∵A′B = A′D , ∴A′O⊥BD,又平面 A′BD⊥平面 BCD.平面 A′BD∩平面 BCD= BD,∴A′O⊥平面 BCD, ∵CD⊥BD, ∴OC 不垂直于 BD.假设 A′C⊥BD, 又 A′C∩A′O =A′,∴BD⊥平面 A′OC,∴BD⊥OC 与 OC 不垂直于 BD 矛盾, ∴A′C 不垂直于 BD, A 错误. ∵CD⊥BD, 平面 A′BD⊥平面 BCD, ∴CD⊥平面 A′BD,∴CD⊥A′D,∴A′C= 2,∵A′B=1,BC = BD2+CD2 = 3 , ∴A′B2 + A′C2 = BC2 , A′B⊥A′C , B 正 )

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确.∠CA′D 为直线 CA′与平面 A′BD 所成的角,∠CA′D=45° , 1 1 C 错误.VA′-BCD=3S△A′BD· CD=6,D 错误,故选 B. 答案:B

12.[2015· 海口模拟]如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AD∥BC, AB⊥AD, AB⊥PA, BC=2AB=2AD=4BE, 平面 PAB⊥平面 ABCD, (1)求证:平面 PED⊥平面 PAC; 5 (2)若直线 PE 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 5 ,求二面角 A- PC-D 的平面角的余弦值.

解析:(1)如图所示,取 AD 的中点 F,连接 BF,则 FD 綊 BE,所 以四边形 FBED 是平行四边形,所以 FB∥ED. 因为 Rt△BAF 和 BA CB Rt△CBA 中,AF =BA=2,所以 Rt△BAF∽Rt△CBA,易知 BF⊥AC,

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所以 ED⊥AC. 又因为平面 PAB⊥平面 ABCD,平面 PAB∩平面 ABCD=AB, AB⊥PA,所以 PA⊥平面 ABCD,ED?平面 ABCD,所以 PA⊥ED, 因为 PA∩AC=A,所以 ED⊥平面 PAC,因为 ED?平面 PED,所以 平面 PED⊥平面 PAC. (2)设 ED 交 AC 于 G,连接 PG,则∠EPG 是直线 PE 与平面 PAC 所成的角.设 BE=1, DG AD 2 由△AGD∽△CGE,知 GE = EC =3,因为 AB=AD=2,所以 EG 3 3 5 2 5 =5DE= 5 ,DG= 5 . EG 5 因为 sin∠EPG= PE = 5 , 所以 PE=3, AE= 5, PA= =2, 作 GH⊥PC 于 H,连接 HD. 由 PC⊥DE,PC⊥平面 HDG, 所以 PC⊥HD,所以∠GHD 是二面角 A-PC-D 的平面角. PA PC 因为△PCA∽△GCH, 所以GH=GC, 而 GC= PC= PA2+AC2= 6 5 CE2-EG2= 5 , PE2-AE2

PA· GC 30 PA2+AB2+BC2=2 6,则 GH= PC = 5 ,

6 15 所以 tan∠GHD= 3 ,得 cos∠GHD= 5 ,即二面角 A-PC-D 的平

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15 面角的余弦值为 5 . 13.如图,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E、F 分别是 CD、A1D1 的中点.

(1)求证:AB1⊥BF; (2)求证:AE⊥BF; (3)棱 CC1 上是否存在点 P,使 BF⊥平面 AEP?若存在,确定点 P 的位置,若不存在,说明理由. 解析:(1)证明:连接 A1B,则 AB1⊥A1B, 又∵AB1⊥A1F,且 A1B∩A1F=A1, ∴AB1⊥平面 A1BF. 又 BF?平面 A1BF,∴AB1⊥BF.

(2)证明:取 AD 中点 G,连接 FG,BG,则 FG⊥AE,

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又∵△BAG≌△ADE, ∴∠ABG=∠DAE. ∴AE⊥BG. 又∵BG∩FG=G, ∴AE⊥平面 BFG. 又 BF?平面 BFG, ∴AE⊥BF. (3)存在.取 CC1 中点 P,即为所求.连接 EP,AP,C1D, ∵EP∥C1D,C1D∥AB1,∴EP∥AB1. 由(1)知 AB1⊥BF,∴BF⊥EP. 又由(2)知 AE⊥BF,且 AE∩EP=E, ∴BF⊥平面 AEP.

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