课时作业(46) 直线、平面垂直的判定与性质（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

课时作业(四十六)　直线、平面垂直的判定与性质 [基础保分练] 1．(2024·山东莱西第一中学模拟)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的是(　　) A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，且m∥β，n∥β，则α∥β C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α 答案：D 2．(2024·陕西安康模拟)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 答案：B 3．(2023·江苏常州模拟)已知直线m，n是平面α外的两条斜线，若m，n为不垂直的异面直线，则m，n在平面α内的射影m′，n′(　　) A．不可能平行，也不可能垂直 B．可能平行，但不可能垂直 C．可能垂直，但不可能平行 D．可能平行，也可能垂直 答案：D 4．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　) A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1 C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1 答案：A 5．(2024·甘肃兰州模拟)过正方体ABCD­A1B1C1D1顶点A作平面α，使平面α∥平面A1B1CD，A1D1和D1C1的中点分别为E和F，则直线EF与平面α所成角的正弦值为(　　) A．　　　 B．　　　 C．　　　 D． 答案：A 6.(多选)如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30°的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中可能成立的是(　　) A．CD⊥AB B．BC⊥AD C．BD⊥AB D．BC⊥CD 答案：ACD 7．(多选)如图所示，在四棱锥S­ABCD中，ABCD为正方形，SC＝SD＝CD＝1，E为线段SD的中点，F为AC与BD的交点，AD⊥SD，则下列结论正确的是(　　) A．BC⊥平面SCD B．EF∥平面SAB C．平面SCD⊥平面ABCD D．线段BE长度等于线段SF长度 答案：ABC 8.(2023·广东惠州一调)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析：由三垂线定理可知，BD⊥PC. 当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD， ∵PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 9．(2023·四川成都模拟)在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E是B1C1的中点，AB＝2，AA1＝，则BE与平面BB1D1D所成角的正弦值为________． 答案：　解析：设底面A1B1C1D1的中心为O，则A1C1⊥B1D1. ∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1， ∴A1C1⊥BB1，又BB1∩B1D1＝B1， ∴A1C1⊥平面BB1DD1，∴OC1⊥平面BB1D1D， 取OB1的中点H，连接EH，则EH∥OC1， ∴EH⊥平面BB1D1D. 连接BH，则∠HBE为BE与平面BB1D1D所成的角． ∵AB＝2，AA1＝， ∴EH＝OC1＝，BE＝＝2， ∴sin ∠HBE＝＝. 10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD. 求证：(1)CD⊥平面PBD； (2)平面PBC⊥平面PCD. 证明：(1)因为在四边形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°. 又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°. 又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥CD. 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD， 所以CD⊥平面PBD. (2)由CD⊥平面PBD，PB⊂平面PBD得CD⊥BP. 又BP⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以BP⊥平面PCD. 又BP⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD. [技能提分练] 11．如图，在矩形ABCD中，E为边AD上的动点，将△ABE沿直线BE翻转成△A1BE，使平面A1BE⊥平面ABCD，则点A1的轨迹是(　　) A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．以上答案都不是 答案：D 12．(多选)(2023·云南红河模拟)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　) A．直线DD1与直线AF垂直 B．直线A1G与平面AEF平行 C．直线AF与平面CDD1C1所成角的正弦值为 D．直线A1G与直线AE所成角的余弦值为 答案：BD 13．在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论： ①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直； ②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直； ③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直． 其中正确的结论是________．(填序号) 答案：②　解析：①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE，则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确． ②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确． ③假设AD⊥BC，∵CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③不正确． 14．已知正方体ABCD­A1B1C1D1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__________． 答案：　解析：如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，AB＝1， 则OC＝CC＋OC2＝1＋＝，OE2＝OA2＋AE2＝＋＝，EC＝A1C＋A1E2＝2＋＝，∴OC＋OE2＝EC，∴OE⊥OC1；又易得BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1，∴BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，BD，OE⊂平面BDE，∴OC1⊥平面BDE， 且S△BDE＝BD·OE＝××＝，即α截该正方体所得截面图形的面积为. 15．(2023·四川宜宾模拟)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P是线段AD1上的动点，给出以下四个结论： ①PC1⊥B1C； ②三棱锥B1­PBC1体积为定值； ③当AP＝PD1时，过P，D，C三点的平面与正方体表面形成的交线长度之和为3； ④若Q是对角线AC1上一点，则PQ＋QC长度的最小值为. 其中正确的结论是____________．(填序号) 答案：①②④　解析：由AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，得AB⊥B1C， 又B1C⊥BC1.AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1D1， 所以B1C⊥平面ABC1D1，PC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥PC1，①正确； 正方体中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，P∈平面ADD1A1，因此P到平面BB1C1的距离不变，△BB1C1的面积不变，所以三棱锥PBB1C1的体积不变，即三棱锥B1PBC1体积为定值，②正确； 由于正方体的对面平行，因此截面PDC与正方体的表面的交线相互平行， 连接DP并延长，交AA1于M，过M作MN∥AB∥CD交BB1于N，连接NC， 则NC∥DM，四边形CDMN是过P，D，C三点的平面与正方体表面形成的交线． 正方体棱长为1，CD＝MN＝1，CN＝DM＝， 因此四边形CDMN的周长为2＋＞3，③错误； 正方体中，易知△AD1C1与△ACC1是两个全等的直角三角形，C1D1＝C1C＝1，AC1＝，AC＝AD1＝， 把这两个三角形沿AC1摊平形成一个平面四边形ACC1D1，如图， 当CP⊥AD1，Q是CP与AC1的交点时，PQ＋QC最小． cos ∠CAC1＝cos ∠D1AC1＝， cos ∠CAP＝2×－1＝， sin ∠CAP＝＝， 所以CP＝AC sin ∠CAP＝×＝，④正确． 16.(2023·天津卷)如图，在三棱台ABC­A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． (1)证明：方法一(几何法)　连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝AC＝1，即有MN綊A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC1. 又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 方法二(共面向量基本定理法) 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， 则有A(0，0，0)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，1，2). 因为A1N ⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. (2)解：由(1)中方法二易知，平面ACC1A1的法向量为＝(1，0，0)，由(1)中方法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2，1)，所以cos 〈，n〉＝＝，所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. (3)解：由(1)中方法二可得C(0，2，0)，则＝(－1，1，0)，所以由(1)中方法三得点C到平面C1MA的距离d＝||＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$