课时作业(39) 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（北师大版）

课时作业(三十九)　直线、平面垂直的判定与性质 [基础保分练] 1．(2023·北京丰台模拟)已知α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若a⊥α，b⊥α，则a∥b C．若a∥α，b∥α，则a∥b D．若a∥α，a∥β，则α∥β B　解析：A中，若α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能相交也可能平行，错误； B中，若a⊥α，b⊥α，根据线面垂直的性质可判断a∥b，正确； C中，若a∥α，b∥α，则a，b可能平行、相交、异面，错误； D中，若a∥α，a∥β，则α，β可能相交也可能平行，错误． 2．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 B　解析：充分性：若a∥m，则无法判断α⊥β是否成立，所以充分性不成立；必要性：根据面面垂直的性质定理，由α⊥β，b⊥m，α∩β＝m，b⊂β⇒b⊥α，又a⊂α⇒b⊥a，所以必要性成立． 3.如图，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列四个结论不成立的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC D　解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确；在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，PE∩AE＝E，所以BC⊥平面PAE，又DF∥BC，则DF⊥平面PAE，因为DF⊂平面PDF，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C正确． 4．(2023·潍坊模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，B1C的中点，则EF与平面ABCD所成角的正切值为(　　) A．2 B． C． D． D　解析：如图，取BC的中点O，连接OE，OF， ∵F是B1C的中点， ∴OF∥B1B， ∴FO⊥平面ABCD， ∴∠FEO是EF与平面ABCD所成的角． 设正方体的棱长为2，则FO＝1，EO＝， ∴EF与平面ABCD所成的角的正切值为. 5．(多选)(2023·南京模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设M为BC的中点，则下列说法不正确的是(　　) A．A1M⊥BD B．A1M∥平面CC1D1D C．A1M⊥AB1 D．A1M⊥平面ABC1D1 ABD　解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中， 对于A，假设A1M⊥BD，因为A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，又A1A∩A1M＝A1，所以BD⊥平面A1AM，所以BD⊥AM.而BD⊥AC，所以AM∥AC，显然不正确，故A错误； 对于B，假设A1M∥平面CC1D1D，因为平面A1MCD1∩平面CC1D1D＝CD1，A1M⊄平面CC1D1D，所以A1M∥CD1，因为A1B∥CD1，所以A1M∥A1B，显然不正确，故B错误； 对于C，因为MB⊥平面ABB1A1，所以MB⊥AB1，又A1B⊥AB1，A1B∩BM＝B，所以AB1⊥平面A1BM，所以A1M⊥AB1，故C正确； 对于D，假设A1M⊥平面ABC1D1，因为A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，所以A1M∥A1D，显然不成立，故D错误． 6．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________． 答案：　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，设母线与底面夹角为θ，则cos θ＝＝. 7．(2023·苏州模拟)已知平面α，β和直线m，给出以下条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β，当条件_______成立时，有m∥β；当条件________成立时，有m⊥β.(填所选条件的序号) 答案：③⑤　②⑤　解析：根据面面平行的特征可得，若m⊂α，α∥β，则m∥β； 根据线面垂直以及面面平行的特征可得， 若m⊥α，α∥β，则m⊥β. 8．(2023·连云港模拟)如图，三棱柱ABC­A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，AA1＝3，AA1⊥AC，D为A1C1的中点，BD＝3，则二面角A1­AC­B的正切值为________． 答案：－　解析：取AC的中点E，连接ED，EB.∵D为A1C1的中点， △ABC是边长为2的正三角形， ∴DE＝AA1＝3，BE＝3，DE⊥AC，BE⊥AC， ∴∠BED为二面角A1­AC­B的平面角． 在△BED中，DE＝3，BE＝3，BD＝3， 由余弦定理得cos ∠BED＝＝－， ∴∠BED＝120°，∴tan ∠BED＝－. 9．(2023·山东枣庄模拟)如图所示，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PDC. 证明：(1)在四边形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝90°， 则∠ABD＝∠ADB＝45°. 又AD∥BC，即有∠DBC＝45°， 又∠DCB＝45°，则∠BDC＝90°， 在折后的几何体P­BCD中，BD⊥DC， 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，且CD⊂平面BCD， 所以CD⊥平面PBD. (2)由(1)知CD⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，得CD⊥BP. 又BP⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PDC，CD⊂平面PDC，所以BP⊥平面PDC. 又BP⊂平面PBC， 所以平面PBC⊥平面PDC. 10．如图所示，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，点D，E分别在棱BB1，CC1上，棱AA1⊥底面ABC，且AB＝BC＝CA＝CE＝EC1＝2BD，记过点A，D，E的平面为α. (1)画出平面α与底面ABC的交线； (2)证明：平面α⊥平面ACC1A1. (1)解：如图所示，分别延长ED和CB相交于点F，连接AF，则AF即为所求交线． (2)证明：因为CE＝2BD，且CC1∥BB1，所以B是CF的中点，所以CB＝BF.又CB＝AB，所以BC＝BF＝BA，可知△FAC是直角三角形，∠FAC＝，即AF⊥AC.又平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，所以AF⊥平面ACC1A1，又AF⊂平面α，故平面α⊥平面ACC1A1. [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 D　解析：依题意可得当点E固定时，过点A作AF⊥BE，F为垂足，连接A1F(图略).在沿BE翻折的过程中，始终有A1F＝AF.即点A1的轨迹是圆弧．所以当点E在任意点移动时，点A1就是一群弧状曲线，所以A，B，C三个选项都不正确． 12．(多选)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则(　　) A．A，M，N，B四点共面 B．平面ADM⊥平面CDD1C1 C．直线BN与B1M所成的角为60° D．BN∥平面ADM BC　解析：如图所示，对于A，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误； 对于B，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，AD⊂平面ADM， 所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确； 对于C，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO， 所以直线BN与B1M所成的角为∠NBO或其补角， 易知△BON为等边三角形， 所以∠NBO＝60°，故C正确； 对于D，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误． 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． 其中正确结论的序号是________． 答案：②　解析：假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE，则AE⊥BD，BD⊥AC，AE∩AC＝A，∴BD⊥平面AEC，故BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确．假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的直角三角形ABC，满足AB⊥AC，从而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．在四棱锥V­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，则二面角V­AB­C的大小为________． 答案：60°　解析：如图，取AC的中点O，连接VO，易证VO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，则VO⊥AB. 取AB的中点H，连接VH，OH，则VH⊥AB. 因为VH∩VO＝V，所以AB⊥平面VHO，所以AB⊥OH，所以∠VHO为二面角V­AB­C的平面角．易求VH2＝VA2－AH2＝4，所以VH＝2.而OH＝BC＝1，所以∠VHO＝60°.故二面角V­AB­C的大小是60°. 15．如图①，在矩形ABCD中，E，F在边CD上，BC＝CE＝FE＝FD.沿BE，AF将△CBE和△DAF折起，使平面CBE和平面DAF都与平面ABEF垂直，如图②. 　 　　　　　图①　　　　　　　　图② (1)试判断图②中直线CD与AB的位置关系，并说明理由； (2)若平面DFA∩平面CEB＝l，证明l⊥平面ABEF. (1)解：CD∥AB.理由如下： 连接CD，分别取AF，BE的中点M，N，连接DM，CN，MN， 由图①可得，△ADF与△BCE都是等腰直角三角形且全等，则DM⊥AF，CN⊥BE，DM＝CN， ∵平面ADF⊥平面ABEF，交线为AF，DM⊂平面ADF，DM⊥AF，∴DM⊥平面ABEF. 同理得CN⊥平面ABEF，∴DM∥CN. 又∵DM＝CN，∴四边形CDMN为平行四边形， ∴CD∥MN. ∵M，N分别是AF，BE的中点，∴MN∥AB， ∴CD∥AB. (2)证明：∵DM∥CN，DM⊂平面DFA，CN⊄平面DFA，∴CN∥平面DFA， ∵CN⊂平面CEB，平面DFA∩平面CEB＝l， ∴CN∥l， 由(1)知CN⊥平面ABEF，∴l⊥平面ABEF. 16．(2023·南京模拟)如图①，在平面四边形ABDC中，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝BC＝2，CD＝1，将△ABC沿BC边折起如图②，使________，点M，N分别为AC，AD的中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①AD＝，②AC为四面体ABDC外接球的直径，③平面ABC⊥平面BCD. 图①　　　　　　　图② (1)判断直线MN与平面ABD的位置关系，并说明理由； (2)求三棱锥A­MNB的体积． 解：(1)若选①：AD＝，在Rt△BCD中， BC＝2，CD＝1，可得BD＝， 又AB＝2，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD. 因为AB⊥BC，且BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面CBD，所以AB⊥平面CBD. 又CD⊂平面CBD，所以AB⊥CD. 又CD⊥BD，AB∩BD＝B，且AB，BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD. 又M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD，所以MN⊥平面ABD. 若选②：因为AC为四面体ABDC外接球的直径，则∠ADC＝90°，CD⊥AD. 因为CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD， 所以CD⊥平面ABD. 又M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD， 所以MN⊥平面ABD. 若选③：易知平面ABC∩平面BCD＝BC， 因为AB⊥BC，且AB⊂平面ABC， 所以AB⊥平面CBD. 又CD⊂平面CBD，所以AB⊥CD. 因为CD⊥BD，AB∩BD＝B，且AB，BD⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD. 又因为M，N分别为AC，AD的中点，所以MN∥CD，所以MN⊥平面ABD. (2)由(1)知MN⊥平面ABD，其中△ABD为直角三角形， 可得S△ANB＝S△ADB＝，MN＝CD＝， 故三棱锥A­MNB的体积为VA－MNB＝VM－ABN＝××＝. [素养拉分练] 17．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，在正方体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BD⊥平面ACC1A1，OC1⊂平面ACC1A1， ∴BD⊥OC1，且OE∩BD＝O，∴OC1⊥平面BDE， 且S△BDE＝BD·OE＝××＝， 即平面α截该正方体所得截面图形的面积为. 学科网（北京）股份有限公司 $$