2022高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业42 直线、平面垂直的判定和性质 文

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1、2022高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业42 直线、平面垂直的判定和性质 文 [基础达标] 一、选择题 1．直线a⊥平面α，b∥α，则a与b的关系为(　　) A．a⊥b，且a与b相交 B．a⊥b，且a与b不相交 C．a⊥b D．a与b不一定垂直 解析：∵b∥α，∴b平行于α内的某一条直线，设为b′， ∵a⊥α，且b′⊂α，∴a⊥b′， ∴a⊥b，但a与b可能相交，也可能异面． 答案：C 2．PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB，PC，PD，AC，BD，则下列垂直关系正确的是(　　) ①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面PAD；③平面PA

2、B⊥平面PCD；④平面PAB⊥平面PAC. A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 解析：由PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD得PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，则BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，得平面PAB⊥平面PBC，故①正确，同理可证②正确． 答案：A 3．[2019·成都诊断性检测]已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是(　　) A．若m⊂α，则m⊥β B．若m⊂α，n⊂β，则m⊥n C．若m⊄α，m⊥β，则m∥α D．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α 解析：选项A中，若m⊂α，则直线m和平面β可能

3、垂直，也可能平行或相交，故选项A不正确；选项B中，直线m与直线n的关系不确定，可能平行，也可能相交或异面，故选项B不正确；选项C中，若m⊥β，则m∥α或m⊂α，又m⊄α，故m∥α，选项C正确；选项D中，缺少条件n⊂β，故选项D不正确，故选C. 答案：C 4．[2017·全国卷Ⅲ]在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：∵ A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴ B，D错； ∵ A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1， ∴

4、 A1E⊥BC1，故C正确； (证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴ BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1， ∴ A1E⊥BC1) ∵ A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错． 故选C. 答案：C 5．[2019·惠州调研]设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，则下列命题中正确的个数是(　　) ①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n. A．1 B．2 C．3 D．4 解析

5、：对于①，若l⊥α，则l与α不可能平行，l也不可能在α内，所以l与α相交，①正确；对于②，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则有可能是l⊂α，故②错误；对于③，若l∥m，m∥n，则l∥n，又l⊥α，所以n⊥α，故③正确；对于④，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正确．选C. 答案：C 二、填空题 6．如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________． 解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC； ∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，

6、 ∴AB⊥平面PAC， ∴AB⊥AP.与AP垂直的直线是AB. 答案：AB，BC，AC　AB 7．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件： ①AC⊥α；②AC∥α；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF. 其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上) 解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要得到BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件． 答案：①③ 8．如图，在四棱锥P－A

7、BCD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正确的条件即可)． 解析：∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD， ∴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. 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC) 三、解答题 9．[2019·陕西质量检测]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，∠ABC＝90°，侧面A1ABB1⊥底面ABC. (1)求证：AB1⊥平面A1BC； (2)若AC＝5，BC＝3，

8、∠A1AB＝60°，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积． 解析：(1)证明：在侧面A1ABB1中， ∵A1A＝AB， ∴四边形A1ABB1为菱形， ∴AB1⊥A1B. ∵侧面A1ABB1⊥底面ABC，∠ABC＝90°， ∴CB⊥平面A1ABB1. ∵AB1⊂平面A1ABB1， ∴CB⊥AB1. 又A1B∩BC＝B， ∴AB1⊥平面A1BC. (2)解法一　如图，过A1作A1D⊥AB，垂足为D. ∵平面ABC⊥平面A1ABB1， 平面ABC∩平面A1ABB1＝AB， ∴A1D⊥平面ABC， ∴A1D为三棱柱ABC－A1B1C1的高． ∵BC＝3，AC＝5，∠A

9、BC＝90°， ∴AB＝4，又AA1＝AB，∠A1AB＝60°， ∴△A1AB为等边三角形， ∴A1D＝×AB＝2. ∴VABC－A1B1C1＝S△ABC·A1D＝×4×3×2＝12. 解法二　在△ABC中，由AC＝5，BC＝3，∠ABC＝90°，可得AB＝4. 又A1A＝AB，∠A1AB＝60°，∴△ABA1是边长为4的等边三角形，∴S△ABA1＝×42＝4. 由(1)知BC⊥平面ABA1，∴VC－ABA1＝×S△ABA1×BC＝×4×3＝4. 设三棱柱ABC－A1B1C1的高为h， 则VABC－A1B1C1＝S△ABC·h＝3×＝3VA1－ABC＝3VC－ABA1＝3×4

10、＝12. 10．[2018·北京卷，18]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点． (1)求证：PE⊥BC； (2)求证：平面PAB⊥平面PCD； (3)求证：EF∥平面PCD. 解析：(1)因为PA＝PD，E为AD的中点， 所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形， 所以BC∥AD.所以PE⊥BC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A， 所以PD⊥平面PAB.PD⊂平

11、面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. (3)取PC中点G，连接FG，DG. 因为F，G分别为PB，PC的中点， 所以FG∥BC，FG＝BC. 因为ABCD为矩形，且E为AD的中点， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四边形DEFG为平行四边形． 所以EF∥DG. 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. [能力挑战] 11．如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P－ABCE. (1)求证：AP⊥平面ABCE； (2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l. 　 证明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.而AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE. (2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE， ∴AB∥平面PCE. 又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.