2019年高考數(shù)學(xué)文科一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)42直線平面垂直的判定和性質(zhì)

課時(shí)作業(yè)42直線、平面垂直的判定和性質(zhì)一、選擇題1．(2018·新疆第二次適應(yīng)性檢測(cè))設(shè)m，n是不同的直線，α，β，γ是不同的平面，有以下四個(gè)命題：①若α∥β，α∥γ，則β∥γ②若α⊥β，m∥α，則m⊥β③若m⊥α，m∥β，則α⊥β④若m∥n，n?α，則m∥α其中正確命題的序號(hào)是()A．①③B．①④C．②③D．②④解析：對(duì)于①，因?yàn)槠叫杏谕粋€(gè)平面的兩個(gè)平面相互平行，所以①正確；對(duì)于②，當(dāng)直線m位于平面β內(nèi)，且平行于平面α，β的交線時(shí)，滿足條件，但顯然此時(shí)m與平面β不垂直，因此②不正確；對(duì)于③，在平面β內(nèi)取直線n平行于m，則由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n?β，因此有α⊥β，③正確；對(duì)于④，直線m可能位于平面α內(nèi)，顯然此時(shí)m與平面α不平行，因此④不正確．綜上所述，正確命題的序號(hào)是①③，選A.答案：A2．(2017·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CDA．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解析：如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯(cuò)；∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC∴A1E⊥BC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)．故選C.答案：C3．(2018·銀川一模)如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)沿AE、AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B、C、D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有()A．AH⊥平面EFHB．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEF解析：由平面圖形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故選A.答案：A4．(2018·貴陽(yáng)模擬)如圖，在正棱錐P－ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因?yàn)锳P⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A正確；C中，因?yàn)槠矫鍮PC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C正確；D中，由A知D正確；B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B.答案：B5．如圖所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長(zhǎng)．其中正確的是()A．①②B．①②③C．①D．②③解析：對(duì)于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴BC⊥PC.對(duì)于②，∵點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)，∴OM∥PA，∵PA?平面PAC，OM?平面PAC，∴OM∥平面PAC.對(duì)于③，由①知BC⊥平面PAC，∴線段BC的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離，故①②③都正確．答案：B6．(2018·太原二模)如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD.則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC解析：∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故選D.答案：D二、填空題7．已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正確命題的個(gè)數(shù)是________．解析：如圖所示，∵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：38．(2018·湖北武漢武昌調(diào)研)在矩形ABCD中，AB<BC，現(xiàn)將△ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折的過(guò)程中，給出下列結(jié)論：①存在某個(gè)位置，使得直線AC與直線BD垂直；②存在某個(gè)位置，使得直線AB與直線CD垂直；③存在某個(gè)位置，使得直線AD與直線BC垂直．其中正確結(jié)論的序號(hào)是________．(寫(xiě)出所有正確結(jié)論的序號(hào))解析：如圖，若AC⊥BD，已知CF⊥BD，AC∩CF＝C，那么BD⊥平面ACF，則BD⊥AF，這與平面內(nèi)，過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線垂直矛盾，所以①不正確；當(dāng)點(diǎn)A在平面BCD內(nèi)的射影落在線段BC上時(shí)，AB⊥CD，所以存在某個(gè)位置使AB⊥CD；所以②成立；若AD⊥BC，已知BC⊥CD，CD∩AD＝D，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AC，那么AB>BC，這與已知矛盾，所以③不正確．答案：②9．(2018·河南安陽(yáng)二模)如圖，在正四棱錐S－ABCD中，E，M，N分別是BC，CD，SC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在線段MN上運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列四個(gè)結(jié)論：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC，其中恒成立的為_(kāi)_______．解析：如圖所示，設(shè)AC、BD相交于點(diǎn)O，連接SO，EM，EN.對(duì)于①，由S－ABCD是正四棱錐，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC.∵SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分別是BC，CD，SC的中點(diǎn)，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，SD∩BD＝D，SD，BD?平面SBD，MN，EM?平面EMN，∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP.故①正確．對(duì)于②，易知EP與BD是異面直線，因此②不正確．對(duì)于③，由①可知平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此③正確．對(duì)于④，由①同理可得EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，則EP∥EM，與EP∩EM＝E相矛盾，因此，當(dāng)P與M不重合時(shí)，EP與平面SAC不垂直．即④不正確，故選A.答案：①③三、解答題10．(2017·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.(1)證明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．解析：(1)證明：如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接DO，BO.因?yàn)锳D＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.BO∩DO＝O，從而AC⊥平面DOB，BD?平面DOB，故AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC.又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD.故E為BD的中點(diǎn)，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1.11．(2018·湖南湘中教研)如圖所示的幾何體QPABCD為一簡(jiǎn)單組合體，在底面ABCD中，∠DAB＝60°，AD⊥DC，AB⊥BC，QD⊥平面ABCD，PA∥QD，PA＝1，AD＝AB＝QD＝2.(1)求證：平面PAB⊥平面QBC；(2)求該組合體QPABCD的體積．解析：(1)證明：因?yàn)镼D⊥平面ABCD，PA∥QD，所以PA⊥平面ABCD.又BC?平面ABCD，所以PA⊥BC，因?yàn)锳B⊥BC，且AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC?平面QBC，所以平面PAB⊥平面QBC.(2)平面QDB將幾何體分成四棱錐B－PADQ和三棱錐Q－BDC兩部分，過(guò)B作BO⊥AD，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BO?平面ABCD，所以PA⊥BO，又AD⊥OB，PA∩AD＝A，所以BO⊥平面PADQ，即BO為四棱錐B－APQD的高，因?yàn)锽O＝eq\r(3)，S四邊形PADQ＝3，所以VB－PADQ＝eq\f(1,3)·BO·S四邊形PADQ＝eq\r(3)，因?yàn)镼D⊥平面ABCD，且QD＝2，又△BCD為頂角等于120°的等腰三角形，BD＝2，S△BDC＝eq\f(\r(3),3)，所以VQ－BDC＝eq\f(1,3)·S△BDC·QD＝eq\f(2\r(3),9)，所以組合體QPABCD的體積為eq\r(3)＋eq\f(2\r(3),9)＝eq\f(11\r(3),9).[能力挑戰(zhàn)]12．(2017·山東卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱錐C1－B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，A1E⊥平面ABCD(1)證明：A1O∥平面B1CD1；(2)設(shè)M是OD的中點(diǎn)，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.證明：(1)取B1D1的中點(diǎn)O1，連接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四邊形A1OCO1為平行四邊