高三数学一轮复习课时作业第七章第五节直线平面垂直的判定及其性质

课时作业A组——基础对点练1.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中共有直角三角形个数为()A．4 B．3C．2 D．1解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形．答案：A2．(2018·兰州诊断考试)设α，β，γ为不同的平面，m，n为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件是()A．α⊥β，α∩β＝n，m⊥nB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥β，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：A不对，m可能在平面β内，也可能与β平行；B，C不对，满足条件的m和β可能相交，也可能平行；D对，由n⊥α，n⊥β可知α∥β，结合m⊥α知m⊥β，故选D.答案：D3．(2018·长沙市模拟)平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线AB1，且平面α⊥平面C1BD，平面α∩平面ADD1A1＝AS，则∠AA.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(1,2)解析：连接AC，A1C，正方体ABCD­A1B1C1D1中，BD⊥AC，BD⊥AA1，∵AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面AA1C，∴A1C⊥BD，同理，得A1C⊥BC1，∵BD∩BC1＝B，∴A1C⊥平面C1BD，如图，以AA1为侧棱补作一个正方体AEFG­A1PQR，使得侧面AGRA1与平面ADD1A1共面，连接AQ，则AQ∥CA1，连接QB1，交A1R于S，则平面AQB1就是平面α，∵AQ∥CA1，∴AQ⊥平面C1BD，∵AQ⊂平面α，∴平面α⊥平面C1BD，∴tan∠A1AS＝eq\f(A1S,AA1)＝eq\f(1,2).故选D.答案：D4.如图，O是正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是()A．A1D B．AA1C．A1D1 D．A1C解析：连接B1D1(图略)，则A1C1⊥B1D1，根据正方体特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O⊂平面BB1D1D，所以B1O⊥A1C1.答案：D5.如图，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有________(写出全部正确命题的序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.解析：由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，从而AC⊥平面BDE，所以平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故③正确．答案：③6.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正确的结论有________．解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③AF⊥PB，若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．答案：①②④7.如图所示，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)解析：如图，连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴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等)8．如图，四棱锥PABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．求证：(1)AP∥平面BEF；(2)BE⊥平面PAC.证明：(1)设AC∩BE＝O，连接OF，EC，如图所示．由于E为AD的中点，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．又F为PC的中点，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF.所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.9．(2017·唐山统考)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，E为棱PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)若PD＝AD＝2，PB⊥AC，求点P到平面AEC的距离．解析：(1)证明：如图，连接BD，交AC于点F，连接EF，∵底面ABCD为矩形，∴F为BD中点，又E为PD中点，∴EF∥PB，又PB⊄平面AEC，EF⊂平面AEC，∴PB∥平面AEC.(2)∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，又PB⊥AC，PB∩PD＝P，∴AC⊥平面PBD，∵BD⊂平面PBD，∴AC⊥BD，∴四边形ABCD为正方形．又E为PD的中点，∴P到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离，设D到平面AEC的距离为h，由题意可知AE＝EC＝eq\r(5)，AC＝2eq\r(2)，S△AEC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，由VDAEC＝VEADC得eq\f(1,3)S△AEC·h＝eq\f(1,3)S△ADC·ED，解得h＝eq\f(\r(6),3)，∴点P到平面AEC的距离为eq\f(\r(6),3).B组——能力提升练1.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论正确的是()A．DB1⊥D1PB．平面AD1P⊥平面A1DB1C．∠APD1的最大值为90°D．AP＋PD1的最小值为eq\f(\r(2)＋\r(6),2)解析：当点P在A1点时，DB1与D1A1显然不垂直，A错误；∵A1B1⊥平面ADD1A1，∴A1B1⊥AD1，又在正方形ADD1A1中，A1D⊥AD1，∴AD1⊥平面A1DB1.又AD1⊂平面AD1P，∴平面AD1P⊥平面A1DB1，B正确．∵正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，∴AD1＝A1B＝eq\r(2)，BD1＝eq\r(3)，令A1P＝x，则0≤x≤eq\r(2)，∴D1P＝eq\r(x2＋1)，AP＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1P2－2AA1×A1Pcos∠AA1P)＝eq\r(x2－\r(2)x＋1)，∴cos∠APD1＝eq\f(AP2＋PD\o\al(2,1)－AD\o\al(2,1),2AP×PD1)＝eq\f(2x2－\r(2)x,2AP×PD1)＝eq\f(\r(2)x\r(2)x－1,2AP×PD1)，显然，当x＝0或x＝eq\f(\r(2),2)时，cos∠APD1＝0，∠APD1＝90°；当0<x<eq\f(\r(2),2)时，cos∠APD1<0,90°<∠APD1<180°；当eq\f(\r(2),2)<x≤eq\r(2)时，cos∠APD1>0,0°<∠APD1<90°.∴∠APD1的最大值大于90°，且当x＝eq\f(\r(2),4)时，cos∠APD1最大，此时AP＝eq\f(\r(10),4)，D1P＝eq\f(3\r(2),4)，显然eq\f(\r(10),4)＋eq\f(3\r(2),4)<eq\f(\r(2)＋\r(6),2)，C，D均错误，故选B.答案：B2．(2018·石家庄质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是()解析：如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD.设AB＝BD＝CD＝1，则eq\f(CP,AC)＝eq\f(x,\r(3))＝eq\f(PQ,1)，即PQ＝eq\f(x,\r(3))，又eq\f(QR,1)＝eq\f(BQ,BC)＝eq\f(AP,AC)＝eq\f(\r(3)－x,\r(3))，所以QR＝eq\f(\r(3)－x,\r(3))，所以PR＝eq\r(PQ2＋QR2)＝eq\r(\f(x,\r(3))2＋\f(\r(3)－x,\r(3))2)＝eq\f(\r(3),3)eq\r(2x2－2\r(3)x＋3)，所以f(x)＝eq\f(\r(3),6)eq\r(2x2－2\r(3)x＋3)＝eq\f(\r(6),6)eq\r(x－\f(\r(3),2)2＋\f(3,4))，故选A.答案：A3.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1FA.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq\r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝heq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面积相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，得x＝eq\f(1,2).答案：A4．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C(1)证明：B1C⊥(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1解析：(1)证明：如图，连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)如图，作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，所以OD＝eq\f(\r(3),4).由于AC⊥AB1，所以OA＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2).由OH·AD＝OD·OA，且AD＝eq\r(OD2＋OA2)＝eq\f(\r(7),4)，得OH＝eq\f(\r(21),14).又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为eq\f(\r(21),7).故三棱柱ABCA1B1C1的高为eq\f(\r(21),7).5．(2017·北京东城区模拟)如图，在四棱锥EABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD＝3AB.(1)求证：平面ACE⊥平面CDE；(2)在线段DE上是否存在一点F，使AF∥平面BCE？若存在，求出eq\f(EF,ED)的值；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：因为CD⊥平面ADE，AE⊂平面ADE，所以CD⊥AE.又AE⊥DE，CD∩DE＝D，所以AE⊥平面CDE，因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面CDE.(2)在线段DE上存在一点F，且eq\f(EF,ED)＝eq\f(1,3)，使AF∥平面BCE.设F为线段DE上一点，且eq\f(EF,ED)＝eq\f(1,3).过点F作FM∥CD交CE于点M，连接BM，AF，则FM＝eq\f(1,3)CD.因为CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD∥AB.又FM∥CD，所以FM∥AB.因为CD＝3AB，所以FM＝AB.所以四边形ABMF是平行四边形，所以AF∥BM.又AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE，所以AF∥平面BCE.6．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．(1)求证：AD⊥平面PBE；(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；(3)若VPBCDE＝2VQABCD，试求eq\f(CP,CQ)的值．解析：(1)证明：由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所