高三数学（文）一轮复习课堂达标38直线平面垂直的判定及性质

◆牛刀小试•成功靠岸◆课堂达标(三十八)[A基础巩固练]1．(2018·吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c[解析]A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β，由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．[答案]B2．(2018·贵阳市监测考试)如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是()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，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.[答案]B3．如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①② B．①②③C．① D．②③[解析]对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．[答案]B4．在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC的内部[解析]如图连接AC1，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.[答案]A5．如图，在四面体D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE[解析]因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以选C.[答案]C6．已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12)B.eqB.\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eqD.\f(π,6)[解析]取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的体积为eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3)，即∠PAO＝eq\f(π,3).[答案]B7．(2018·青岛模拟)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]由定理可知，BD⊥PC.所以当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.[答案]DM⊥PC(答案不唯一)8．(2018·兰州市实战考试)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD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序号是______．[解析]由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①：∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④：由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.[答案]①③9．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B1F[解析]设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得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)＝h×eq\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).即线段B1F的长为eq\f(1,2).[答案]eq\f(1,2)10．(2018·石家庄模拟)在平面四边形ABCD(图①)中，△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′­ABD.(1)当C′D＝eq\r(2)时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥D′­ABD的高．[解](1)证明：当C′D＝eq\r(2)时，取AB的中点O，连接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，∵C′D＝eq\r(2)，∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB⊂平面ABD，OD⊂平面ABD，∴C′O⊥平面ABD，∵C′O⊂平面C′AB，∴平面C′AB⊥平面DAB.(2)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，∵BC′∩BD＝B，∴AC′⊥平面BDC′，∵C′D⊂平面BDC′，∴AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，由勾股定理得：C′D＝eq\r(AD2－AC′2)＝eq\r(3－2)＝1，而在△BDC′中，BD＝1，BC′＝eq\r(2)，∴△BDC′为直角三角形，S△BDC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).三棱锥C′­ABD的体积V＝eq\f(1,3)×S△BDC×AC′＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6).S△ABD＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，设三棱锥C′­ABD的高为h，则由eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),6)，解得h＝eq\f(\r(6),3).故三棱锥C′­ABD的高为eq\f(\r(6),3).[B能力提升练]1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M、N分别在AB1、BC1上，且AM＝eq\f(1,3)AB1，BN＝eq\f(1,3)BC1，则下列结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④B1D1⊥MN.正确命题的个数是()A．4 B．3C．2 D．1[解析]过M、N分别作BB1的平行线交AB、BC于Q、P.由平行关系可证明PN綊MQ，∴四边形MNPQ为平行四边形，∴MN∥PQ.∴①③对.eq\f(BP,BC)＝eq\f(1,3)，eq\f(BQ,BA)＝eq\f(2,3)，知PQ不平行于AC，∴MN不平行于A1C1.∴②错．由B1D1⊥A1C1，而MN不平行于A1C1，∴MN不垂直于B1D1，故④错．所以选C.[答案]C2．(2018·湖州模拟)在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B­AC­D的余弦值为()A.eq\f(1,3)B.eqB.eq\f(1,2)C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(\r(3),2)[解析]在菱形ABCD中连接BD交AC于O点，则AC⊥BD，在折起后的图中，由四边形ABCD为菱形且边长为1，则DO＝OB＝eq\f(\r(3),2)，由于DO⊥AC，BO⊥AC，因此∠DOB就是二面角B­AC­D的平面角，由BD＝1得cos∠DOB＝eq\f(OD2＋OB2－DB2,2OD·OB)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(3,4)－1,2×\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝eq\f(1,3).[答案]A3．(2018·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是______．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.[解析]由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．[答案]①②④4．(2018·保定模拟)如图，在直角二面角α­MN­β中，等腰直角三角形ABC的斜边BC⊂α，一直角边AC⊂β，BC与β所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4)，则AB与β所成的角是__________．[解析]如图所示，作BH⊥MN于点H，连接AH，则BH⊥β，∠BCH为BC与β所成的角．∵sin∠BCH＝eq\f(\r(6),4)＝eq\f(BH,BC)，设BC＝1，则BH＝eq\f(\r(6),4).∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC＝AB＝eq\f(\r(2),2)，∴AB与β所成的角为∠BAH.∴sin∠BAH＝eq\f(BH,AB)＝eq\f(\f(\r(6),4),\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),2)，∴∠BAH＝eq\f(π,3).[答案]eq\f(π,3)5．(2017·北京)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E­BCD的体积．[解](1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，所以PA⊥平面ABC，又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD.(2)证明：因为AB＝BC，D为AC中点，所以BD⊥AC，由(1)知，PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC，所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，所以PA∥DE.因为D为AC的中点，所以DE＝eq\f(1,2)PA＝1，BD＝DC＝eq\r(2).由(1)知，PA⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.所以三棱锥E­BCD的体积V＝eq\f(1,6)BD·DC·DE＝eq\f(1,3).[C尖子生专练](2018·汕头模拟)已知四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，E是侧棱PC上的动点．(1)求四棱锥P­ABCD的体积．(2)是否不论点E在何位置，都有BD⊥AE？证明你的结论．(