全品高考备战2027年数学一轮学生用书04第44讲直线、平面垂直的判定与性质【答案】作业手册

第44讲直线、平面垂直的判定与性质1.A[解析]若m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,所以必要性不成立;若n∥α,m⊥α,则m⊥n,所以充分性成立.所以“n∥α”是“m⊥n”的充分不必要条件.故选A.2.D[解析]对于A,若m∥α,m∥n,则n∥α或n⊂α,故A错误;对于B,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ或α与γ相交,故B错误;对于C,若m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,又n∥β,所以α∥β或α,β相交,故C错误;对于D,因为l∥m,α∩γ=m,l⊄γ,所以l∥γ,又β∩γ=n,l⊂β,所以l∥n,又因为l∥m,所以m∥n,故D正确.故选D.3.B[解析]由平面α⊥β,得在平面α内存在直线m⊥β,若l⊥β,则l∥m,又m⊂α,l⊄α,所以l∥α.当l∥α,平面α⊥β时,并不一定能推出l⊥β,如图,在正方体中,平面ABCD⊥平面CDD1C1,A1B1∥平面CDD1C1,此时A1B1不垂直于平面ABCD.故“l∥α”是“l⊥β”的必要不充分条件.故选B.4.A[解析]如图,连接BD,交AC于点O,易知O为BD的中点,因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以AA1⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以AA1⊥BD,又底面ABCD为正方形,所以AC⊥BD.因为AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C,所以BD⊥平面AA1C,所以点D到平面ACA1的距离为DO=322.5.C[解析]因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD,PA⊂平面PAB,所以平面PAD⊥平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD.因为AB⊥AD,PA⊥AB,且AD∩AP=A,AD,AP⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD,又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.因为DC∥AB,所以CD⊥平面PAD,又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD,同理平面PCB⊥平面PAB.综上,共有5对互相垂直的平面.故选C.6.BC[解析]方法一:对于A,如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC,所以AA1⊥AD,则A1A·AD=0.因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,所以AD⊥BC,则CD·AD=0,又A1C=A1A+AD+DC,所以A1C·AD=(A1A+AD+DC)·AD=A1A·AD+AD2+DC·AD=AD2≠0,则AD⊥A1C不成立,故A错误;对于B,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,所以AD⊥BC,又AA1∩AD=A,AA1,AD⊂平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,故B正确;对于C,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1∥AA1,又AA1⊂平面AA1D,CC1⊄平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故C正确;对于D,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,假设AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩方法二:如图,建立空间直角坐标系,设该正三棱柱的底面边长为2,高为h,则D(0,0,0),A(3,0,0),A1(3,0,h),C(0,-1,0),C1(0,-1,h),B(0,1,0),B1(0,1,h).对于A,AD=(-3,0,0),A1C=(-3,-1,-h),则AD·A1C=(-3)×(-3)+0=3≠0,则AD⊥A1C不成立,故A错误;对于B,C,BC=(0,-2,0),CC1=(0,0,h),AA1=(0,0,h),AD=(-3,0,0),设平面AA1D的法向量为n=(x,y,z),则AA1·n=hz=0,AD·n=-3x=0,得x=z=0,则n=(0,1,0),所以BC=(0,-2,0)=-2n,CC1·n=0,则BC⊥平面AA1D,CC1∥方法三:对于A,取B1C1的中点D1,连接A1D1,CD1,因为A1D1⊥CD1,A1D1∥AD,所以A1D1与A1C不垂直,即AD与A1C不垂直,故A错误;对于B,因为AD⊥BC,AA1⊥BC,AD∩AA1=A,所以BC⊥平面AA1D,故B正确;对于C,因为CC1∥AA1,CC1⊄平面AA1D,AA1⊂平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故C正确;对于D,因为AB∩AD=A,AB∥A1B1,所以AD与A1B1不平行,故D错误.故选BC.7.D1(答案不唯一)[解析]因为ABCD-A1B1C1D1是长方体,所以AD⊥平面CDD1C1,因为点E为棱CC1上任意一点,所以当点F∈C1D1时,EF⊂平面CDD1C1,所以AD⊥EF,所以F为C1D1(除点C1外)上的任意一点.8.2143[解析]在三棱锥A-BCC'中,AC'=AC=AB=4,BC'=BC=2,因为CC'=22,所以BC'2+BC2=CC'2,所以∠C'BC=90°.取CC'的中点O,连接AO,BO,则BO=2,AO=AC2-OC2=14,因为BO2+AO2=AB2,所以AO⊥BO,又AO⊥CC',BO∩CC'=O,BO,CC'⊂平面BCC',所以AO⊥平面BCC',所以三棱锥A-BCC'的体积V=9.证明:(1)∵侧面BCC1B1为正方形,且B1C∩BC1=E,∴E为B1C的中点,又D为B1A的中点,∴DE∥AC,又A1C1∥AC,∴A1C1∥DE,又DE⊄平面A1B1C1,A1C1⊂平面A1B1C1,∴DE∥平面A1B1C1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,∵AC⊂平面ABC,∴AC⊥CC1,又AC⊥BC,BC,CC1⊂平面BCC1,BC∩CC1=C,∴AC⊥平面BCC1,又BC1⊂平面BCC1,∴AC⊥BC1.∵侧面BCC1B1为正方形,∴BC1⊥B1C,又B1C∩AC=C,B1C,AC⊂平面ACB1,∴BC1⊥平面ACB1.10.C[解析]如图所示,取AC的中点G,连接BG,EG,DG.∵ABC-A1B1C1是正三棱柱,G为AC的中点,∴BG⊥AC,EG∥A1A,∴EG⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC,∴EG⊥AC,∵BG∩EG=G,BG,EG⊂平面B1BGE,∴AC⊥平面B1BGE,∵BF⊂平面B1BGE,∴AC⊥BF.要使BF⊥平面ACD,只需BF⊥DG.设三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2a,则B1E=BG=3a,BD=a,∴∠BDG=π3,∠B1BF=π6,∴在Rt△BB1F中,33=tan∠B1BF=B1FB1B=B1F2a,∴B1F=11.C[解析]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接PO,PC,如图.P为侧面ADD1A1上的动点,要使PB=PD,∵O为BD的中点,∴PO⊥BD,又AC⊥BD,AC∩PO=O,AC,PO⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC,∵AP⊂平面PAC,∴BD⊥AP,又AB⊥平面ADD1A1,PA⊂平面ADD1A1,∴AB⊥PA,又AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD,又AA1⊥平面ABCD,∴P∈AA1.反之,当P∈AA1时,PB=PA2+AB2,PD=PA2+AD2,AB=AD,则PB=PD,∴点P的运动轨迹为线段AA1.当点P12.AC[解析]对于A,∵四边形ABCD为正方形,∴AB∥CD,又AB⊂平面ABF,DC⊄平面ABF,∴DC∥平面ABF,∵DE∥BF,BF⊂平面ABF,DE⊄平面ABF,∴DE∥平面ABF,又DC∩DE=D,DC,DE⊂平面CDE,∴平面CDE∥平面ABF,又AF⊂平面ABF,∴AF∥平面CDE,故A正确;对于B,VE-ADC=13·S△ADC·DE=13×12×2×2×2=43,易知△ACE为正三角形,且边长为22,∴S△ACE=34×(22)2=23,∵VE-ADC=VD-AEC,∴点D到平面AEC的距离d满足13×23×d=43,解得d=233,故B错误;对于C,连接BD交AC于点O,连接EO,FO,取DE的中点G,连接FG,则△EFG为直角三角形,易知DO=BO=2,∴EF=(22)2+1=3,EO=22+2=6,FO=12+2=3,∴EO2+FO2=EF2,∴EO⊥FO,∵△ACE为等边三角形,且O为AC的中点,∴EO⊥AC,又FO∩AC=O,FO,AC⊂平面ACF,∴EO⊥平面ACF,又EO⊂平面ACE,∴平面ACE⊥平面ACF,故C正确;对于D,易知AC=22,又FO=3,△ABF与△CBF全等,∴AF=FC,∴△AFC为等腰三角形,∴AC⊥FO,∴S△AFC=12×22×3=6,∴VA-CEF=V13.平面GED(或平面GFD)[解析]在正方形ABCD中,DA⊥AE,DC⊥CF,故在四面体G-EFD中,DG⊥GE,DG⊥GF,又GE∩GF=G,GE,GF⊂平面GEF,所以DG⊥平面GEF,又DG⊂平面GED,所以平面GED⊥平面GEF,同理,平面GFD⊥平面GEF.14.23+2[解析]∵SA=SC=AB=BC=22,AC=4,∴SA2+SC2=AC2,AB2+BC2=AC2,SA⊥SC,BA⊥BC,记AC的中点为O,连接OS,OB,如图①.∵SA=SC,∴OS⊥AC,∵平面SAC⊥平面ABC,平面SAC∩平面ABC=AC,∴OS⊥平面ABC,又OB⊂平面ABC,∴OS⊥OB.由OS=OB=2,得SB=22=SA=AB,∴△SAB为等边三角形.把△SAB绕AB翻折,使得平面SAB与平面ABC在同一平面上,连接SC交AB于点E,则∠SBC=150°,如图②所示,则SE+CE的最小值为平面ASBC内SC的长度,在△SBC中,SC2=SB2+BC2-2SB·BC·cos∠SBC=8+8-2×22×22×-32=16+83=(23+2)2,∴SC=23+2,即SE+CE的最小值为2315.解:(1)因为四边形ABCD为正方形,E,M分别为AD,BC的中点,所以AE=DE=MC=BM,AE∥BM,DE∥CM,所以四边形ABME和四边形DCME均为平行四边形,所以AB∥ME,DC∥ME.因为ME⊄平面SAB,AB⊂平面SAB,ME⊄平面SCD,DC⊂平面SCD,所以EM∥平面SAB,EM∥平面SCD.(2)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥AD,因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面SAD,又AB⊂平面SAB,所以平面SAD⊥平面SAB.(3)存在,当N为SC的中点时,平面DMN⊥平面ABCD.连接EC,SE,DM,设DM∩EC=O,连接ON,因为四边形EMCD为平行四边形,所以EO=CO,又N为SC的中点,所以NO∥SE.因为SA=SD=AD=2,E为AD的中点,所以SE⊥AD,SE=3,所以NO=32因为平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,SE⊂平面SAD,所以SE⊥平面ABCD,所以NO⊥平面ABCD,又NO⊂平面DMN,所以平面DMN⊥平面ABCD,所以存在点N,使得平面DMN⊥平面ABCD.VC-DMN=VN-CDM=13×12×2×1×3216.D[解析]四边形CMNK是矩形,则CM⊥MN,又CM∥KN,KN⊥OB,∴CM⊥OB,∵MN∩OB=N,MN,OB⊂平面OBD,∴CM⊥平面OBD,∵OM⊂平面OBD,∴CM⊥OM,同理可得MN⊥平面OAB.∵OK⊂平面OAB,∴MN⊥OK,∵MN∥KC,∴KC⊥OK,∴cosα=ONOK,sinα=NKOK,cosβ=OKOC,sinβ=CKOC,cosγ=ONOM,sinγ=MNOM,cosδ=OMOC,sinδ=CMOC,其中,CM=KN,CK=MN,∵cosγcosδ=ONOM·OMOC=ONOC,sinβ=CKOC=MNOC,cosβ=OKOC,∴cosγcosδ≠sinβ,cosγcosδ≠cosβ,故A,B均错误;∵cosγcosδ17.BCD[解析]对于A,由点P为CC1上的动点,设PC1=x,PC=2-x(0≤x≤2),则A1P=4+x2,BP=4+(2-x)2,A1B=22,所以A1B+A1P+PB=22+4+x2+4+(2-x)2不为定值,故A错误;对于B,S△ABQ=12AB·AA1=12×2×2=2,因为CC1∥平面ABQ,所以点P到平面ABQ的距离始终为3,所以VB-APQ=VP-ABQ=13×S△ABQ×3=13×2×3=233,故B正确;对于C,取A1C1的中点M,连接B1M,过点Q作QN∥B1M交A1C1于点N,连接PN,设PC=t,则A1Q=2PC=2t,因为A1QA1B1=A1NA1M,所以2t2=A1N1,所以A1N=PC=t,所以PN∥A1C,又A1C⊥AC1,