8.6 空间直线、平面的垂直（分层练习）（解析版）

第八章立体几何初步8.6空间直线、平面的垂直精选练习基础篇1．设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下面说法正确的是（    ）A．若α⊥β，α⊥γ，则β//γB．若α⊥β，m//α，则m⊥βC．若m⊥α，m//β，则α⊥βD．若m//n，n⊂α，则m//α【答案】C【分析】由线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质、面面垂直的判定等判断各选项的正误.【详解】A：由α⊥β，α⊥γ，则β//γ或β,γ相交，错误；B：由α⊥β，m//α，则m//β或m⊂β或m,β相交，错误；C：由m//β，则存在直线l⊂β且l//m，而m⊥α则l⊥α，根据面面垂直的判定易知α⊥β，正确；D：由m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，错误.故选：C2．设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题中正确的是（    ）A．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nB．若m//α，n//α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n//αD．若m//α，m⊥n，则n⊥α【答案】A【分析】根据空间线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，根据线面垂直的定义可知，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，A选项正确.B选项，若m//α，n//α，则m,n可能平行，∴B选项错误.C选项，若m⊥α，m⊥n，则n可能含于平面α，∴C选项错误.D选项，若m//α，m⊥n，则n可能含于平面α，∴D选项错误.故选：A3.如图，线段AB，BD在平面α内，BD⊥AB，AC⊥α，且AB=4，BD=3，AC=12，则C，D两点间的距离为（    ）A．19B．17C．15D．13【答案】D学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据线面垂直的性质定理结合勾股定理求解.【详解】连接AD，∵BD⊥AB，∴AD=AB2+BD2=5,又∵AC⊥α，AD⊂α,∴AC⊥AD，∴CD=AC2+AD2=13，故选:D.3.（多选）如图，用正方体ABCD一A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法正确的是（    ）A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【答案】ABC【分析】根据线线垂直、线线平行等知识确定正确答案.【详解】由于N是CD1的中点，∴C1,N,D三点共线，则N是C1D的中点，由于M是BC1的中点，∴MN//BD，C选项正确.根据正方体的性质可知CC1⊥平面ABCD，由于BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，∴CC1⊥MN，A选项正确.由于AC⊥BD，∴MN⊥AC，B选项正确.由于A1B1//AB，AB与BD相交，∴MN与A1B1不平行，D选项错误.5．已知二面角α−l−β，若直线a⊥α，直线b⊥β，且直线a,b所成角的大小为60°，则二面角α−l−β的大小为_________.【答案】60°或120°【分析】作出二面角的平面角，然后利用直线夹角与二面角的平面角的关系求出二面角的大小【详解】设点P是二面角α−l−β内的一点，过P分别作直线a,b的平行线PA,PB，且PA垂直于α于A，PB垂直于β于B，设平面PAB交直线l于点O，连接OA，OB，由于PA⊥α，PB⊥β，l⊂α，l⊂β，故PA⊥l，PB⊥l，又PA∩PB=P，PA,PB⊂平面PAB，故l⊥平面PAB，又OA，OB⊂平面PAB，故l⊥OA，l⊥OB，∴∠AOB为二面角α−l−β的平面角，∵直线a,b所成角的大小为60°，∴∠APB=60°或120°，当∠APB=120°时，如图1，∵∠APB+∠AOB=180°，∴∠AOB=60°；当∠APB=60°时，如图2，∵∠APB+∠AOB=180°，∴∠AOB=120°;学科网（北京）股份有限公司 综上，二面角α−l−β的大小为60°或120°6．如图，在直二面角α−AB−β中，AC和BD分别在平面α和β上，它们都垂直于AB，且AB=4，AC=6，BD=8，则CD=______．【答案】229【分析】连接BC，由面面垂直的性质可得BD⊥α，再由线面垂直的性质有BD⊥BC，在Rt△ABC、Rt△DBC中，利用勾股定理求CD.【详解】连接BC，在直二面角α−AB−β中BD⊥AB，α∩β=AB，BD⊂β，∴BD⊥α，又BC⊂α，则BD⊥BC，又AC⊥AB，∴，在Rt△ABC、Rt△DBC中CD=AC2+AB2+BD2=229.故答案为：2297．三棱锥P−ABC中，点Р在底面ABC内的射影为Q，若PA=PB=PC，则点Q定是△ABC的______心．【答案】外【分析】由PA=PB=PC可得QA=QB=QC，故Q是△ABC的外心.【详解】解：如图，∵点P在底面ABC内的射影为Q,∴PQ⊥平面ABC又∵QA⊂平面ABC、QB⊂平面ABC、QC⊂平面ABC，∴PQ⊥QA、PQ⊥QB、PQ⊥QC.在Rt△PQA和Rt△PQB中，PA=PBPQ=PQ,∴△PQA≅△PQB，∴QA=QB同理可得：QA=QC,故QA=QB=QC，故Q是△ABC的外心.8．如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证：平面AEC⊥平面PBD．【答案】证明见解析【分析】根据PA=PC可得AC⊥PO,根据四边形ABCD为菱形,可得AC⊥BD,再根据线面垂直的判断定理可得AC⊥平面PBD学科网（北京）股份有限公司 ，再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】（1）设AC∩BD=O,连接EO,PO,如图所示:∵PA=PC,O为AC的中点,∴AC⊥PO,又∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵PO⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,且PO∩BD=O,∴AC⊥平面PBD,又∵AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PBD．9．空间四边形ABCD，E，F，G分别是BC，AD，DC的中点，FG＝2，GE＝5，EF＝3.求证：AC⊥BD.【答案】证明见解析【分析】异面直线所成角为90°，则两直线垂直.【详解】∵点G，E分别是CD，BC的中点，∴GE//BD，同理GF//AC.∴∠FGE或∠FGE的补角是异面直线AC与BD所成的角．在△EFG中，∵FG＝2，GE＝5，EF＝3，满足FG2＋GE2＝EF2，∴∠FGE＝90°.即异面直线AC与BD所成的角是90°，∴AC⊥BD.10．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则二面角D1−BC−D的余弦值为（    ）A．55B．255C．1010D．31010【答案】D【分析】画出长方体ABCD−A1B1C1D1，∠D1CD为二面角D1−BC−D所成的平面角，求出cos∠D1CD的值即可得出答案.【详解】长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，∴CD1=10，∴BC⊥CD，∵BC⊥平面DCC1D1,CD1⊂平面DCC1D1,∴BC⊥CD1,又∵平面D1BC∩平面BCD=BC，∴∠D1CD为二面角D1−BC−D所成的平面角，cos∠D1CD=CDCD1=310=31010，∴二面角D1−BC−D的余弦值为31010.故选：D.提升篇1．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，△PCD是等边三角形，平面PCD⊥学科网（北京）股份有限公司 底面ABCD，AD=3，四棱锥P−ABCD的体积为183，E为PC的中点．线段AB的长是（    ）A．3B．32C．33D．6【答案】D【分析】设AB=2a，作出四棱锥的高，并用AB=2a求出高，再用体积解出a.【详解】由已知，设AB=CD=2a，则矩形ABCD的面积SABCD=3×2a=6a，取CD中点F，连接PF，∵△PCD是等边三角形，PC=PD=CD=2a，∴PF⊥CD，且PF=3a,∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PF⊂平面PCD，∴PF⊥平面ABCD，即PF是四棱锥P−ABCD的高，∴四棱锥P−ABCD的体积VP−ABCD=13SABCD⋅PF=13×6a×3a=183∴解得，a=3，∴AB=2a=6.故选：D.2．如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，下面结论错误的是（    ）A．BD//平面CB1D1B．AC1与平面ABCD所成的角为30∘C．AC1⊥平面CB1D1D．异面直线AD与CB1所成的角为45∘【答案】B【分析】根据BD//B1D1，由线面平行的判定可知A正确；由线面角定义可知所求角为∠C1AC，由tan∠C1AC=22知B错误；由线面垂直的判定与性质可证得B1D1⊥AC1、AC1⊥B1C，由此可知C正确；由异面直线所成角的定义可知所求角为∠B1CB，由tan∠B1CB=1知D正确.【详解】对于A，∵BB1//DD1，BB1=DD1，∴四边形BDD1B1为平行四边形，∴BD//B1D1，又B1D1⊂平面CB1D1，BD⊄平面CB1D1，∴BD//平面CB1D1，A正确；对于B，连接AC，∵CC1⊥平面ABCD，∴AC1与平面ABCD所成的角为∠C1AC，又tan∠C1AC=CC1AC=22，∴AC1与平面ABCD所成的角不是30∘，B错误；对于C，连接A1C1，∵四边形A1B1C1D1为正方形，∴A1C1⊥B1D1；∵AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1，又A1C1∩AA1=A1，A1C1,AA1⊂平面AA1C1，∴B1D1⊥平面AA1C1，∵AC1⊂平面AA1C1，∴B1D1⊥AC1，同理可得：AC1⊥B1C，∵B1C∩B1D1=B1，B1C,B1D1⊂平面CB1D1，∴AC1⊥平面CB1D1，C正确；学科网（北京）股份有限公司 对于D，∵AD//BC，∴异面直线AD与CB1所成的角即为∠B1CB，又tan∠B1CB=1，∴∠B1CB=45∘，即异面直线AD与CB1所成的角为45∘，D正确.故选：B.3．如图，在空间四边形ABCD中，AD＝BC＝2，E，F分别是AB，CD的中点，若EF＝3，求异面直线AD，BC所成角的大小.【答案】60°【分析】设G为AC的中点,由已知中，E、F分别是AB、CD的中点,若EF＝3,根据三角形中位线定理,我们易求出∠EGF为异面直线AD、BC所成的角(或其补角)，解三角形EGF即可得到答案．【详解】如图，取AC的中点G，连接EG，FG.∵E，F，G分别是AB，CD，AC的中点，∴GF∥AD，且GF＝12AD，EG∥BC，且EG＝12BC，则∠EGF或其补角就是异面直线AD，BC所成的角.∵AD＝BC＝2，∴EG＝GF＝1.单独看△GEF的平面图，可得在等腰△GEF中，过点G作GH⊥EF于点H，在Rt△GHE中，EG＝1，EH＝12EF＝32，则sin∠EGH＝32，∴∠EGH＝60°，则∠EGF＝2∠EGH＝120°.∴异面直线AD，BC所成的角为∠EGF的补角，即异面直线AD，BC所成的角为60°.4．如图，A,B是120°的二面角α−l−β棱l上的两点，线段AC、BD分别在平面α、β内，且AC⊥l，BD⊥l，AC=2，BD=1，AB=3，则线段CD的长为______．【答案】4【分析】作辅助线使∠EAC为二面角的平面角，由余弦定理求出EC，再通过证明ED⊥平面EAC，得出ED⊥EC，通过勾股定理即可求解.【详解】如图所示：在平面β中，过A作直线平行于BD，学科网（北京）股份有限公司 在其上取一点E，使AE＝BD，连接EC、ED．由∵BD⊥l，∴AE⊥l，则∠EAC即为a−l−β的平面角，则∠EAC=120°．在△EAC中，由余弦定理得：EC2=EA2+CA2−2EA⋅CA⋅cos∠EAC=1+4−2×1×2×（−12）=7，四边形EABD是平行四边形，则ED＝AB＝3．由AB⊥平面EAC，结合ED∥AB得ED⊥平面EAC，EC⊂平面EAC，则ED⊥EC，∴△DEC是直角三角形．5．如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD=2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（    ）A．BD⊥PCB．DP与BC可能垂直C．直线DP与平面BCD所成角的最大值是45°D．四面体PBCD的体积的最大是33【答案】C【分析】对于A，取BD的中点M，即可得到BD⊥面PMC，A选项可判断对于B，采用反证法，假设DP⊥BC，则BC⊥面PCD，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面PBD⊥面BCD时，此时直线DP与平面BCD所成角有最大值，判断即可；对于D，当面PBD⊥面BCD时，此时四面体PBCD的体积有最大值，计算最大体积判断即可【详解】如图所示，取BD的中点M，连接PM,CM，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形,∴BD⊥CM△ABD为等边三角形,∴BD⊥PM∴BD⊥面PMC,∴BD⊥PC,故A正确对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD∴BC⊥面PCD，∴BC⊥PC，又PB=2,BC=2,PC=2∈[3−1,3+1]，故DP与BC可能垂直，故B正确当面PBD⊥面BCD时，此时PM⊥面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成角此时∠PDB=60°，故C错误当面PBD⊥面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积为：V=13S△BCD·PM=13×(12×2×2)×3=33，故D正确学科网（北京）股份有限公司 6．在三棱锥A−BCD中，AB=AC=27,BC=CD=DB=23，平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为（    ）A．221π75B．221π25C．884π75D．884π25【答案】D【分析】如图，取BC的中点E，连接AE，DE，过O作OF⊥AE，垂足为F，根据面面垂直的性质可知四边形OO1EF为矩形，利用勾股定理求出AF、OO1、EF，列出关于外接球半径R的方程，求出R2，结合球的表面积公式计算即可.【详解】由题意得，如图，取BC的中点E，连接AE，DE，则△BCD外接圆圆心O1在DE上，且2O1D=23sin60°，解得O1D=2，设三棱锥A−BCD外接球球心为O，连接OO1，OD，OA，过O作OF⊥AE，垂足为F，由平面ABC⊥平面BCD，得O1E⊥AE，故四边形OO1EF为矩形，∵AB=AC=27，BC=BD=CD=23，∴AE⊥BC，DE⊥BC，且AE=(27)2−(3)2=5，DE=(23)2−(3)2=3，∴O1E=OF=1，设三棱锥A−BCD外接球半径为R，有AF=R2−OF2=R2−1，OO1=R2−O1D=R2−22，又OO1=EF=5−AF=5−R2−1，∴5−R2−1=R2−22，解得R2=22125，∴三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=88425π.故选：D.7．（多选）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E､F是线段A1C1上的两个动点，且EF长为定值，下列结论中不正确的是（    ）A．BD⊥CEB．BD⊥面CEFC．三角形BEF和三角形CEF的面积相等D．三棱锥B-CEF的体积为定值【答案】C【分析】由正方体的性质知BD⊥面ACC1A1，由△BEF和△CEF的底边EF上的高不相等可知它们的面积不相等，又B点到面CEF的距离为定值，即可判断各项的正误.【详解】BD⊥面ACC1A1，CE⊂面ACC1A1，面CEF与面ACC1A1重合，∴A，B均正确，学科网（北京）股份有限公司 B到EF的距离为△BA1C1的高，C到EF的距离即为CC1，∴△BEF的面积大于△CEF的面积，C错误；B点到面CEF的距离为定值，为BD2长，△CEF的面积也为定值，D正确.故选：C.8．如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AD，AB，BC的中点，点P为线段D1F上的动点，则（    ）A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为45°B．存在点P，使得C1G//平面BEPC．对任意点P，平面FCC1⊥平面BEPD．点B1到直线D1F的距离为4【答案】BCD【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得BE⊥平面FCC1，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.【详解】对于A，如图1，由正方体的性质可知BC1//AD1，两条异面直线D1C和BC1所成的角即为∠AD1C=60°，∴A错误；对于B，如图2，当点P与点D1重合时，由题可知EG//DC,EG=DC,D1C1//DC,D1C1=DC，∴EG//D1C1,EG=D1C1，四边形EGC1D1为平行四边形，故C1G//D1E，又C1G⊄平面BEP，D1E⊂平面BEP，则C1G//平面BEP，∴B正确；对于C，如图3，连结CF，由于CC1⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，故CC1⊥EB，又AE=BF,AB=CB,∠A=∠CBF，故△BAE≅△CBF，故∠AEB=∠CFB，即∠EBA+∠CFB=90∘，故CF⊥BE，又CF,CC1相交，CF,CC1⊂平面FCC1，故BE⊥平面FCC1，又BE⊂平面BEP，故对任意点P，平面FCC1⊥平面BEP，∴C正确；对于D，如图4，由正方体的性质可得B1D1=42,FD1=22+42+42=6，B1F=22+42=25，∴cos∠B1D1F=B1D12+FD12−B1F22⋅B1D1⋅FD1=62+422−252×6×42=22，∴∠B1D1F=45°，∴点B1到直线D1F的距离d=B1D1sin∠B1D1F=42×22=4，∴D正确．学科网（北京）股份有限公司 9.由勾股定理CD2=CE2+ED2=7+9=16,∴CD=4．4．如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，FA⊥底面ABCD，DE//AF，M是BC的中点，且FA=3DE=3.(1)求证AM⊥EF；(2)求三棱锥E−ACF的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】（1）根据条件证明AM⊥底面ADEF即可；（2）先求出点C到平面ADEF的距离，再根据VE−ACF=VC−AEF解题即可.(1)由题意可知，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，∴△ABC为等边三角形，∵M是BC的中点，∴AM⊥BC，又AD//BC，∴AM⊥AD，∵FA⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，故FA⊥AM，∵FA⊂平面ADEF，AD⊂平面ADEF，AM⊄平面ADEF，FA∩AD=A，∴AM⊥面ADEF，EF⊂平面ADEF，故AM⊥EF.(2)由（1）知，AD//BC，AM⊥底面ADEF，则点C到平面ADEF的距离即AM，又∵△ABC为边长为2等边三角形，∴AM=3，∵FA⊥底面ABCD，DE//AF，∴ADEF为直角梯形，∴S△AEF=12AF⋅DA=12×3×2=3，∴VE−ACF=VC−AEF=13×S△AEF×AM=3.即三棱锥E−ACF的体积为：3.10．如图，在直三棱柱ABC−DEF中，AC=BC=2,AB=22，AD=4,M,N分别为AD,CF的中点．(1)求证：AN⊥平面BCM；学科网（北京）股份有限公司 (2)设G为BE上一点，且BG=34BE，求点G到平面BCM的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)322【分析】（1）根据AC2+BC2=AB2得AC⊥BC，并且得出四边形ACMN为正方形，进而即可求证；（2）利用等体积法的思想求点到平面的距离．【详解】（1）证明：在直三棱柱ABC−DEF中，AC=BC=2,AB=22，AD=4,M,N分别为AD,CF的中点，∵AC=BC=2,AB=22,∴AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC，又ABC−DEF是直三棱柱，∴AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AD⊥BC,AC,AD⊂平面ACFD,AC∩AD=A,∴BC⊥平面ACFD，AN⊂平面ACFD,则BC⊥AN，∵M,N分别为AD,CF的中点，且AD=4,AC=2,∴四边形ACMN为正方形，则CM⊥AN，又BC∩CM=C，BC,CM⊂平面BCM，∴AN⊥平面BCM；（2）由（1）知，即AC⊥BC，又ABC−DEF是直三棱柱，∴AC⊥平面BCFE，∴MA∥FC，则点M到平面GBC的距离即为AC=2，∴VG−BCM=VM−BCG=13S△BCG⋅AC=13×12⋅BC⋅BG⋅AC=16×2×3×2=2，由（1）知，BC⊥CM，且CM=22，∴S△BCM=12×2×22=22，设点点G到平面BCM的距离为ℎ，则VG−BCM=13×22ℎ，∴13×22ℎ=2，则ℎ=322，即点点G到平面BCM的距离为322．学科网（北京）股份有限公司