【红对勾】（新课标）2023高考数学大一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课时作业 理.DOC

课时作业48　直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，则“l∥m”是“α⊥β”的(　　)A．充要条件B．必要条件C．充分条件D．既不充分又不必要条件解析：若l∥m，则m⊥平面α，由面面垂直的判定定理可知α⊥β，反过来，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，又因为m⊂β，所以l与m可能平行，异面或相交，所以“l∥m”是“α⊥β”的充分条件，故选C.答案：C2．已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，直线m⊂平面α，直线n⊥平面β，给出命题：①n⊥m⇒α∥β；②n∥m⇒α⊥β；③α∥β⇒n⊥m；④α⊥β⇒n∥m.其中正确命题为(　　)A．①③B．②③C．②④D．①④解析：由直线n⊥面β，n∥m⇒m⊥面β，又因为直线m⊂平面α，所以α⊥β，②对，由题意，再结合α∥β⇒n⊥α⇒n⊥m，③对，故选B.答案：B3．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β(　　)A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对解析：过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.答案：D8\n4．如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b(C，D均异于A，B)，则△ACD是(　　)A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形解析：因为a⊥b，b⊥c，a∩c＝B，所以b⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC，故△ACD为直角三角形．答案：B5．如图，直三棱柱ABC—A1B1C1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的长为(　　)A.B．1C.D．2解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.又2×＝h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝＝.由面积相等得×＝x，得x＝.答案：A6．已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S—ABC的体积为(　　)A.B.C.D.解析：8\n如图所示，由题意知，在棱锥S—ABC中，△SAC，△SBC都是等腰直角三角形，其中AB＝2，SC＝4，SA＝AC＝SB＝BC＝2.取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥S—ABC的体积为两个棱锥S—ABD和C—ABD的体积和，所以棱锥S—ABC的体积V＝SC·S△ADB＝×4×＝.答案：C二、填空题7．正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________．解析：设BD与AC交于点O，连接D1O，∵BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1成的角．∵AC⊥BD，AC⊥DD1，DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面DD1B，平面DD1B∩平面ACD1＝OD1，∴DD1在平面ACD1内的射影落在OD1上，故∠DD1O为直线DD1与平面ACD1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝，D1O＝，∴cos∠DD1O＝＝，∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.答案：8．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：8\n①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD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是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：①③9．如图，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．解析：点P到直线CC1的距离等于点P在面ABCD上的射影到点C的距离，点P在面ABCD内的射影落在线段DE上设为P′，问题等价求为P′C的最小值，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝.答案：三、解答题10．(2014·湖北卷)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.8\n从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.11．如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.(1)求证：DP⊥平面EPC.(1)问在EP上是否存在点F使平面AFD⊥平面BFC？若存在，求出的值．解：(1)因为EP⊥平面ABCD，所以EP⊥DP，又四边形ABCD为矩形，AB＝2BC，P，Q为AB，CD的中点，所以PQ⊥DC，且PQ＝DC，所以DP⊥PC.因为EP∩PC＝P，所以DP⊥平面EPC.8\n(2)如图，假设存在F使平面AFD⊥平面BFC，因为AD∥BC，AD⊄平面BFC，BC⊂平面BFC，所以AD∥平面BFC，所以AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l.因为EP⊥平面ABCD，所以EP⊥AD，而AD⊥AB，AB∩EP＝P，所以AD⊥平面FAB，所以l⊥平面FAB，所以∠AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角．因为P是AB的中点，且FP⊥AB，所以当∠AFB＝90°时，FP＝AP，所以当FP＝AP，即＝1时，平面AFD⊥平面BFC.1．如右图，在三棱锥P—ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点．(1)求证：PA∥平面BEF；8\n(2)若平面PAB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥PA.解：(1)在△PAC中，E、F分别是PC、AC的中点，所以PA∥EF，又PA⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以PA∥平面BEF.(2)在平面PAB内过点P作PD⊥AB，垂足为D.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以PD⊥BC，又PB⊥BC，PD∩PB＝P，PD⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.2．(2014·广东卷)如图所示，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，∠DPC＝30°，AF⊥PC于点F，EF∥CD，交PD于点E.(1)证明：CF⊥平面ADF；(2)求二面角D—AF—E的余弦值．解：(1)证明：PD⊥平面ABCD，PD⊂面PCD，∴平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AD⊂平面ABCD，AD⊥CD，∴AD⊥平面PCD，CF⊂平面PCD，∴CF⊥AD，又AF⊥PC，∴CF⊥AF，AD，AF⊂平面ADF，AD∩AF＝A，∴CF⊥平面ADF.8\n(2)解法1：过E作EG∥CF交DF于G，∵CF⊥平面ADF，∴EG⊥平面ADF，过G作GH⊥AF于H，连EH，则∠EHG为二面角D—AF—E的平面角，设CD＝2，∵∠DPC＝30°，∴∠CDF＝30°，从而CF＝CD＝1，CP＝4，∵EF∥DC，∴＝，即＝，∴DE＝，还易求得EF＝，DF＝，从而EG＝＝＝，易得AE＝，AF＝，EF＝，∴EH＝＝＝，故HG＝＝，∴cos∠EHG＝＝·＝.解法2：分别以DP，DC，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设DC＝2，则A(0,0,2)，C(0,2,0)，P(2，0,0)，设＝λ，则F(2λ，2－2λ，0)，⊥，可得λ＝，从而F(，，0)，易得E(，0,0)，取面ADF的一个法向量为n1＝＝(，－1,0)，设面AEF的一个法向量为n2＝(x，y，z)，利用n2·＝0，且n2·＝0，得n2可以是(4,0，)，从而所求二面角的余弦值为＝＝.8