【三维设计】2022届高考数学一轮复习 教师备选作业 第七章 第五节 直线、平面垂直的判定及性质

第七章第五节直线、平面垂直的判定及性质一、选择题1．给出以下命题，其中错误的是(　　)A．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面B．垂直于同一平面的两条直线互相平行C．垂直于同一直线的两个平面互相平行D．两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面2．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　)A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m3．若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是(　　)A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥αB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥βC．若m⊥β，m∥α，则α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ4．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有(　　)A．0个　　　　　　　　　　B．1个C．2个D．3个5．已知两条直线m，n，两个平面α，β，给出下面四个命题：①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③m∥n，m∥α⇒n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.其中正确命题的序号是(　　)A．①③B．②④C．①④D．②③6．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，现在沿DE，DF及EF把△ADE，△CDF和△BEF折起，使A，B，C三点重合，重合后的点记作P，那么在四面体P－DEF中必有-6-\n(　　)A．DP⊥平面PEFB．DM⊥平面PEFC．PM⊥平面DEFD．PF⊥平面DEF二、填空题7．已知直线l，m，n，平面α，m⊂α，n⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的________条件．(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”“既不充分也不必要”)8．正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．9．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.三、解答题10.三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E为BB1的中点，∠A1DE＝90°，求证：CD⊥平面A1ABB1.11.如图，三棱锥A－BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0＜λ＜1)．(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD.-6-\n12．如图，梯形ABCD和正△PAB所在平面互相垂直，其中AB∥DC，AD＝CD＝AB，且O为AB的中点．(1)求证：BC∥平面POD；(2)求证：AC⊥PD.详解答案一、选择题1．解析：一条直线可以垂直于一个平面内的无数条平行直线，但这条直线不垂直这个平面．答案：A2．解析：根据定理：两条平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面可知B正确．答案：B3．解析：对于A，由m⊂β，α⊥β显然不能得知m⊥α；对于B，由条件也不能确定α∥β；对于C，由m∥α得，在平面α上必存在直线l∥m.又m⊥β，因此l⊥β，且l⊂α，故α⊥β；对于D，垂直于同一平面的两个平面不一定垂直，因此D也不正确．答案：C4．解析：若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题，故选C.答案：C5．解析：对于①-6-\n，由于两条平行线中的一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直，因此①是正确的；对于②，分别位于两个平行平面内的两条直线必没有公共点，但它们不一定平行，因此②是错误的；对于③，直线n可能位于平面α内，此时结论显然不成立，因此③是错误的；对于④，由m⊥α且α∥β得m⊥β，又m∥n，故n⊥β，因此④是正确的．答案：C6．解析：在正方形中，DA⊥EA，DC⊥FC，∴在折叠后的四面体P－DEF中有DP⊥EP，DP⊥FP.又EP∩FP＝P，∴DP⊥平面PEF.答案：A二、填空题7．解析：若l⊥α，则l垂直于平面α内的任意直线，故l⊥m且l⊥n，但若l⊥m且l⊥n，不能得出l⊥α.答案：充分不必要8．解析：如图，取CD的中点F、SC的中点G，连接EF，EG，FG，设EF交AC于点H，易知AC⊥EF，又GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD.∴AC⊥GH.又GH∩EF＝H，∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG，其周长为＋.答案：＋9．解析：由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.由Rt△CAF∽Rt△FA1D，得＝，即＝，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.答案：a或2a三、解答题10.证明：∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，-6-\n∴AB＝2.设AD＝x，则BD＝2－x，∴A1D2＝4＋x2，DE2＝1＋(2－x)2，A1E2＝(2)2＋1.∵∠A1DE＝90°，∴A1D2＋DE2＝A1E2.∴x＝.∴D为AB的中点．∴CD⊥AB.又AA1⊥CD且AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面A1ABB1.11.解：(1)∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.∵CD⊥BC，且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.又∵＝＝λ(0＜λ＜1)，∴不论λ为何值，恒有EF∥CD.∴EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF.∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.(2)由(1)知，BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD.∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，∴BD＝，AB＝tan60°＝.∴AC＝＝.由AB2＝AE·AC，得AE＝.∴λ＝＝.故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.12．证明：(1)因为O为AB的中点，所以BO＝AB，又AB∥CD，CD＝AB，所以有CD＝BO，CD∥BO，所以四边形ODCB为平行四边形，所以BC∥OD，又DO⊂平面POD，BC⊄平面POD，所以BC∥平面POD.-6-\n(2)连接OC.因为CD＝BO＝AO，CD∥AO，所以四边形ADCO为平行四边形，又AD＝CD，所以ADCO为菱形，所以AC⊥DO，因为△PAB为正三角形，O为AB的中点，所以PO⊥AB，又因为平面ABCD⊥平面PAB，平面ABCD∩平面PAB＝AB，所以PO⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，又PO∩DO＝O，所以AC⊥平面POD.又PD⊂平面POD，所以AC⊥PD.-6-