2020高考数学 课后作业 9-5 线面、面面垂直的判定及性质 新人教A版

2020高考数学人教A 版课后作业：9-5 线面、面面垂直的判定及性质1.(文)(2020·北京海淀区期末)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中不正确的是( )A ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥nB ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥αC ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊂β，则α⊥β [答案] A[解析] 选项A 中，直线m 与直线n 也可能异面，因此A 不正确．(理)(2020·芜湖十二中)已知两条不同的直线m 、n ，两个不同的平面α、β，则下列命题中的真命题是( )A ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nB ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥nC ．若m ⊥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥nD ．若m ∥α，n ⊥β，α⊥β，则m ∥n [答案] A [解析]⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αα⊥β⇒m ∥β或m ⊂β n ⊥β⇒m ⊥n ，故A 正确； 如图(1)，m ⊥α，n ⊥α满足n ∥β，但m ∥n ，故C 错；如图(2)知B 错；如图(3)正方体中，m ∥α，n ⊥β，α⊥β，知D 错．2．(文)(2020·东莞模拟)若l 为一条直线，α、β、γ为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：①α⊥γ，β⊥γ⇒α⊥β；②α⊥γ，β∥γ⇒α⊥β；③l∥α，l⊥β⇒α⊥β.其中的真命题有( )A．0个B．1个C．2个D．3个[答案] C[解析]①中α与β可能平行，故①错，②③正确．(理)(2020·北京市朝阳区模拟)设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l∥α；③若l⊥α，l∥β，则α⊥β；④若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．②④D．③④[答案] D[解析]对于①：若α⊥β，β⊥γ，则可能α⊥γ，也可能α∥γ.对于②：若l上两点到α的距离相等，则l∥α，显然错误．当l⊥α，l∩α＝A时，l上到A距离相等的两点到α的距离相等．③④显然正确．3．(2020·安徽省皖南八校联考)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，m⊂α，则l⊥mC．若l∥α，l∥m，则m∥αD．若l∥α，m∥α，则l∥m[答案] B[解析]直线垂直于平面中两条相交直线，才能垂直于平面，故A错；C中m可能包含在平面α中；D中两条直线可能平行、相交或异面．4.(2020·广东省深圳市高三调研)如下图，在立体图形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )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[答案] C[解析]要判断两个平面的垂直关系，就需找一个平面内的一条直线与另一个平面垂直．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.5．定点A和B都在平面α内，定点P∉α，PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC ⊥AC.那么，动点C在平面α内的轨迹是( )A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点[答案] B[解析]连接BC，∵PB⊥α，∴AC⊥PB.又∵PC⊥AC，∴AC⊥BC.∴C在以AB为直径的圆上．故选B.6．(2020·济宁三模)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC 的距离为( )A.34B.32C.334D. 3[答案] B[解析]解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F. ∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AB＝AC.∴AE⊥BC.∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC.∴AF的长即为所求点A到平面A1BC的距离．∵AA1＝1，AE＝3，∴AF＝32.解法2：V A1－ABC＝13S△ABC·AA1＝13×3×1＝33.又∵A1B＝A1C＝5，在△A1BE中，A1E＝A1B2－BE2＝2.∴S△A1BC＝12×2×2＝2.∴V A－A1BC＝13×S△A1BC·h＝23h.∴23h＝33，∴h＝32.∴点A到平面A1BC距离为32.7．(2020·河北唐山)如下图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD ＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝________.[答案]2 2[解析]∵DA＝DC＝DD1且DA、DC、DD1两两垂直，故当点M使四边形ADCM为正方形时，D1M⊥平面A1C1D，∴DM＝2 2.8．(2020·安徽巢湖市质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别是AB，BC，B1C1的中点．下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①以正方体的顶点为顶点的三棱锥的四个面最多只有三个面是直角三角形；②P在直线FG上运动时，AP⊥DE；③Q在直线BC1上运动时，三棱锥A－D1QC的体积不变；④M是正方体的面A1B1C1D1内到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是一条线段．[答案]②③④[解析]三棱锥A1－ABC的四个面都是Rt△，故①错；F在FG上运动时，PF⊥平面ABCD，∴PF⊥DE，又在正方体ABCD中，E、F为AB、BC中点，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；V A－DQC＝V Q－AD1C，∵BC1∥A D1，∴BC1∥平面AD1C，∴无论点Q在BC1上怎样运1动，Q到平面AD1C距离都相等，故③真；到点D和C1距离相等的点在经过线段C1D的中点与DC1垂直的平面α上，故点M为平面α与正方体的面A1B1C1D1相交线段上的点，这条线段即A1D1.1.(2020·海淀检测)若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为( )A.3 3B．1C. 2D. 3[答案] D[解析]依题可知∠B1AB＝60°，平面A1B1C1D1∥平面ABCD，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴B1B即为所求距离，在△ABB1中得，B1B＝ 3.故选D.2．(2020·广东广州一模)已知l，m是不同的两条直线，α，β是不重合的两个平面，则下列命题中为真命题的是( )A．若l⊥α，α⊥β，则l∥βB．若l∥α，α⊥β，则l∥βC．若l⊥m，α∥β，m⊂β，则l⊥αD．若l⊥α，α∥β，m⊂β，则l⊥m[答案] D[解析]⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫l⊥αα∥β⇒l⊥βm⊂β⇒l⊥m.3．(文)如下图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，A1D与BC1所成的角为π2，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为( )A.63 B.12 C.155D.32[答案] B [解析]连接B 1C ，∴B 1C ∥A 1D ，∵A 1D 与BC 1所成的角为π2，∴B 1C ⊥BC 1，∴长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，取B 1D 1的中点M ，连接C 1M ，BM ，∴C 1M ⊥平面BB 1D 1D ，∴∠C 1BM 为BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，∵AB ＝BC ＝2，∴C 1M ＝2，BC 1＝22， ∴sin ∠C 1BM ＝C 1M C 1B ＝12，故选B. (理)(2020·泰安质检)如下图，在棱长均为1的三棱锥S －ABC 中，E 为棱SA 的中点，F 为△ABC 的中心，则直线EF 与平面ABC 所成角的正切值是( )A ．2 2B ．1 C. 2 D.22[答案] C[解析]∵F为正三棱锥底面中心，∴SF⊥平面ABC，∴平面SAF⊥平面ABC，∴∠EFA为EF与平面ABC所成的角，易知AE＝12，AF＝33，又EF＝12SA＝12，∴cos∠FAE＝AF2＋AE2－EF22AF·AE＝33，∴sin∠FAE＝1－cos2A＝63，∴tan∠FAE＝ 2.由于Rt△SAF中E为SA的中点，∴∠FAE＝∠EFA，故tan∠EFA＝ 2.4．过正方形ABCD之顶点A作PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面ABP与平面CDP所成二面角的度数为( )A．30° B．45°C．60° D．90°[答案] B[解析]过P作直线l∥AB，则l为二面角的棱，易证∠APD即为所求．∵AP＝AD，∠PAD＝90°，∴∠APD＝45°.5．如下图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB，且F是CD 的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.[解析](1)取CE中点P，连接FP、BP，∵F为CD的中点，∴FP∥DE，且FP＝12 DE.又AB∥DE，且AB＝12 DE，∴AB∥FP，且AB＝FP，∴四边形ABPF为平行四边形，∴AF∥BP.又∵AF⊄平面BCE，BP⊂平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD.∵AB⊥平面ACD，DE∥AB，∴DE⊥平面ACD，又AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.又AF⊥CD，CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE.又BP∥AF，∴BP⊥平面CDE.又∵BP⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.6．(文)如下图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DAB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB ＝2.(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．[解析](1)证明：∵AB∥DC，AD⊥DC，∴AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，∴BD＝2，易求BC＝2，又∵CD＝2，∴BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，∴BD⊥平面B1BCC1.(2)DC的中点即为E点．∵DE∥AB，DE＝AB，∴四边形ABED是平行四边形．∴AD綊BE.又AD綊A1D1，∴BE綊A1D1，∴四边形A1D1EB是平行四边形．∴D1E∥A1B.∵D1E⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，∴D1E∥平面A1BD.(理)(2020·北京文，17)如下图，在四面体PABC中，PC⊥AB、PA⊥BC，点D、E、F、G 分别是棱AP、AC、BC、PB的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；(3)是否存在点Q，到四面体PABC六条棱的中点的距离相等？说明理由．[解析](1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC，又因为DE⊄平面BCP，PC⊂平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF，所以四边形DEFG为平行四边形，又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四边形DEFG为矩形．(3)存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点，由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝12 EG，分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝12 EG，所以EG的中点Q为满足条件的点．7．(2020·北京模拟)如下图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．(1)求证：BM ∥平面ADEF ； (2)求证：平面BDE ⊥平面BEC .[解析] (1)证明：延长DA 与CB 相交于P ， ∵AB ＝AD ＝2，CD ＝4，AB ∥CD ， ∴B 为PC 的中点，又M 为CE 的中点，∴BM ∥EP ， ∵BM ⊄平面ADEF ，EP ⊂平面ADEF ， ∴BM ∥平面ADEF .(2)证明：由(1)知，BC ＝12PC ＝12PD 2＋CD 2＝22，又BD ＝AD 2＋AB 2＝22， ∴BD 2＋BC 2＝CD 2，∴BD ⊥BC . 又平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴ED ⊥BC ， ∵ED ∩BD ＝D ，∴BC ⊥平面BDE ， 又BC ⊂平面BEC ， ∴平面BDE ⊥平面BEC .1．(2020·河南新乡调研)设α、β、γ为平面，l 、m 、n 为直线，则m ⊥β的一个充分条件为( )A ．α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥lB ．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥αC ．α∩γ＝m ，α⊥γ，β⊥γD ．α⊥γ，β⊥γ，m ⊥α [答案] B[解析] 如图①知A 错；如图②知C 错；如图③在正方体中，两侧面α与β相交于l ，都与底面γ垂直，γ内的直线m ⊥α，但m 与β不垂直，故D 错．⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥αn ⊥β⇒α∥βm ⊥α⇒m ⊥β，故B 正确．2.(2020·湖南十二校联考)如下图所示，四棱锥P－ABCD的底面是梯形，且BA⊥AD，CD ⊥AD，CD＝2AB.PA⊥底面ABCD，E为PC的中点．PA＝AD＝AB＝1.(1)证明：EB∥平面PAD；(2)求直线BD与平面PDC所成角的大小．[解析](1)证明：取PD的中点Q，连接EQ，AQ，则QE∥CD∥A B，且QE＝12CD＝AB，故四边形ABEQ是平行四边形．故EB∥AQ.又AQ⊂平面PAD，EB⊄平面PAD，故EB∥平面PAD.(2)解：∵CD⊥AD，PA⊥CD，∴CD⊥平面PAD.∵AQ⊂平面PA，∴AQ⊥CD.又可得AQ⊥PD，故AQ⊥平面PCD.又BE∥AQ，故BE⊥平面PDC.所以∠BDE为所求角的平面角．易得∠BDE＝30°.3．(2020·广东省广州市高三年级调研测试)如下图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝4，AB ＝2DC ＝2 5.(1)求证：BD ⊥平面PAD ； (2)求三棱锥A －PCD 的体积．[解析] (1)证明：在△ABD 中，由于AD ＝2，BD ＝4，AB ＝25，∴AD 2＋BD 2＝AB 2.∴AD ⊥BD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面PAD . (2)解：过P 作PO ⊥AD 交AD 于O .又平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD .∵△PAD 是边长为2的等边三角形，∴PO ＝ 3. 由(1)知，AD ⊥BD ，在Rt △ABD 中， 斜边AB 边上的高为h ＝AD ×BD AB ＝455. ∵AB ∥DC ，∴S △ACD ＝12CD ×h ＝12×5×455＝2.∴V A －PCD ＝V P －ACD ＝13S △ACD ×PO ＝13×2×3＝233.4．如下图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，F 是PB 的中点．求证：(1)DF ⊥AP .(2)在线段AD 上是否存在点G ，使GF ⊥平面PBC ？若存在，说明G 点的位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．解析：(1)取AB 的中点E ，则PA ∥EF .设PD ＝DC ＝a ，易求得DE ＝52a ，FE ＝12PA ＝22a ，DF ＝12PB ＝32a . 由于DE 2＝EF 2＋DF 2，故DF ⊥EF ， 又EF ∥PA ，∴DF ⊥PA .(2)在线段AD 上存在点G ，使GF ⊥平面PBC ，且G 点是AD 的中点． 取AD 的中点G ，连结PG 、BG ，则PG ＝BG .又F 为AB 的中点，故GF ⊥PB . ∵F 为PB 中点，∴F 点在底面ABCD 上的射影为正方形ABCD 的中心O ， ∴GO 为GF 在平面ABCD 上的射影， ∵GO ⊥BC ，∴GF ⊥BC ，∵BC 、PB 是平面PBC 内的两条相交直线， ∴GF ⊥平面PBC .。