高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練案45第七章立體幾何第五講直線平面垂直的判定與性質(zhì)含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1第五講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是(C)A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥βC．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β〖〖解析〗〗對于C項，由α∥β，a?α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故選C．2．(2021·北京延慶統(tǒng)測)已知直線a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的(A)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件〖〖解析〗〗過a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，則b⊥β，又b?α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α?xí)r，a∥β或a與β相交，不一定a⊥β，故選A.3．(2021·浙江省模擬)已知α，β是兩個相交平面，其中l(wèi)?α，則(B)A．β內(nèi)一定能找到與l平行的直線B．β內(nèi)一定能找到與l垂直的直線C．若β內(nèi)有一條直線與l平行，則該直線與α平行D．若β內(nèi)有無數(shù)條直線與l垂直，則β與α垂直〖〖解析〗〗由α，β是兩個相交平面，其中l(wèi)?α，知：在A中，當l與α，β的交線相交時，β內(nèi)不能找到與l平行的直線，故A錯誤；在B中，由直線與平面的位置關(guān)系知β內(nèi)一定能找到與l垂直的直線，故B正確；在C中，β內(nèi)有一條直線與l平行，則該直線與α平行或該直線在α內(nèi)，故C錯誤；在D中，β內(nèi)有無數(shù)條直線與l垂直，則β與α不一定垂直，故D錯誤，故選B.4．(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知直線m，n和平面α，β，γ，有如下四個命題：①若m⊥α，m∥β，則α⊥β；②若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，則m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α.其中真命題的個數(shù)是(C)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗①若m⊥α，m∥β，則一定有α⊥β，故①正確；②若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又因為n?β，故可得α⊥β，故②正確；③若n⊥α，n⊥β，故可得α∥β，又因為m⊥α，故可得m⊥β，故③正確；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故④錯誤；綜上所述，正確的有①②③.故選：C．5．(2021·安徽省皖江名校聯(lián)盟聯(lián)考)對于不重合的直線m，l和平面α，β，下列可以推出α⊥β成立的是(A)A．m∥l，m?β，l⊥αB．m⊥l，α∩β＝l，m?αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．m∥l，l⊥α，m⊥β〖〖解析〗〗對于A，m∥l，l⊥α，得m⊥α，又m?β，∴α⊥β；對于B，當直線m在平面α內(nèi)部，且垂直于兩個平面的交線l時，也會出現(xiàn)面α、β相交不垂直的情況，故錯；對于C，eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,l⊥β))?\a\vs4\al(,\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,m⊥α))?α∥β)))，故錯；對于D，l∥m，l⊥α，m⊥β，則α、β應(yīng)該為平行關(guān)系，故D錯誤．故選A.6．(2021·福建泉州質(zhì)檢)如圖，在下列四個正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點，過E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則在各個正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(D)〖〖解析〗〗如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點，易知E，F(xiàn)，G，M，N，Q六個點共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項A、B、C中的平面與這個平面重合，不滿足題意，只有選項D中的直線BD1與平面EFG不垂直，滿足題意．故選D.7．(2021·寶雞質(zhì)檢)對于四面體ABCD，給出下列四個命題：①若AB＝AC，BD＝CD，則BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，則BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，則BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，則BC⊥AD.其中為真命題的是(D)A．①② B．②③C．②④ D．①④〖〖解析〗〗①如圖，取BC的中點M，連接AM，DM，由AB＝AC?AM⊥BC，同理DM⊥BC?BC⊥平面AMD，而AD?平面AMD，故BC⊥AD：④設(shè)A在平面BCD內(nèi)的射影為O，連接BO，CO，DO，由AB⊥CD?BO⊥CD，由AC⊥BD?CO⊥BD?O為△BCD的垂心?DO⊥BC?AD⊥BC．8．(2021·卓越聯(lián)盟質(zhì)檢)已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列命題中正確的有(B)①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直線CD與PF所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)；④直線PD與平面ABC所成的角為45°；⑤CD∥平面PAE.A．①④ B．①③④C．②③⑤ D．①②④⑤〖〖解析〗〗∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六邊形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB?面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①正確；∵AD與PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直線CD與PF所成角為∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝eq\f(\r(5),5)，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，顯然AF與平面PAE相交，∴CD與平面PAE相交，即⑤不成立，故選B.二、多選題9．(2021·廣東七校聯(lián)合體聯(lián)考)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點，則下列說法正確的是(CD)A．A、M、N、B四點共面 B．BN∥平面ADMC．直線BN與B1M所成的角為60° D．平面ADM⊥平面CDD1C1〖〖解析〗〗由圖顯然AM、BN是異面直線，故A、M、N、B四點不共面，故A錯誤；BN∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，故B錯；取CD的中點O，連接BO、ON，則B1M∥BO，∴∠NBO即為BN與B1M所成角，又三角形BON為等邊三角形，故C正確；由題意AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正確．10.如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，將△ABD沿對角線BD折起．設(shè)折起后點A的位置為A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.下列命題正確的是(CD)A．A′D⊥BCB．三棱錐A′－BCD的體積為eq\f(\r(2),2)C．CD⊥平面A′BDD．平面A′BC⊥平面A′DC〖〖解析〗〗如圖所示：設(shè)E為BD中點，連接A′E，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB得到∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD為等腰直角三角形，平面A′BD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正確，E為BD中點，A′E⊥BD，則A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC．如果A′D⊥BC，則可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD與已知矛盾．故A錯誤；三棱錐A′－BCD的體積為S＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),6).故B錯誤．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，∴A′C＝eq\r(3)，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝eq\r(3)滿足BC2＝A′B2＋A′C2，∴BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故D正確．〖答案〗為C、D.11．(2021·廣東江門調(diào)研改編)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是(AB)A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γC．若m∥α，n∥α，則m∥nD．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β〖〖解析〗〗對于A，因為n∥α，所以經(jīng)過n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因為m⊥α，l?α，所以m⊥l，結(jié)合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命題；對于B，因為α∥β且β∥γ，所以α∥γ，結(jié)合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命題；對于C，設(shè)直線m、n是位于正方體上底面所在平面內(nèi)的相交直線，而平面α是正方體下底面所在的平面，則有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正確；對于D，設(shè)平面α、β、γ是位于正方體經(jīng)過同一個頂點的三個面，則有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正確．綜上所述，故選AB.三、填空題12．(2021·湖南五校聯(lián)考)已知直線m、l，平面α、β，且m⊥α，l?β，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.其中正確的命題是①④.〖〖解析〗〗對于①，若α∥β，m⊥α，l?β，則m⊥l，故①正確；對于②，若α⊥β，則m∥l或m與l垂直，或m與l異面，故②錯誤；對于③，若m⊥l，則α∥β或α與β相交，故③錯誤；對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β，故④正確．13.(2021·黃岡質(zhì)檢)如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上一點，E，F(xiàn)分別是點A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC．其中正確結(jié)論的序號是①②③.〖〖解析〗〗①由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB；②因為AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB；③在①中已證明AF⊥BC；④若AE⊥平面PBC，由①知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，這與AF，AE有公共點A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立．故正確的結(jié)論為①②③.14．(2020·山東省威海市三模)已知l是平面α，β外的直線，給出下列三個論斷，①l∥α；②α⊥β；③l⊥β，以其中兩個論斷為條件，余下的論斷為結(jié)論，寫出一個正確命題：若①③，則②或若②③，則①(填寫一個即可).(用序號表示)〖〖解析〗〗因為l∥α，α⊥β時，l與β可能平行或者相交，所以①②作為條件，不能得出③；因為l∥α，所以α內(nèi)存在一條直線m與l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作為條件，可以得出②；因為α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l?α，因為l是平面α外的直線，所以l∥α，即②③作為條件，可以得出①；故〖答案〗為：若①③，則②或若②③，則①(填寫一個即可)．四、解答題15.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點，求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.〖證明〗(1)∵PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE?平面PAC．故CD⊥AE.(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC．∵E是PC的中點，故AE⊥PC．由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.16.(2021·河北邢臺聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E為AD的中點，AC與BE相交于點O.證明：PO⊥平面ABCD.〖證明〗∵AP⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴AP⊥CD，∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，∵E為AD的中點，則BC∥DE且BC＝DE.∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴BE∥CD，∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，且E為AD的中點，∴四邊形ABCE為正方形，∴BE⊥AC，又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，∵PO?平面APC，則BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD，PC?平面PCD，∴AP⊥PC，又AC＝eq\r(2)AB＝eq\r(2)AP，∴△PAC為等腰直角三角形，∵O為斜邊AC上的中點，∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD.B組能力提升1．(2021·百師聯(lián)盟聯(lián)考)已知平面α，直線l，m，n，滿足m∥α，n∥α，且m，n互為異面直線，則“l(fā)⊥m且l⊥n”是“l(fā)⊥α”的(A)A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件〖〖解析〗〗因為m，n為異面直線，且m∥α，n∥α，則平面α內(nèi)必存在兩條相交直線分別與m，n平行，又因為l⊥m且l⊥n，所以l⊥α；若l⊥α，則l⊥m且l⊥n，所以“l(fā)⊥m且l⊥n”是“l(fā)⊥α”的充要條件．2.(2020·三省三校(貴陽一中、云師大附中、南寧三中)聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AE⊥PC于E.下列四個結(jié)論：①AB⊥AC；②AB⊥平面PAC；③PC⊥平面ABE；④BE⊥PC．正確的個數(shù)是(D)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗已知AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3，所以AC2＋AB2＝BC2，即AB⊥AC，①正確；由PA⊥平面ABCD，得AB⊥PA，所以AB⊥平面PAC，②正確；AB⊥平面PAC，得AB⊥PC，又AE⊥PC，所以PC⊥平面ABE，③正確；由PC⊥平面ABE，得PC⊥BE，④正確，故選D.3.(多選題)(2021·江蘇揚州調(diào)研山東師大附中模擬)如圖，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝eq\f(1,2)AB＝1，E為AB中點，以DE為折痕把ADE折起，使點A到達點P的位置，且PC＝eq\r(3).則(AB)A．平面PED⊥平面EBCDB．二面角P－DC－B的大小為eq\f(π,4)C．PC⊥EDD．PC與平面PED所成角的正切值為eq\r(2)〖〖解析〗〗由題意易知四邊形BCDE為正方形，又PE＝1，EC＝eq\r(2)，PC＝eq\r(3)，∴PE2＋EC2＝PC2，∴PE⊥EC，又PE⊥ED，∴PE⊥平面EBCD，∴平面PED⊥平面EBCD，∴A正確；∵DC⊥ED，∴DC⊥平面PDE，∴DC⊥PD，∴∠PDE為二面角P－DC－B的平面角，顯然∠PDE＝eq\f(π,4)，∴B正確；若PC⊥ED，又DC⊥ED，則DE⊥平面PDC，∴ED⊥PD這與∠PDE＝eq\f(π,4)矛盾，∴C錯誤；由CD⊥面PED知∠CPD為PC與平面PED所成的角，且tan∠CPD＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴D錯，故選AB.4．下圖是一個正方體的平面展開圖，則在該正方體中(BCD)A．AE∥CD B．CH∥BEC．DG⊥BH D．BG⊥DE〖〖解析〗〗如圖，在正方體中，AE與CD異面，A錯；∵EH綊BC，∴CH∥BE，B對；∵DG⊥HC，DG⊥EH，∴DG⊥平面BCHE，∴DG⊥BH，C對；BG⊥FC，F(xiàn)C∥ED，∴BG⊥DE，D對．故選BCD.5．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四邊形ABCD為菱形，M是PC上的一動點，當點M滿足DM⊥PC(或BM⊥PC等)時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)〖〖解析〗〗∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，連接AC，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC．∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.6．(2021·廣東東莞模擬)如圖1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分別為CD、AB邊上的點，且DE＝3，BF＝4，將△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如圖2所示)，連接AP、PF，其中PF＝2eq\r(5).(1)求證：PF⊥平面ABED；(2)求點A到平面PBE的距離．〖〖解析〗〗(1)證明：在題圖2中，連接EF，由題意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF.在題圖1中，連接EF，作EH⊥AB于點H，利用勾股定理，得EF＝eq\r(62＋12－3－42)＝eq\r(61)，在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，∴PF⊥EF，又∵BF∩EF＝F，BF?平面ABED，EF?平面ABED，∴PF⊥平面ABED.(2)如圖，連接AE，由(1)知PF⊥平面ABED.∴PF為三棱錐P－ABE的高．設(shè)點A到平面PBE的距離為h，∵VA－PBE＝VP－ABE，即eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×9×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×12×6×2eq\r(5)，∴h＝eq\f(8\r(5),3)，即點A到平面PBE的距離為eq\f(8\r(5),3).第五講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是(C)A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥βC．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β〖〖解析〗〗對于C項，由α∥β，a?α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故選C．2．(2021·北京延慶統(tǒng)測)已知直線a，平面α，β，a∥α，那么“a⊥β”是“α⊥β”的(A)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件〖〖解析〗〗過a作平面γ∩α＝b，∵a∥α，∴a∥b，若a⊥β，則b⊥β，又b?α，∴α⊥β，但α⊥β，a∥α?xí)r，a∥β或a與β相交，不一定a⊥β，故選A.3．(2021·浙江省模擬)已知α，β是兩個相交平面，其中l(wèi)?α，則(B)A．β內(nèi)一定能找到與l平行的直線B．β內(nèi)一定能找到與l垂直的直線C．若β內(nèi)有一條直線與l平行，則該直線與α平行D．若β內(nèi)有無數(shù)條直線與l垂直，則β與α垂直〖〖解析〗〗由α，β是兩個相交平面，其中l(wèi)?α，知：在A中，當l與α，β的交線相交時，β內(nèi)不能找到與l平行的直線，故A錯誤；在B中，由直線與平面的位置關(guān)系知β內(nèi)一定能找到與l垂直的直線，故B正確；在C中，β內(nèi)有一條直線與l平行，則該直線與α平行或該直線在α內(nèi)，故C錯誤；在D中，β內(nèi)有無數(shù)條直線與l垂直，則β與α不一定垂直，故D錯誤，故選B.4．(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知直線m，n和平面α，β，γ，有如下四個命題：①若m⊥α，m∥β，則α⊥β；②若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，則m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α.其中真命題的個數(shù)是(C)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗①若m⊥α，m∥β，則一定有α⊥β，故①正確；②若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又因為n?β，故可得α⊥β，故②正確；③若n⊥α，n⊥β，故可得α∥β，又因為m⊥α，故可得m⊥β，故③正確；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故④錯誤；綜上所述，正確的有①②③.故選：C．5．(2021·安徽省皖江名校聯(lián)盟聯(lián)考)對于不重合的直線m，l和平面α，β，下列可以推出α⊥β成立的是(A)A．m∥l，m?β，l⊥αB．m⊥l，α∩β＝l，m?αC．m∥l，m⊥α，l⊥βD．m∥l，l⊥α，m⊥β〖〖解析〗〗對于A，m∥l，l⊥α，得m⊥α，又m?β，∴α⊥β；對于B，當直線m在平面α內(nèi)部，且垂直于兩個平面的交線l時，也會出現(xiàn)面α、β相交不垂直的情況，故錯；對于C，eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,l⊥β))?\a\vs4\al(,\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,m⊥α))?α∥β)))，故錯；對于D，l∥m，l⊥α，m⊥β，則α、β應(yīng)該為平行關(guān)系，故D錯誤．故選A.6．(2021·福建泉州質(zhì)檢)如圖，在下列四個正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點，過E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則在各個正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(D)〖〖解析〗〗如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點，易知E，F(xiàn)，G，M，N，Q六個點共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項A、B、C中的平面與這個平面重合，不滿足題意，只有選項D中的直線BD1與平面EFG不垂直，滿足題意．故選D.7．(2021·寶雞質(zhì)檢)對于四面體ABCD，給出下列四個命題：①若AB＝AC，BD＝CD，則BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，則BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，則BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，則BC⊥AD.其中為真命題的是(D)A．①② B．②③C．②④ D．①④〖〖解析〗〗①如圖，取BC的中點M，連接AM，DM，由AB＝AC?AM⊥BC，同理DM⊥BC?BC⊥平面AMD，而AD?平面AMD，故BC⊥AD：④設(shè)A在平面BCD內(nèi)的射影為O，連接BO，CO，DO，由AB⊥CD?BO⊥CD，由AC⊥BD?CO⊥BD?O為△BCD的垂心?DO⊥BC?AD⊥BC．8．(2021·卓越聯(lián)盟質(zhì)檢)已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列命題中正確的有(B)①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直線CD與PF所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)；④直線PD與平面ABC所成的角為45°；⑤CD∥平面PAE.A．①④ B．①③④C．②③⑤ D．①②④⑤〖〖解析〗〗∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六邊形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB?面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①正確；∵AD與PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直線CD與PF所成角為∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA＝eq\f(\r(5),5)，∴③成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立；∵CD∥AF，∴CD∥平面PAF，顯然AF與平面PAE相交，∴CD與平面PAE相交，即⑤不成立，故選B.二、多選題9．(2021·廣東七校聯(lián)合體聯(lián)考)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點，則下列說法正確的是(CD)A．A、M、N、B四點共面 B．BN∥平面ADMC．直線BN與B1M所成的角為60° D．平面ADM⊥平面CDD1C1〖〖解析〗〗由圖顯然AM、BN是異面直線，故A、M、N、B四點不共面，故A錯誤；BN∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，故B錯；取CD的中點O，連接BO、ON，則B1M∥BO，∴∠NBO即為BN與B1M所成角，又三角形BON為等邊三角形，故C正確；由題意AD⊥平面CDD1C1，故平面ADM⊥平面CDD1C1，故D正確．10.如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，將△ABD沿對角線BD折起．設(shè)折起后點A的位置為A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.下列命題正確的是(CD)A．A′D⊥BCB．三棱錐A′－BCD的體積為eq\f(\r(2),2)C．CD⊥平面A′BDD．平面A′BC⊥平面A′DC〖〖解析〗〗如圖所示：設(shè)E為BD中點，連接A′E，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB得到∠DBC＝∠ADB＝45°，又∠BCD＝45°，故△BCD為等腰直角三角形，平面A′BD⊥平面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥平面A′BD，所以C正確，E為BD中點，A′E⊥BD，則A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC．如果A′D⊥BC，則可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD與已知矛盾．故A錯誤；三棱錐A′－BCD的體積為S＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),6).故B錯誤．在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，∴A′C＝eq\r(3)，在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝eq\r(3)滿足BC2＝A′B2＋A′C2，∴BA′⊥CA′，又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故D正確．〖答案〗為C、D.11．(2021·廣東江門調(diào)研改編)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是(AB)A．若m⊥α，n∥α，則m⊥nB．若α∥β，β∥γ，m⊥α，則m⊥γC．若m∥α，n∥α，則m∥nD．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β〖〖解析〗〗對于A，因為n∥α，所以經(jīng)過n作平面β，使β∩α＝l，可得n∥l，又因為m⊥α，l?α，所以m⊥l，結(jié)合n∥l，得m⊥n.由此可得A是真命題；對于B，因為α∥β且β∥γ，所以α∥γ，結(jié)合m⊥α，可得m⊥γ，故B是真命題；對于C，設(shè)直線m、n是位于正方體上底面所在平面內(nèi)的相交直線，而平面α是正方體下底面所在的平面，則有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故C不正確；對于D，設(shè)平面α、β、γ是位于正方體經(jīng)過同一個頂點的三個面，則有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故D不正確．綜上所述，故選AB.三、填空題12．(2021·湖南五校聯(lián)考)已知直線m、l，平面α、β，且m⊥α，l?β，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.其中正確的命題是①④.〖〖解析〗〗對于①，若α∥β，m⊥α，l?β，則m⊥l，故①正確；對于②，若α⊥β，則m∥l或m與l垂直，或m與l異面，故②錯誤；對于③，若m⊥l，則α∥β或α與β相交，故③錯誤；對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β，故④正確．13.(2021·黃岡質(zhì)檢)如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上一點，E，F(xiàn)分別是點A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC．其中正確結(jié)論的序號是①②③.〖〖解析〗〗①由于PA⊥平面ABC，因此PA⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB；②因為AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB；③在①中已證明AF⊥BC；④若AE⊥平面PBC，由①知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，這與AF，AE有公共點A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立．故正確的結(jié)論為①②③.14．(2020·山東省威海市三模)已知l是平面α，β外的直線，給出下列三個論斷，①l∥α；②α⊥β；③l⊥β，以其中兩個論斷為條件，余下的論斷為結(jié)論，寫出一個正確命題：若①③，則②或若②③，則①(填寫一個即可).(用序號表示)〖〖解析〗〗因為l∥α，α⊥β時，l與β可能平行或者相交，所以①②作為條件，不能得出③；因為l∥α，所以α內(nèi)存在一條直線m與l平行，又l⊥β，所以m⊥β，所以可得α⊥β，即①③作為條件，可以得出②；因為α⊥β，l⊥β，所以l∥α或者l?α，因為l是平面α外的直線，所以l∥α，即②③作為條件，可以得出①；故〖答案〗為：若①③，則②或若②③，則①(填寫一個即可)．四、解答題15.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點，求證：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.〖證明〗(1)∵PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE?平面PAC．故CD⊥AE.(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC．∵E是PC的中點，故AE⊥PC．由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.16.(2021·河北邢臺聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E為AD的中點，AC與BE相交于點O.證明：PO⊥平面ABCD.〖證明〗∵AP⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴AP⊥CD，∵AD∥BC，BC＝eq\f(1,2)AD，∵E為AD的中點，則BC∥DE且BC＝DE.∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴BE∥CD，∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，且E為AD的中點，∴四邊形ABCE為正方形，∴BE⊥AC，又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，∵PO?平面APC，則BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD，PC?平面PCD，∴AP⊥PC，又AC＝eq\r(2)AB＝eq\r(2)AP，∴△PAC為等腰直角三角形，∵O為斜邊AC上的中點，∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD.B組能力提升1．(2021·百師聯(lián)盟聯(lián)考)已知平面α，直線l，m，n，滿足m∥α，n∥α，且m，n互為異面直線，則“l(fā)⊥m且l⊥n”是“l(fā)⊥α”的(A)A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件〖〖解析〗〗因為m，n為異面直線，且m∥α，n∥α，則平面α內(nèi)必存在兩條相交直線分別與m，n平行，又因為l⊥m且l⊥n，所以l⊥α；若l⊥α，則l⊥m且l⊥n，所以“l(fā)⊥m且l⊥n”是“l(fā)⊥α”的充要條件．2.(2020·三省三校(貴陽一中、云師大附中、南寧三中)聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AE⊥PC于E.下列四個結(jié)論：①AB⊥AC；②AB⊥平面PAC；③PC⊥平面ABE；④BE⊥PC．正確的個數(shù)是(D)A．1 B．2C．3 D．4〖〖解析〗〗已知AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos60°＝3，所以AC2＋AB2＝BC2，即AB⊥AC，①正確；由PA⊥平面ABCD，得AB⊥PA，所以AB⊥平面PAC，②正確；AB⊥平面PAC，得AB⊥PC，又AE⊥PC，所以PC⊥平面ABE，③正確；由PC⊥平面ABE，得PC⊥BE，④正確，故選D.3.(多選題)(2021·江蘇揚州調(diào)研山東師大附中模擬)