课时提升练(三十九) 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．(2022·天津模拟)设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB.a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β【解析】 对于选项A，由a⊥α，α⊥β，b∥β可得a与b可能平行，也可能相交或异面，故A错；对于选项B，由a⊥α，α∥β可得a⊥β，又知b⊥β，故a∥b，因此B错；对于选项C，由b⊥β，α∥β可得b⊥α，又知a⊂α，故a⊥b，因此C正确；对于选项D，α⊥β，b∥β，则直线b与α可能平行，也可能相交，所以直线a与b不一定垂直，故D错．【答案】 C2．下列命题中错误的是( )A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β【解析】 对于命题A，在平面α内存在直线l平行于平面α与平面β的交线，则l平行于平面β，故命题A正确．对于命题B，若平面α内存在直线垂直于平面β，则平面α与平面β垂直，故命题B正确．对于命题C，设α∩γ＝m，β∩γ＝n，在平面γ内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使a⊥m，b⊥n.∵γ⊥α，a⊥m，则a⊥α，∴a⊥l，同理有b⊥l.又a∩b＝P，a⊂γ，b⊂γ，∴l⊥γ.故命题C正确．对于命题D，设α∩β＝l，则l⊂α，但l⊂β.故在α内存在直线不垂直于平面β，即命题D错误，故选D.【答案】 D3．(文)(2022·吉林模拟)已知m是平面α的一条斜线，点A∉α，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是( )A．l∥m，l⊥αB．l⊥m，l⊥α7\nC．l⊥m，l∥αD．l∥m，l∥α【解析】 对于A，由l∥m，l⊥α，知m⊥α，与已知矛盾；对于B，由l⊥m，l⊥α，可知m∥α或m⊂α，与已知矛盾；对于D，由l∥m，l∥α可知m∥α或m⊂α，与已知矛盾．由此排除A，B，D，故选C.【答案】 C4．(2022·山东高考)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为( )A. B. C. D.【解析】 如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝，则S＝×()2＝，VABCA1B1C1＝S×PO＝，∴PO＝.又AO＝×＝1，∴tan∠PAO＝＝，∴∠PAO＝.【答案】 B5．(2022·郑州模拟)如图7511所示，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在底面ABC上的射影H必在( )图7511A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部【解析】 ∵∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，又AC⊥BC1，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，7\n又AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1.∵平面ABC1∩平面ABC＝AB，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.【答案】 A6．如图7512所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是( )图7512A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC【解析】 ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，故AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.故选D.【答案】 D二、填空题7．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：①AC⊥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)7\n【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】 ①③8．已知平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′＝________.【解析】 连接AB′和A′B，设AB＝a，可得AB与平面α所成的角为∠BAB′＝，在Rt△BAB′中，有AB′＝a，同理可得AB与平面β所成的角为∠ABA′＝，所以A′A＝a，因此在Rt△AA′B′中，A′B′＝＝a，所以AB∶A′B′＝a∶a＝2∶1.【答案】 2∶19．(2022·云南模拟)如图7513，已知六棱锥PABCDEF的底图7513面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确结论的序号都填上)．【解析】 由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；由题意得平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．【答案】 ①④三、解答题10．(2022·北京高考)如图7514，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点．求证：7\n图7514(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.【解】 (1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF.所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.11．(2022·湖南高考)如图7515，已知二面角αMNβ的大小为60°，菱形ABCD在面β内，A，B两点在棱MN上，∠BAD＝60°，E是AB的中点，DO⊥面α，垂足为O.图7515(1)证明：AB⊥平面ODE；7\n(2)求异面直线BC与OD所成角的余弦值．【解】 (1)证明：如图，因为DO⊥α，AB⊂α，所以DO⊥AB.连接BD，由题设知，△ABD是正三角形．又E是AB的中点，所以DE⊥AB.而DO∩DE＝D，故AB⊥平面ODE.(2)因为BC//AD，所以BC与OD所成的角等于AD与OD所成的角，即∠ADO是BC与OD所成的角．由(1)知，AB⊥平面ODE，所以AB⊥OE.又DE⊥AB，于是∠DEO是二面角αMNβ的平面角，从而∠DEO＝60°.不妨设AB＝2，则AD＝2，易知DE＝.在Rt△DOE中，DO＝DE·sin60°＝.连接AO，在Rt△AOD中，cos∠ADO＝＝＝.故异面直线BC与OD所成角的余弦值为.12．(2022·湖北高考)如图7516，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：图7516(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.【证明】 (1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.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ACC1，7\n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.7
