高中数学练习题 线面、面面垂直的判定与性质

9-5线面、面面垂直的判定与性质基础巩固强化1.(文)(2011·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)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]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,α⊥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)(2011·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．(理)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面A1ABB1⊥BC，且A1C与底面成45°角，AB＝A．4eq\r(3) B．3eq\r(3)C．4 D．3[答案]C[解析]由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交线为AB，故A1在平面ABC上的射影D在AB上．由A1C与底面成45°角得A1D＝DC，∵BC⊥AB，∴当CD最小即CD＝BC时A1D最小，此时Vmin＝eq\f(1,2)×AB×BC×A1D＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4.故选C.3．(2012·河北邯郸临漳一中模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是()A.eq\f(1,2) B．3C.eq\f(3,2) D．2[答案]A[解析]由三视图知，该几何体是一个横放的四棱锥P－ABCD，其底面ABCD为直角梯形，AB＝1，CD＝2，高BC＝1，棱锥的高PC＝1，∴体积V＝eq\f(1,3)×[eq\f(1,2)×(1＋2)×1]×1＝eq\f(1,2).4.(2011·广东省深圳市高三调研)如图，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．(文)(2011·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]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α∥β))⇒l⊥β,,,m⊂β))⇒l⊥m.(理)(2011·济宁三模)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BCA.eq\f(\r(3),4) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),4) D.eq\r(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⊥∵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＝eq\r(3)，∴AF＝eq\f(\r(3),2).解法2：VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),3).又∵A1B＝A1C＝eq\r(5)，在△A1BE中，A1E＝eq\r(A1B2－BE2)＝2.∴S△A1BC＝eq\f(1,2)×2×2＝2.∴VA－A1BC＝eq\f(1,3)×S△A1BC·h＝eq\f(2,3)h.∴eq\f(2,3)h＝eq\f(\r(3),3)，∴h＝eq\f(\r(3),2).∴点A到平面A1BC距离为eq\f(\r(3),2).7．如图，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[答案]2eq\r(2)[解析]∵DA＝DC＝AA1＝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＝2eq\r(2).8．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足______时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)[答案]DM⊥PC(或BM⊥PC等)(不唯一)[解析]连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC等)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F、G分别是AB、BC、B1C①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[答案]②③④[解析]三棱锥A1－ABC的四个面都是Rt△，故①错；P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；VA－D1QC＝VQ－AD1C，∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD1C，∴无论点Q在BC1上怎样运动，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A10．(2012·北京东城二模)如图，矩形AMND所在的平面与直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB.(1)求证：平面AMB∥平面DNC；(2)若MC⊥CB，求证BC⊥AC.[证明](1)因为MB∥NC，MB⊄平面DNC，NC⊂平面DNC，所以MB∥平面DNC.因为四边形AMND是矩形，所以MA∥DN.又MA⊄平面DNC，DN⊂平面DNC，所以MA∥平面DNC.又MA∩MB＝M，且MA、MB⊂平面AMB，所以平面AMB∥平面DNC.(2)因为四边形AMND是矩形，所以AM⊥MN.因为平面AMND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，所以AM⊥平面MBCN.因为BC⊂平面MBCN，所以AM⊥BC.因为MC⊥BC，MC∩AM＝M，所以BC⊥平面AMC.因为AC⊂平面AMC，所以BC⊥AC.能力拓展提升11.(文)(2012·广东深圳一调)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝eq\r(5)，若规定正(主)视方向垂直平面ACC1A1，则此三棱柱的侧(左)视图的面积为()A.eq\f(4\r(5),5) B．2eq\r(5)C．4 D．2[答案]A[解析]过B作BE⊥AC，垂足为E，平面B1BE交A1C1于E1，则BE＝eq\f(2\r(5),5)，由题意根据三视图的规则知，几何体的侧视图表示长为eq\f(2\r(5),5)，宽为2的矩形，所以几何体的侧视图的面积为S＝eq\f(2\r(5),5)×2＝eq\f(4\r(5),5)，故选A.(理)如图，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．2eq\r(2) B．1C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)[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＝eq\f(1,2)，AF＝eq\f(\r(3),3)，又EF＝eq\f(1,2)SA＝eq\f(1,2)，∴cos∠FAE＝eq\f(AF2＋AE2－EF2,2AF·AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴sin∠FAE＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(6),3)，∴tan∠FAE＝eq\r(2).由于Rt△SAF中E为SA的中点，∴∠FAE＝∠EFA，故tan∠EFA＝eq\r(2).12．(文)(2012·安徽理，6)设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]①∵α∩β＝m，b⊂β，α⊥β，b⊥m，∴b⊥α，又∵a⊂α，∴b⊥a.②当a⊂α，a∥m时，∵b⊥m，∴b⊥a，而此时平面α与平面β不一定垂直，故选A.(理)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°.13．(2012·山西联考)已知四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为________．[答案]eq\f(64,3)π[解析]过P作PE∥AB交球面于E，连接BE、CE，则BE∥AP，CE∥DP，∴三棱柱APD－BEC为正三棱柱，∵△PAD为正三角形，∴△PAD外接圆的半径为eq\f(2\r(3),3)，∴球O的半径R＝eq\r(22＋\f(2\r(3),3)2)＝eq\f(4,\r(3))，∴球O的表面积S＝4πR2＝eq\f(64,3)π.14．在正三棱锥P－ABC中，D、E分别是AB、BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________．[答案]①②[解析]如图，∵D、E为AB、BC的中点，∴DE∥AC，∵AC⊄平面PDE，∴AC∥平面PDE；取AC中点M，则由正三棱锥知，PM⊥AC，BM⊥AC，∴AC⊥平面PBM，∴AC⊥PB；∵AC∥DE，DE⊥BM，∴BM⊥DE.故AB与DE不垂直，从而AB⊥平面PDE，错误．15．如图，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.[证明](1)取CE的中点P，连接FP、BP，∵F为CD的中点，∴FP∥DE，且FP＝eq\f(1,2)DE.又AB∥DE，且AB＝eq\f(1,2)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.16．(文)(2011·北京模拟)如图，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.[证明](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＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(1,2)eq\r(PD2＋CD2)＝2eq\r(2)，又BD＝eq\r(AD2＋AB2)＝2eq\r(2)，∴BD2＋BC2＝CD2，∴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.(理)(2012·北京文，16)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分别为AC、AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ[分析](1)利用线面平行判定定理证明(关键证明DE∥BC)．(2)由平面图形知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE⊥AD，,DE⊥CD.))折叠后，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE⊥A1D，,DE⊥CD.))由线面垂直判定定理证得DE⊥平面A1CD，则DE⊥A1F，又由A1F⊥CD，易证得A1F⊥平面BCDE，则A1F⊥BE.(3)采取先找再证的办法处理．由DA1＝DC联想到等腰三角形底边上的中线是底面边上的高，可取A1C中点，再由“中点找中点”原则取A1B中点Q，证明A1C⊥平面DEQ(利用(2)中的DE⊥平面A1[解析](1)证明：因为D、E分别为AC、AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面所以A1F⊥BE(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ理由如下：如图，分别取A1C、A1B的中点P、Q，则PQ∥BC又因为DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C又因为P是等腰直角三角形DA1C底边A1所以A1C⊥DP所以A1C⊥平面DEP从而A1C⊥平面DEQ故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ[点评]1.本题考查了线面平行，线面垂直的判定定理，性质定理，折叠问题，存在性问题等．2．对于折叠问题，关键是看清折叠前后各量的变化与不变(包括长度、角度、位置关系等)，对于存在性问题，一般采取先找再证(取特例)的办法解决．1．(2011·广东省广州市高三年级调研测试)如图，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＝2eq\r(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＝2eq\r(5)，∴AD2＋BD2＝AB2.∴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)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＝eq\r(3).由(1)知，AD⊥BD，在Rt△ABD中，斜边AB边上的高为h＝eq\f(AD×BD,AB)＝eq\f(4\r(5),5).∵AB∥DC，∴S△ACD＝eq\f(1,2)CD×h＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\f(4\r(5),5)＝2.∴VA－PCD＝VP－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD×PO＝eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).2.(2012·河南豫东、豫北十所名校联考)如图所示的七面体是由三棱台ABC－A1B1C1和四棱锥D－AA1C1C对接而成，四边形ABCD是边长为2的正方形，BB1⊥平面ABCD，BB1＝2(1)求证：平面AA1C1C⊥平面BB(2)求二面角A－A1D－C1的余弦值．[解析]因为BB1⊥平面ABCD且ABCD是边长为2的正方形，所以以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则有A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(2,2,0)，A1(1,0,2)，B1(0,0,2)，C1(0,1,2)．(1)证明：∵eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0，∴eq\o(BB1,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，∴BB1⊥AC，BD⊥AC，∵BB1与DB是平面BB1D内的两条相交直线．∴AC⊥平面BB1D，又AC⊂平面AA1C1C，∴平面AA1C1C(2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(1,2，－2)．设n＝(x1，y1，z1)为平面A1AD的一个法向量，则n·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝－x1＋2z1＝0，n·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2y1＝0，于是y1＝0，取z1＝1，则x1＝2，n＝(2,0,1)．设m＝eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝－x2＋y2＝0，m·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝x2＋2y2－2z2＝0，可得3y2＝2z2，取z2＝3，则x2＝y2＝2，m＝(2,2,3)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(7,\r(5)×\r(17))＝eq\f(7\r(85),85)，由图知二面角A－A1D－C1为钝角，所以其余弦值为－eq\f(7\r(85),85).3．(2012·石家庄市一模)四棱锥A－BCDE的正视图和俯视图如下，其中俯视图是直角梯形．(1)若正视图是等边三角形，F为AC的中点，当点M在棱AD上移动时，是否总有BF丄CM，请说明理由；(2)若AB＝AC，平面ABC与平面ADE所成的锐二面角为45°，求直线AD与平面ABE所成角的正弦值．[解析](1)总有BF⊥CM，理由如下：法一：取BC的中点O，连接AO，由俯视图可知，AO⊥平面BCDE，CD⊂平面BCDE，所以AO⊥CD.又CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故CD⊥BF.因为△ABC为正三角形，F是AC的中点，所以BF⊥AC.又AC∩CD＝D，故BF⊥平面ACD，因为CM⊂平面ACD，所以BF⊥CM.法二：取BC的中点O，连接AO，由俯视图可知，AO⊥平面BCDE，取DE中点H，连接OH，OH⊥BC，以OC、OH、OA分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.则A(0,0，eq\r(3))，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，D(1,2,0)，可求得F(eq\f(1,2)，0，eq\f(\r(3),2))，设点M的横坐标为x，可求得点M(x,2x，eq\r(3)(1－x))则eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(3,2)，0，eq\f(\r(3),2))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(x－1,2x，eq\r(3)(1－x))，eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)(x－1)＋eq\f(\r(3),2)·eq\r(3)(1－x)＝0，故BF⊥CM.(2)建系同上，设A(0,0，a)，(a>0)，可得eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,2，－a)，设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＋y1＝0，,