统考版2025届高考数学全程一轮复习课时作业43直线平面垂直的判定与性质理

课时作业43直线、平面垂直的判定与性质[基础落实练]一、选择题1．[2024·江苏南通期末]已知直线m⊂平面α，则直线l⊥平面α是直线l⊥m的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件2．[2024·百校大联考第六次联考]若m，n，l为空间三条不同的直线，α，β，γ为空间三个不同的平面，则下列为真命题的是()A．若m⊥l，n⊥l，则m∥nB．若m⊥β，m∥α，则α⊥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β3．[2024·河北张家口一模]已知两条不同的直线l，m和不重合的两个平面α，β，且l⊥β，有下面四个命题：①若m⊥β，则l∥m；②若α∥β，则l⊥α；③若α⊥β，则l∥α；④若l⊥m，则m∥β.其中真命题的序号是()A．①②B．②③C．②③④D．①④4．如图，在四面体D­ABC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BDE5．一种特别的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．在四面体PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有()A．6个B．8个C．10个D．12个二、填空题6．已知平面α，β和直线m，给出以下条件：(1)m∥α；(2)m⊥α；(3)m⊂α；(4)α⊥β；(5)a∥β，当条件______成立时，有m∥β；当条件______成立时，有m⊥β(填所选条件的序号).7．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满意________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).8．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．三、解答题9.[2024·辽宁铁岭市高三二模]如图，四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝PB＝2BC＝2CD＝2eq\r(2)，△PAD是正三角形，求证：平面PAD⊥底面ABCD.10．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，E，F分别为AD，AA1的中点，Q是BC上一个动点，且BQ＝λQC(λ＞0).(1)当λ＝1时，求证：平面BEF∥平面A1DQ；(2)是否存在λ，使得BD⊥FQ？若存在，恳求出λ的值；若不存在，请说明理由．[素养提升练]11．[2024·广东珠海一模]已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，下列条件中，可以得到l⊥α的是()A．l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂αB．l⊥m，m∥αC．α⊥β，l∥βD．l∥m，m⊥α12.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列结论不正确的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC13．如图，棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论不正确的是()A．平面D1A1P⊥平面A1APB．∠APD1的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C．三棱锥B1­D1PC的体积为定值D．DC1⊥D1P14.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：(1)PE⊥BC；(2)平面PAB⊥平面PCD；(3)EF∥平面PCD.15．[2024·辽宁五校模拟]在如图所示的几何体中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC＝2DE＝4，BC＝2，DC＝1，∠BCD＝60°.(1)证明：BD⊥平面ACDE；(2)过点D作一平行于平面ABE的截面，画出该截面，说明理由，并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积．课时作业43直线、平面垂直的判定与性质1．解析：充分性：∵直线l⊥平面α，∴l垂直于平面α内全部直线，又∵直线m⊂平面α，∴l⊥m，充分性成立；必要性：若l⊥m且直线m⊂平面α，依据线面垂直判定定理得直线l⊥平面α不成立，必要性不成立．答案：B2．解析：A选项，m，n可能平行，相交或异面；C选项，α与β可能平行或相交；D选项，α与β可能平行或相交．答案：B3．解析：对于①，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故①正确；对于②，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故②正确；对于③，若l⊥β，α⊥β，则l∥α或l⊂α，故③错误；对于④，若l⊥β，l⊥m，则m∥β或m⊂β，故④错误．综上，真命题的序号是①②.答案：A4．解析：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.答案：C5．解析：为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体PABC为“鳖臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面APB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，AE∩EF＝E，所以PC⊥平面AEF，所以AF⊥PC，知四面体PAEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形．答案：C6．解析：依据面面平行的特征可得，若m⊂α，α∥β，则m∥β；依据线面垂直以及面面平行的性质可得，若m⊥α，α∥β，则m⊥β.答案：（3）（5）（2）（5）7．解析：∵PC在底面ABCD上的射影为AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC（或BM⊥PC）时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC（或BM⊥PC）8．解析：如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH.所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABC­A1B1C1是直三棱柱，EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不肯定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH，知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．答案：①③9．解析：由∠BCD＝90°，BC＝CD＝eq\r(2)，得BD＝2，又AD2＝BC2＋（AB－CD）2＝2＋2＝4，所以AD＝2.因为AB＝2eq\r(2)，所以在三角形ADB中，AD2＋BD2＝AB2，所以BD⊥AD.因为PB＝2eq\r(2)，PD＝BD＝2，所以PD2＋BD2＝PB2，所以BD⊥PD.因为AD∩PD＝D，所以BD⊥平面PAD.因为BD⊂底面ABCD，所以平面PAD⊥底面ABCD.10．解析：（1）当λ＝1时，Q为BC中点，因为E是AD的中点，所以ED＝BQ，ED∥BQ，则四边形BEDQ是平行四边形，所以BE∥QD.又BE⊄平面A1DQ，DQ⊂平面A1DQ，所以BE∥平面A1DQ.因为E，F分别是AD，A1A中点，所以EF∥A1D.因为EF⊄平面A1DQ，A1D⊂平面A1DQ，所以EF∥平面A1DQ.因为BE∩EF＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，所以平面BEF∥平面A1DQ.（2）如图，连接AQ，BD与FQ，因为A1A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD.若BD⊥FQ，又A1A，FQ⊂平面A1AQ，且A1A∩FQ＝F，所以BD⊥平面A1AQ.因为AQ⊂平面A1AQ，所以AQ⊥BD.在矩形ABCD中，由AQ⊥BD，得△AQB∽△DBA，所以AB2＝AD·BQ.又AB＝1，AD＝2，所以BQ＝eq\f(1,2)，QC＝eq\f(3,2)，则eq\f(BQ,QC)＝eq\f(1,3)，即λ＝eq\f(1,3).11．解析：对于A，l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；对于B，l⊥m，m∥α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；对于C，α⊥β，l∥β，则l与α相交、平行或l⊂α，故C错误；对于D，l∥m，m⊥α，则l⊥α，故D正确．答案：D12．解析：由题意得BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故A项正确；在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，所以BC⊥平面PAE，又DF∥BC，所以DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE，故B，C项均正确；故选D.答案：D13．解析：因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A项正确；当P与A1重合时，∠APD1＝eq\f(π,2)，故B项错误；因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1­D1PC的体积为定值，故C项正确；因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，又D1P⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D项正确．答案：B14．证明：（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.（2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝eq\f(1,2)BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.15．解析：（1）在△BCD中，由余弦定理得BD2＝22＋12－2×1×2cos60°＝3，所以BC2＝BD2＋DC2，所以△BCD为直角三角形，BD⊥CD.因为AC⊥平面BCD，所以AC⊥BD.而AC∩CD＝C，所以BD⊥平面ACDE.（2）如图，取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，则平面DFM即所求．理由如下：因为DE∥AC，DE＝AF，所以四边形AEDF为平行四边形，所以DF∥AE，从而DF∥平面ABE，易证FM∥平面ABE.因为FM∩DF＝F，所以平面DFM∥平面A