2025届高考数学统考一轮复习课时作业43直线平面垂直的判定和性质文含解析新人教版

PAGE课时作业43直线、平面垂直的判定和性质[基础达标]一、选择题1．已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是()A．若l∥m，则必有α∥βB．若l⊥m，则必有α⊥βC．若l⊥β，则必有α⊥βD．若α⊥β，则必有m⊥α2．PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是()A．PA⊥BCB．BC⊥平面PACC．AC⊥PBD．PC⊥BC3．如图，在四面体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BDE4．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”．在如图所示的四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有()A．2个B．3个C．4个D．5个5．[2024·山东临沂教学质量检测]已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是()A．若c⊂平面α，则a⊥αB．若c⊥平面α，则a∥α，b∥αC．存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥αD．存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α二、填空题6．[2024·宁夏银川质检]如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．7．如图，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．[2024·全国卷Ⅰ]已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq\r(3)，那么P到平面ABC的距离为________．三、解答题9．[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．10.[2024·惠州市高三调研考试试题]如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在的平面相互垂直，已知AB＝3，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)设几何体F－ABCD，F－BCE的体积分别为V1，V2，求V1：V2.[实力挑战]11．[2024·安徽省示范中学名校高三联考]如图1是由正方形ABCG，直角梯形ABED，三角形BCF组成的一个平面图形，其中AB＝2DE＝2，BE＝BF＝CF＝eq\r(3)，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的D，E，C，G四点共面，且平面ABD⊥平面DEC；(2)求图2中点A到平面BCE的距离．课时作业431．解析：对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β还有可能斜交或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C正确；对于选项D，直线m可能和平面α垂直，也可能相交或平行，所以选项D错误．故选C.答案：C2．解析：由PA⊥平面ACB，BC⊂平面ACB，所以PA⊥BC，故A不符合题意；由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，故B，D不符合题意；无法推断AC⊥PB，故选C.答案：C3．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：C4．解析：由题意，因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，又四边形ABCD为正方形，所以BC⊥CD，所以BC⊥平面PCD，BC⊥PC，所以四面体PDBC是一个鳖臑，因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE，因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，因为PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑，同理可得，四面体PABD和FABD都是鳖臑，故选C.答案：C5．解析：若c⊂平面α，则a⊂α或a∥α或a与α相交，A错误；若c⊥平面α，则a⊂α或a∥α，B错误；存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥α，C正确；若a⊥α，b⊥α，则a∥b，与a，b是异面直线冲突，D错误，故选C.答案：C6．解析：∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．所以图中共有4个直角三角形．答案：47．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：设PO⊥平面ABC于O，PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，连接OE、OF、OC，∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AC，又PO∩PE＝P，∴AC⊥平面POE，∴AC⊥OE，同理有BC⊥OF，∴四边形OECF为矩形，∵PC＝PC且PE＝PF，∴Rt△PEC≌Rt△PFC，∴EC＝FC＝eq\r(PC2－PE2)＝1，∴四边形OECF是边长为1的正方形，∴OC＝eq\r(2)，在Rt△POC中，PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)9．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ABE.由(1)可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM.V四棱锥B－ACDE＝eq\f(1,3)×eq\f((2＋4)×1,2)×eq\r(3)＝eq\r(3)，V三棱锥F－CDM＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1×sin60°))×2＝eq\f(\r(3),6)，所以所求几何体的体积V＝eq\r(3)－eq\f(\r(3),6)＝eq\f(5\r(3),6).10．解析：解法一∵平面ABCD⊥平面ABEF，矩形ABCD中，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，CB⊂平面ABCD，∴CB⊥平面ABEF，∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB.又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∵CB∩BF＝B，CB⊂平面CBF，BF⊂平面CBF，∴AF⊥平面CBF，∵AF⊂平面DAF，∴平面DAF⊥平面CBF.解法二∵平面ABCD⊥平面ABEF，矩形ABCD中，DA⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，DA⊂平面ABCD，∴DA⊥平面ABEF，∵BF⊂平面ABEF，∴DA⊥BF.又AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，∵DA∩AF＝A，DA⊂平面DAF，AF⊂平面DAF，∴BF⊥平面DAF，∵BF⊂平面CBF，∴平面DAF⊥平面CBF.(2)如图，过点F作FH⊥AB，交AB于H，∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，且FH⊂平面ABEF，∴FH⊥平面ABCD.则V1＝eq\f(1,3)×(AB×BC)×FH，V2＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EF×HF,2)))×BC，∴eq\f(V1,V2)＝eq\f(2AB,EF)＝6.11．解析：(1)证明：因为正方形ABCG中，AB∥CG，梯形ABED中，DE∥AB，所以DE∥CG，所以D，E，C，G四点共面．因为AG⊥AB，所以AG⊥DE.因为AD⊥DE，AD∩AG＝A，所以DE⊥平面ADG.因为DG⊂平面ADG，所以DE⊥DG.在直角梯形ABED中，AB＝2，DE＝1，BE＝eq\r(3)，可求得AD＝eq\r(2)，同理在直角梯形GCED中，可求得DG＝eq\r(2)，又AG＝BC＝2，所以AD2＋DG2＝AG2，由勾股定理的逆定理可知AD⊥DG.因为AD⊥DE，DE∩DG＝D，所以AD⊥平面DEG.因为AD⊂平面ABD，故平面ABD⊥平面DEG，即平面ABD⊥平面DEC.(2)在等腰直角三角形ADG中，AG边上的高为1，所以点D到平面ABC的距离等于1.因为DE与平面ABC平行，所以点E到平面ABC的距离h1＝1，连接AC，AE，三角形ABC的面积S1＝eq\f(