2022年新教材高中数学第八章立体几何初步6空间直线平面的垂直练习（含解析）

空间直线、平面的垂直(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列条件中能推出m⊥n的是()A．m⊥α，n∥β，α⊥β B．m⊥α，n⊥β，α∥βC．m⊂α，n⊥β，α∥β D．m⊂α，n∥β，α⊥β【解析】选C.对于A，m⊥α，n∥β，α⊥β，无法得出m⊥n，因此错误；对于B，m⊥α，n⊥β，α∥β，可得m∥n，因此无法得出m⊥n，因此错误；对于C，m⊂α，n⊥β，α∥β，可得n⊥α，由线面垂直的性质定理可知，可得m⊥n，因此正确；对于D，m⊂α，n∥β，α⊥β，可得m与n平行或相交或为异面直线，无法得出m⊥n，因此错误．2．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为eq\f(π,4)和eq\f(π,6).过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′等于()A.2∶1B．3∶1C．3∶2D．4∶3【解析】选A.由已知条件可知∠BAB′＝eq\f(π,4)，∠ABA′＝eq\f(π,6)，设AB＝2a，则BB′＝2asineq\f(π,4)＝eq\r(2)a，A′B＝2acoseq\f(π,6)＝eq\r(3)a所以在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，所以AB∶A′B′＝2∶1.3．已知直线l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A∉α，B∉α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝()A．2B．1C．eq\f(3,2)D．eq\f(1,2)【解析】选A.因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.如图所示，连接OD，则eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因为OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因为AC＝1，所以BD＝2.4．(多选题)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中正确的是()A.BC⊥平面PAC B．AE⊥EFC．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC【解析】选ABD.在A中，因为C为圆上异于A，B的任意一点，所以BC⊥AC，因为PA⊥BC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，故A正确；在B中，因为BC⊥平面PAC，AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE，因为AE⊥PC，PC∩BC＝C，所以AE⊥平面PBC，因为EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，故B正确；在C中若AC⊥PB，则AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与AC⊥PA矛盾，故AC与PB不垂直，故C错误；在D中，因为AE⊥平面PBC，AE⊂面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC，故D正确．二、填空题(每小题5分，共10分)5．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成的角的大小为________．【解析】底面积不变，在折叠过程中，高是先增加后减小．设AC的中点为O，当DO⊥平面ABC时，DO即为高，此时高最大．此时△DOB为等腰直角三角形，BD与平面ABC所成角为45°.答案：45°【加固训练】如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后BC＝________．【解析】由题意知，BD⊥AD，由于平面ABD⊥平面ACD.且平面ABD∩平面ACD＝AD，所以BD⊥平面ADC.又DC⊂平面ADC，所以BD⊥DC.连接BC，则BC＝eq\r(BD2＋DC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝1.答案：16．在三棱锥S­ABC中，AC⊥平面SBC，已知SC＝a，BC＝eq\r(3)a，SB＝2a，则二面角S­AC­B的大小为________．【解析】因为AC⊥平面SBC，SC，BC⊂平面SBC，所以AC⊥SC，AC⊥BC，所以二面角S­AC­B的平面角为∠SCB.又SC＝a，BC＝eq\r(3)a，SB＝2a，所以SB2＝SC2＋BC2，故△SCB为直角三角形，所以∠SCB＝90°.答案：90°【加固训练】棱长都相等的三棱锥(即正四面体)ABCD中，相邻两个平面所成的二面角的余弦值为________．【解析】取BC的中点E，连接AE，DE，因为四面体ABCD是正四面体，所以BC⊥AE，BC⊥ED.所以∠AED为二面角A­BC­D的平面角．设正四面体的棱长为1则AE＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(\r(3),2)，AD＝1.在△ADE中可求得cos∠AED＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)三、解答题(每小题10分，共30分)7．如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝2，AB＝2DC，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求多面体A­PBC的体积．【解析】(1)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC.因为∠BCD＝90°，所以BC⊥CD.因为PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD，所以PC⊥BC.(2)因为PD⊥平面ABCD，所以VA­PBC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD.因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以△ABC为直角三角形且∠ABC为直角．因为PD＝DC＝BC＝2，AB＝2DC，所以VA­PBC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AB·BC·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2×2＝eq\f(8,3).8．如图所示，四棱锥P­ABCD的底面是一个直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥平面ABCD，E是PC的中点，则平面EBD能垂直于平面ABCD吗？请说明理由．【解析】平面EBD不能垂直于平面ABCD.理由如下：假设平面EBD垂直于平面ABCD，过E作EO⊥BD于O，连接AO，CO.因为EO⊂平面EBD，EO⊥BD，平面EBD∩平面ABCD＝BD，所以EO⊥平面ABCD.又因为PA⊥平面ABCD，所以EO∥PA.因为A，O，C是PC上三点P，E，C在平面ABCD上的投影，所以P，E，C三点的投影均在直线AC上，所以A，O，C三点共线．又因为E是PC的中点，所以O是AC的中点．又因为AB∥CD，所以△ABO∽△CDO.又因为AO＝OC，所以AB＝CD，这与CD＝2AB矛盾，所以假设不成立．故平面EBD不能垂直于平面ABCD.9．(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝eq\r(2)，圆锥的侧面积为eq\r(3)π，求三棱锥P­ABC的体积．【解析】(1)由题设可知，PA＝PB＝PC.由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，因为PB在平面PAB内，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3)，从而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱锥P­ABC的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8).【加固训练】如图所示，在三棱锥ABCD中，AB＝BC＝BD＝2，AD＝2eq\r(3)，∠CBA＝∠CBD＝eq\f(π,2)，点E，F分别为AD，BD的中点．(1)求证：平面ACD⊥平面BCE；(2)求四面体CDEF的体积．【解析】(1)因为∠CBA＝∠CBD＝eq\f(π,2)，所以BC⊥AB，BC⊥BD，又AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以BC⊥平面ABD，又AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD，因为AB＝BD，E为AD的中点，所以BE⊥AD，又BC∩BE＝B，BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，所以AD⊥平面BCE，又AD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCE；(2)由(1)可得BC为三棱锥C­DEF的高，又点E，F分别为AD，BD的中点，所以EF＝eq\f(1,2)AB＝1，FD＝eq\f(1,2)BD＝1，由余弦定理可得cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(4＋4－12,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，又0＜∠ABD＜π，0＜∠EFD＜π，所以∠EFD＝∠ABD＝eq\f(2π,3)，所以VCDEF＝eq\f(