【同步必刷题】2.3 直线、平面垂直的判定及其性质 基础练（含解析）

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2020-2021学年人教A版必修二同步必刷题基础练
第二章《点、直线、平面之间的位置关系》
2.3
直线、平面垂直的判定及其性质
一．选择题
1．（2020秋?香坊区校级期末）如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A﹣BCD，使平面ABD⊥平面BCD，则下列说法中不正确的是（　　）
A．平面ACD⊥平面ABD
B．AB⊥CD
C．平面ABC⊥平面ACD
D．AD⊥平面ABC
2．（2019秋?平顶山期末）已知直线l1⊥平面α，直线l2?平面α，则下列结论一定不正确的是（　　）
A．l1，l2相交
B．l1，l2异面
C．l1∥l2
D．l1⊥l2
3．（2019秋?丽水期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体ABCDEF是一个刍甍，其中△BCF是正三角形，AB＝2BC＝2EF，则以下两个结论：①AB∥EF；②BF⊥ED，（　　）
A．①和②都不成立
B．①成立，但②不成立
C．①不成立，但②成立
D．①和②都成立
4．（2020?梧州模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD，BD⊥CD．将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是（　　）
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．CA′与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′﹣BCD的体积为
5．（2020秋?河南月考）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∥β
C．m?α，n⊥β，α∥β
D．m?α，n∥β，α⊥β
6．（2020秋?武汉期中）在正四面体P﹣ABC中，D，E，F侧棱AB，BC，CA的中点，下列说法不正确的是（　　）
A．BC∥面PDF
B．面PDE⊥面ABC
C．面PDF⊥面PAE
D．DF⊥面PAE
7．（2020秋?太原期中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是（　　）
A．BC⊥平面APC
B．BC⊥PC，AP⊥PC
C．AP⊥PB，AP⊥PC
D．AP⊥PC，平面APC⊥平面BPC
8．（2020秋?成都期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PB＝BC，PA＝AB，AM⊥平面PBC，垂足M在直线PB上，若PC上存在一点N使得平面PCD⊥平面AMN，则（　　）
A．1
B．
C．
D．
二．填空题
9．（2020春?宜兴市月考）将一本书打开后竖立在桌面上（如图），则书脊所在直线AB与桌面的位置关系为　
　．
10．（2019秋?湖北期末）如图，已知平行四边形ABCD中，|AD|＝4，|CD|＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，且|PA|＝6，则|PC|＝　
　．
11．（2018春?南京期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则四个侧面△PAB，△PBC，△PCD，△PAD中，有　
　个直角三角形．
12．（2018春?丰台区期末）已知四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件　
　时，有PC⊥BD（填上你认为正确的一个条件即可）．
13．（2020秋?上城区校级期中）平行四边形ABCD中，AB＞AD，将三角形ABD沿着BD翻折至三角形A'BD，则下列直线中有可能与直线A'B垂直的是　
　（填所有符合条件的序号）．
①直线BC；②直线CD；③直线BD；④直线A'C．
14．（2020春?兴庆区校级期末）若直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆周上异于A，B的一点，有下列关系：
①PA⊥BC；②BC⊥平面PAC；③AC⊥PB；④PC⊥BC．
其中正确的是　
　．
15．（2020春?滁州期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是AB，A1B1的中点，P在AD上，若平面CMN⊥平面A1BP，则　
　．
三．解答题
16．（2020秋?东安区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，平面APD⊥平面ABCD，PA＝PD，E在AD上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2．
（1）求证：平面PEC⊥平面PBD；
（2）设直线PB与平面PEC所成的角为，求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．
17．（2020春?密云区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，F为对角线AC与BD的交点，E为棱PD的中点．
（Ⅰ）证明：EF∥平面PBC；
（Ⅱ）证明：AC⊥PB．
18．（2020?河北模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD是一个菱形，且∠ABC，AB＝2，PA⊥平面ABCD．
（1）若Q是线段PC上的任意一点，证明：平面PAC⊥平面QBD．
（2）当平面PBC与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为时，求PA的长．
19．（2020秋?河南月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，CD∥AB，CD＝2AB，∠ADC＝90°，E，F分别为CD，PC的中点．
（1）求证：平面BEF∥平面PAD；
（2）求证：平面BEF⊥平面PDC．
20．（2020秋?城关区校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，AC＝CC1＝6，M是棱CC1的中点．
（1）求证：平面AB1M⊥平面ABB1A1；
（2）求A1M与平面AB1M所成角的正弦值．
21．（2020秋?城关区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．
（1）求证：BD⊥PC；
（2）在棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？若存在，求出PF的位置，若不存在，说明理由．
22．（2020秋?和平区校级月考）如图，△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，已知CD＝2．
（1）求证：平面ABC⊥平面ABD；
（2）求直线AC与平面BCD所成角的正弦值．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：对于A，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥CD，
∴CD⊥平面ABD，∴平面ACD⊥平面ABD，即A正确；
对于B，CD⊥平面ABD，AB?平面ABD，∴AB⊥CD，即B正确；
对于C，∵AB⊥AD，AB⊥CD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴平面ABC⊥平面ACD，即C正确；
对于D，若AD⊥平面ABC，则AD⊥AC，与CD⊥AD矛盾，
故选：D．
2．【解答】解：由平面的垂线的定义可知，
在平面α内肯定不存在与直线l1平行的直线．
故选：C．
3．【解答】解：∵AB∥CD，CD在平面CDEF内，AB不在平面CDEF内，
∴AB∥平面CDEF，
又EF在平面CDEF内，
由AB在平面ABFE内，且平面ABFE∩平面CDEF＝EF，
∴AB∥EF，故①对；
如图，取CD中点G，连接BG，FG，由AB＝CD＝2EF，易知DE∥GF，且DE＝GF，
不妨设EF＝1，则，
假设BF⊥ED，则BF2+FG2＝BG2，即1+FG2＝2，即FG＝1，但FG的长度不定，故假设不一定成立，即②不一定成立．
故选：B．
4．【解答】解：若A成立可得BD⊥A'D，产生矛盾，故A不正确；
由题设知：△BA'D为等腰Rt△，CD⊥平面A'BD，得BA'⊥平面A'CD，于是B正确；
由CA'与平面A'BD所成的角为∠CA'D＝45°知C不正确；
VA′﹣BCD＝VC﹣A′BD，D不正确．
故选：B．
5．【解答】解：对于A，m⊥α，n∥β，α⊥β，可得m与n平行，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相交或为异面直线，无法得出m⊥n，因此错误；
故选：C．
6．【解答】解：由DF∥BC，可得BC∥平面PDF，故A正确．
由DF⊥平面PAE可得，AE⊥DF，且AE垂直AE与DF交点和P点边线，
从而平面PDF⊥平面ABC，平面PDF∩平面PDE＝PD，故B错误．
由DF⊥平面PAE可得，平面PDF⊥平面PAE，故C正确．
若PO⊥平面ABC，垂足为O，
则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE
故DF⊥平面PAE，故D正确．
故选：B．
7．【解答】解：由BC⊥平面APC，PA?平面APC，可得BC⊥PA，故A正确；
由BC⊥PC，AP⊥PC，可得PC为异面直线BC，AP的公垂线，
若AP⊥BC，由CB∩PC＝C，可得PA⊥平面PBC，则PA⊥PB，不一定成立，故B错误；
由AP⊥PB，AP⊥PC，又PB∩PC＝P，可得PA⊥平面PBC，可得BC⊥PA，故C正确；
由AP⊥PC，平面APC⊥平面BPC，可得PA⊥平面PBC，可得BC⊥PA，故D正确．
故选：B．
8．【解答】解：取PC的中点O，连接BO，由PB＝BC，所以BO⊥PC；
过点M作MN∥BO，交PC于点N，则MN⊥PC；如图所示：
由AM⊥平面PBC，PC?平面PBC，所以AM⊥PC；
且AM∩MN＝M，AM?平面AMN，MN?平面AMN，
所以PC⊥平面AMN；
又PC?平面PCD，
所以平面PCD⊥平面AMN；
由PA＝AB，M为PB的中点，且MN∥BO，所以；
又，所以，所以．
故选：D．
二．填空题
9．【解答】解：如图设桌面所在平面为平面M，
由AB⊥BC，AB⊥BE，
且BC?平面M，BE?平面M，
且BC∩BE＝B，
可得AB⊥平面M，
故答案为：垂直．
10．【解答】解：由余弦定理有，AC2＝AD2+CD2﹣2AD?CD?cosD，
∴，
∵PA⊥平面ABCD，AC在平面ABCD内，
∴PA⊥AC，
∴．
故答案为：7．
11．【解答】解：∵PA⊥平面ABCD
∴PA⊥AB，PA⊥AD
∴△PAB，△PAD为直角三角形
事实上，BC⊥PA，BC⊥AB
∴BC⊥平面PAB
∴BC⊥PB
∴△PBC为直角三角形
同理△PDC为直角三角形
∴四个侧面三角形均为直角三角形．
12．【解答】解：四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，
∴BD⊥PA，
当四边形ABCD是菱形时，BD⊥AC，
又PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC，
∴PC⊥BD．
故答案为：四边形ABCD是菱形．
13．【解答】解：对于①，若BC⊥BD，当平面ABD⊥平面BCD时，BC⊥平面A′BD，则此时BC⊥A'B，故①成立；
对于②若∠ABD＞45°，则在翻折的过程中，∠A′BA为超过90°，故存在∠A′BA＝90°，
∵AB∥CD，
∴CD⊥A'B，故②成立；
对于③，在△ABD中，∵AB＞AD，
∴∠ABD为锐角，
即∠A′BD为锐角，
故直线BD不可能和直线A'B垂直，故③不成立；
对于④，∵AB＞AD，
∴△A′BC中，A′B＞BC，
∴∠BA′C始终为锐角，
故直线A′C不可能和直线A'B垂直，故④不成立．
故答案为：①②．
14．【解答】解：∵直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，
C为圆周上异于A，B的一点，
∴BC?以AB为直径的圆所在的平面，∴PA⊥BC，故①正确；
∵AB是圆的直径，C为圆周上异于A，B的一点，
∴AC⊥BC，又PA⊥BC，AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC，故②正确；
∵AC⊥BC，但AC与PC相交且不垂直，∴AC与PB不垂直，故③错误；
∵BC⊥平面PAC，PC?平面PAC，∴PC⊥BC，故④正确．
故答案为：①②④．
15．【解答】解：∵M，N分别是AB，A1B1的中点，∴AA1∥MN．
根据正方体的性质可得MN⊥面ABCD，即可得MN⊥PB．
当P为AD中点时，CM⊥PB，又CM∩MN＝M．
∴PB⊥面NMC，
即可得平面CMN⊥平面A1BP．
则2．
故答案为：2．
三．解答题
16．【解答】解：（1）连接PE，BD．
∵AD∥BC，PA＝PD，E在AD上，且AB＝BC＝CD＝DE＝EA＝2．
∴PE⊥AD，四边形EBCD为菱形，BD⊥CE
∵平面APD⊥平面ABCD，∴PE⊥面ABCD，BD⊥PE
且PE∩EC＝E，∴DB⊥面PEC．
∵DB?平面PBD，∴平面PEC⊥平面PBD；
（2）易得四边形AECB，BCDE为菱形，∴△ABE、△BCE、△CDE均为正三角形．
设EC∩BD＝O，可得EO＝CO＝1，BO＝DO
由（1）得BD⊥面PEC，∠BPO为直线PB与平面PEC所成的角，∴．
∴，PE．?AP．
过P作直线m∥EC，可得面APB∩平面PEC＝m．
取AB中点H，则PH⊥m，又PE⊥EC，可得PE⊥m．
∴∠HPE平面APB与平面PEC所成的锐二面角．
在Rt△PHE中，cos．
平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值为．
17．【解答】证明：（I）∵四边形ABCD是正方形，F为对角线AC与BD的交点，
∴F是BD的中点，又E是PD的中点，
∴EF∥PB，
又EF?平面PBC，PB?平面PBC，
∴EF∥平面PBC．
（II）∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥PD，
又BD?平面PBD，PD?平面PBD，BD∩PD＝D，
∴AC⊥平面PBD，
又PB?平面PBD，
∴AC⊥PB．
18．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是一个菱形，
∴AC⊥BD，
又PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，则BD⊥平面PAC，
∵BD在平面QBD内，
∴平面PAC⊥平面QBD；
（2）设AC，BD交于点O，分别以OB，OC所在直线为x轴，y轴，以平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设P（0，﹣1，a）（a＞0），则
，
设平面PBC的一个法向量为，则，可取
，
同理可求平面PDC的一个法向量为，
∴，解得a2＝2，
∴．
19．【解答】证明：（1）∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，
∴AB∥DE，且AB＝DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD∥BE，
∵BE?平面PAD，AD?平面PAD，∴BE∥平面PAD，
∵E和F分别是CD，PC的中点，∴EF∥PD，
∵EF?平面PAD，PD?平面PAD，∴EF∥平面PAD，
∵EF∩BE＝E，BE，EF?平面BEF，
∴平面BEF∥平面PAD，
（2）∵∠ADC＝90°，∴AD⊥CD，
又BE∥AD，∴BE⊥CD．
由PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
得到PA⊥CD，
又PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵PD?平面PAD，∴CD⊥PD，
∵PD∥EF，∴CD⊥EF，
∵BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF，
∵CD?平面PDC，
∴平面BEF⊥平面PDC．
20．【解答】（1）证明：连接A1B交AB1于O，连接MO，易得O为A1B，AB1的中点．
∵CC1⊥平面ABC，AC?平面ABC，
∴CC1⊥AC．
又M为CC1中点，AC＝CC1＝6，
∴．
同理可得，
∴MO⊥AB1．
连接MB，同理可得，
∴MO⊥A1B．
又AB1∩A1B＝O，AB1，A1B?平面ABB1A1，
∴MO⊥平面ABB1A1，
又MO?平面AB1M，
∴平面AB1M⊥平面ABB1A1．
（2）解：易得A1O⊥AB1，
由（1）平面AB1M⊥平面ABB1A，
平面AB1M∩平面ABB1A1＝AB1，A1O?平面ABB1A1，
∴A1O⊥平面AB1M．
∴∠A1MO即为A1M与平面AB1M所成的角．
在Rt△AA1B1中，，
在Rt△A1OM中，．
所以A1M与平面AB1M所成角的正弦值为．
21．【解答】解：（1）证明：PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥BD，又底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，
所以BD⊥PC；
（2）当F为PB中点时，CF∥平面PAE
理由如下：设AB的中点为M，连接MF，MC，CF，
M，F分别是AB，PB的中点，MF∥PA，
又AM∥EC，AM＝CE，即四边形AMCE是平行四边形
所以MC∥AE，
又MF∩MC＝M，PA∩PE＝A，
所以平面MFC∥平面PAE，
CF?平面MFC，
所以CF∥平面PAE．
22．【解答】（1）证明：取AB中点O，连OC、OD，
则OC⊥AB，OD⊥AB，
所以∠COD是二面角C﹣AB﹣D的平面角．
在△OCD中，
因为，OD＝1，CD＝2，
所以∠COD＝90°．
所以，平面ABC⊥平面ABD．
（2）解：建立空间直角坐标系（O﹣CBD）．
则，，．
设是平面BCD的法向量，
则，取．
则，
所以直线AC与平面BCD所成角的正弦值．
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精品试卷·第
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