【同步必刷题】2.3 直线、平面垂直的判定及其性质 提高练（含解析）

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2020-2021学年人教A版必修二同步必刷题提高练
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?太和县校级月考）四面体ABCD中，AB＝CD＝3，其余棱长均为4，E、F分别为AB、CD上的点（不含端点），则（　　）
A．不存在E，使得EF⊥CD
B．存在E，使得DE⊥CD
C．存在E，使得DE⊥平面ABC
D．存在E，F，使得平面CDE⊥平面ABF
2．（2020?眉山模拟）在如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有（　　）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
3．（2020?石家庄模拟）已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是（　　）
①m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β；
②m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β；
③m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β；
④m⊥α，n⊥β、且m⊥n，则α⊥β．
A．①②③
B．①③④
C．②④
D．③④
4．（2020秋?成都期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AD⊥PA，BC⊥PB，PB＝BC，PA＝AB，M为PB的中点，若PC上存在一点N使得平面PCD⊥平面AMN，则（　　）
A．
B．
C．
D．1
5．（2020春?顺义区期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（　　）
A．平面CBP⊥平面BB1P
B．DC1⊥PC
C．三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值
D．∠APD1的取值范围是（0，]
6．（2020春?海淀区校级期末）三棱锥V﹣ABC中，侧面VBC⊥底面ABC，∠ABC＝45°，VA＝VB，AC＝AB．则（　　）
A．AC⊥BC
B．VB⊥AC
C．VA⊥BC
D．VC⊥AB
7．（2020?河南二模）如图是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1木块的直观图，其中P，Q，F分别是D1C1，BC，AB的中点，平面α过点D且平行于平面PQF，则该木块在平面α内的正投影面积是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．（2020?海淀区二模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为（　　）
A．
B．
C．
D．
二．填空题
9．（2020?大庆三模）已知四边长均为2的空间四边形ABCD的顶点都在同一个球面上，若∠BAD，平面ABD⊥平面CBD，则该球的体积为　
　．
10．（2019秋?烟台期末）如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为AA1D1上一点，且A1N＝λA1D1．若BD⊥AN，则λ的值为　
　；若M为棱DD1的中点，BM∥平面AB1N，则λ的值为　
　．
11．（2020?垫江县校级模拟）在《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．如图，在鳖臑P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP＝AC＝1，过点A分别作AE⊥PB于点E，AF⊥PC于点F，连结EF，当△AEF的面积最大时，tan∠BPC＝　
　．
12．（2020秋?贵溪市校级月考）已知在矩形ABCD中，AB，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，则a的最小值是　
　．
13．（2020?娄底模拟）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PC上一点，若平面EBD⊥平面ABCD，则　
　．
14．（2020?淇滨区校级模拟）已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝DC＝AD＝2，BC＝4，△PAD为等边三角形且平面PAD⊥平面ABCD，则球O的表面积为　
　．
15．（2019秋?南康区校级月考）已知四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，沿AC将△ADC向上折起，使D为D′，且平面AD′C⊥平面ABC，F是AD′的中点，E是AC上一点，给出下列结论：
①存在点E，使得EF∥平面BCD′
②存在点E，使得EF⊥平面ABC
③存在点E，使得D′E⊥平面ABC
④存在点E，使得AC⊥平面BD′E′
其中正确结论的序号是　
　．
三．解答题
16．（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．
17．（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．
18．（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．
19．（2020春?越秀区期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，AA1⊥平面ABC，D，E分别为AB，BC的中点．
（1）求证：A1C1∥平面DEB1；
（2）求证：CD⊥B1D．
20．（2020秋?南岗区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD．
21．（2021?九模拟）如图所示，在三棱锥ABCD中，AB＝BC＝BD＝2，AD＝2，∠CBA＝∠CBD，点E，F分别为AD，BD的中点．
（Ⅰ）求证：平面ACD⊥平面BCE；
（Ⅱ）求四面体CDEF的体积．
22．（2021?十模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD⊥AB，并且BC＝2AD＝2AB，点P在平面ABCD内的投影恰为BD的中点M．
（Ⅰ）证明：CD⊥平面PBD；
（Ⅱ）若PM＝AD，求直线PA与CD所成角的余弦值．
23．（2021?十三模拟）如图，在矩形ABCD中，将△ACD沿对角线AC折起，使点D到达点E的位置，且AE⊥BE．
（1）求证：平面ABE⊥平面ABC；
（2）若BC＝3，三棱锥B﹣AEC的体积为，求点E到平面ABC的距离．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．【解答】解：若E，F分别为AB，CD的中点，由△ABC和△ABD全等，可得CE＝DE，则EF⊥CD，故A错误；
由等腰三角形的性质可得AB⊥DE，AB⊥CE，则AB⊥平面CDE，
可得CD⊥AB，又若CD⊥DE，则CD⊥平面ABD，即CD⊥BD，不成立，故B错误；
若DE⊥平面ABC，则DE⊥AB，可得E为AB的中点，且DE⊥CE，
而△CDE中，CD＝3，CE＝DE，不满足CE2+DE2＝CD2，故C错误；
当E为AB的中点时，由等腰三角形的性质可得AB⊥DE，AB⊥CE，则AB⊥平面CDE，
而AB?平面ABF，可得平面CDE⊥平面ABF，故D正确．
故选：D．
2．【解答】解：对于①，由AD∥CE，且AB与CE成45°的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；
对于②，由于AB⊥DE，AB⊥CE，由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面CDE；
对于③，AB与CE成60°的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；
对于④，连接BF，由正方形的性质可得DE⊥BF，而AF⊥平面EFDB，可得AF⊥DE，则DE⊥平面ABF，即有DE⊥AB，
同理可得AB⊥CE，所以AB⊥平面CDE．
综上，②④满足题意．
故选：B．
3．【解答】解：对于①，当m∥α，n∥β，且m∥n时，有α∥β或α、β相交，所以①错误；
对于②，当m∥α，n∥β，且m⊥n时，有α⊥β或α∥β或α、β相交且不垂直，所以②错误；
对于③，当m⊥α，n⊥β，且m∥n时，得出m⊥β，所以α∥β，③正确；
对于④，当m⊥α，n⊥β、且m⊥n时，α⊥β成立，所以④正确．
综上知，正确的命题序号是③④．
故选：D．
4．【解答】解：取BC的中点R，AD的中点Q，PA的中点为O，连接MR，RQ，MO，OQ，
由CD∥RQ，OQ∥PD，
可得平面MOQR∥平面PCD，
由平面PCD⊥平面AMN，可得平面MOQR⊥平面AMN，
过M作NM⊥PC，垂足为N，
底面ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，
又BC⊥PB，可得AD⊥PB，
又AD⊥PA，可得AD⊥平面PAB，
BC⊥平面PAB，可得BC⊥AM，
在△PAB中，PA＝AB，M为PB的中点，可得AM⊥PB，
则AM⊥平面PBC，AM⊥MR，
而MN⊥PC，MN⊥MR，
可得MR⊥平面AMN，
设PB＝BC＝2，则PC＝2，
而PM＝1，则PN，NC＝2，
所以，
故选：B．
5．【解答】解：对于A，∵CB⊥BB1，CB⊥BP，BB1∩BP＝B，
∴CB⊥平面BB1P，
又CB?平面CBP，∴平面CBP⊥平面BB1P，故A正确；
对于B，∵DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，
∴DC1⊥平面BCD1A1，又PC?平面BCD1A1，∴DC1⊥PC，故B正确；
对于C，∵△D1C1C的面积是定值S，
点P到平面D1C1C的距离是定值BC＝1，
∴三棱锥C1﹣D1PC的体积为定值V，故C正确；
对于D，当P与B重合时，∠APD1取最小值，
∵A1B，BD1，∴cos∠A1BD1．
∴∠APD1的最小值为arccos．
当P与A1重合时，∠APD1取最大值
∴∠APD1的取值范围是（arccos，]，故D错误．
故选：D．
6．【解答】解：∵∠ABC＝45°，AC＝AB，∴△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AC与BC不垂直，即选项A错误；
过点V作VO⊥BC于O，连接OA，
∵侧面VBC⊥底面ABC，面VBC∩面ABC＝BC，∴VO⊥面ABC，即V在底面ABC上的投影为点O，
∵BC?面ABC，∴VO⊥BC．
∵VA＝VB，∴OA＝OB，∠OAB＝∠OBA＝45°，∴OA⊥BC，
∵VO、OA?面VOA，VO∩OA＝O，∴BC⊥面VOA，
∵VA?面VOA，∴VA⊥BC，即选项C正确；
由三垂线定理知，若VB⊥AC，VC⊥AB，则BC⊥AC，BC⊥AB，这与∠ACB＝∠ABC＝45°相矛盾，即选项B和D均错误．
故选：C．
7．【解答】解：根据题意可知平面α过点D且平行于平面PQF，
则平面α可以平移至平面A1BC1，
木块在平面α内的正投影即可看成是在平面A1BC1的正投影，
根据投影的性质可得投影为正六边形，如图所示，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，所以，
则投影面内正六边形的边长为：
根据正六边形面积公式可得投影的面积为：
，
故投影面积为：．
故选：A．
8．【解答】解：如图，
由正方体性质知，当P位于C点时，D1O⊥OC，
当P位于BB1
的中点P1
时，由已知得，DD1＝2，DO＝BO，
BP1＝B1P1＝1，，
求得，OP1，．
∴，得OD1⊥OP1．
又OP1∩OC＝O，∴D1O⊥平面OP1
C，得到P的轨迹在线段P1C上．
由C1P1＝CP1，可知∠C1CP1
为锐角，而CC1＝2，
知P到棱C1D1
的最大值为．
则△D1C1P面积的最大值为．
故选：C．
二．填空题
9．【解答】解：如图所示，
设E是△ABD的外心，F是△BCD的外心，
过E，F分别作平面ABD与平面BCD的垂线OE、OF，相交于O；
由空间四边形ABCD的边长为2，∠BAD，
所以△ABD与△BCD均为等边三角形；
又平面ABD⊥平面CBD，
所以O为四面体ABCD外接球的球心；
又AE2，OE＝1，
所以外接球的半径为R；
所以外接球的体积为V．
故答案为：．
10．【解答】解：①⊥，不妨取AB＝AA1＝AD＝1，
∴?（）?（λ）?λ?λ?cos60°+λ﹣cos30°﹣λcos60°λ＝0．
∴λ．
②连接A1B，与AB1交于点E．连接A1M，交AN于点F，连接EF．
∵BM∥平面AB1N，∴BM∥EF．
∵E点为A1B的中点，∴F点为A1M的中点．
延长AN交线段DD1的延长线于点P．
∵AA1∥DD1，A1F＝FM．
∴AA1＝MP＝2D1P．
∴2，
∴．
则λ．
故答案为：1，．
11．【解答】解：显然BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，
又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，
于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC得PC⊥平面AEF，
所以△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF，
而S△AEFAE?EF（AE2+EF2）（AF）2，当且仅当AE＝EF时，取“＝”，
所以，当AE＝EF时，△AEF的面积最大，此时tan∠BPC，
12．【解答】解：假设在BC边长存在点Q，使得PQ⊥DQ，
连结AQ，∵在矩形ABCD中，AB，BC＝a，PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥DQ，
∵PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ，∴∠AQD＝90°，
由题意得△ABQ∽△QCD，
设BQ＝x，∴x（a﹣x）＝8，即x2﹣ax+8＝0（
），
当△＝a2﹣32≥0时，（
）方程有解，
∴当a时，在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，
故a的最小值为4．
故答案为：4．
13．【解答】解：取AD的中点O，连接OC交BD于F点，连结EF，
∵OD∥BC，BC＝2OD，∴FC＝2OF．
∵平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，
又∵平面BDE⊥平面ABCD，
∴OP∥EF，∴．
故答案为：．
14．【解答】解：由题意可知，几何体的图形，如图：△PAD为等边三角形，F为AD的中点，
底面ABCD是等腰梯形，侧面PAD是正三角形与底面ABCD垂直，所以四棱锥的外接球的球心是O，在底面ABCD的外心E的垂直直线与侧面PAD的外心G的垂直直线的交点，
因为AD∥BC，AB＝DC＝AD＝2，BC＝4，△PAD为等边三角形且平面PAD⊥平面ABCD，
所以E是底面ABCD的外心，半径为2，OE＝GF，G是正三角形的外心，OE，EA＝2，
所以外接球的半径为R，
则球O的表面积为：4π．
故答案为：．
15．【解答】解：①存在AC中点E，则EF∥CD′，利用线面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′，正确；
②由平面AD′C⊥平面ABC，可知只需EF⊥AC即可使得EF⊥平面ABC，故正确；
③D′E⊥AC，利用面面垂直的性质，可得D′E⊥平面ABC，正确；
④因为ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，所以B，D′在AC上的射影不是同一点，所以不存在点E，使得AC⊥平面BD′E，故不正确；
故答案为：①②③．
三．解答题
16．【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．
17．【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．
18．【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．
19．【解答】证明：（1）因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，
又在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC∥A1C1，
所以DE∥A1C1，
又因为A1C1?平面DEB1，DE?平面DEB1，
所以A1C1∥平面DEB1．
（2）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
因为CD?平面ABC，所以AA1⊥CD，
又AC＝BC，D为AB的中点，
所以CD⊥AB，又AA1⊥CD，且AA1∩AB＝A，
又AB?平面AA1BB1，AA1?平面AA1BB1，
所以CD⊥平面AA1BB1，
又因为B1D?平面平面AA1BB1，
所以CD⊥B1D．
20．【解答】证明：如图取D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别作x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则O（1，1，0），A1（2，0，2），G（0，2，1），B（2，2，0），D（0，0，0），
所以（1，﹣1，2），（1，1，0），（﹣2，0，1），
由于?1﹣1+0＝0，?2+0+2＝0，
所以⊥，⊥，即OA1⊥OB，OA1⊥BG，
又OB∩BG＝B，
所以OA1⊥平面GBD．
21．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠CBA＝∠CBD，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＝AD，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；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得BC为三棱锥C﹣DEF的高，又点E，F分别为AD，BD的中点，
所以EFAB＝1，FDBD＝1，
由余弦定理可得cos∠ABD，
又0＜∠ABD＜π，0＜∠EFD＜π，
所以∠EFD＝∠ABD，
所以VC﹣DEFS△DEF?BC（EF?FDsin）?BC
（1×1）×2，
所以四面体CDEF的体积为．
22．【解答】解：（Ⅰ）证明：根据题意可得PM⊥平面ABCD，所以平面PBD⊥平面ABCD，
在平面PBD内过点B作直线BQ∥PM，则BQ⊥平面ABCD，
如图，以点B为坐标原点，BC，BA，BQ所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，并设AB＝a，PM＝b，
则B（0，0，0），C（2a，0，0），D（a，a，0），M（，，0），P（，，b），
所以（﹣a，a，0），（，，b），（a，a，0），
所以（﹣a）a+b×0＝0，
a×（﹣a）+a×a+0×0＝0，
所以CD⊥BP，CD⊥BD，
又BP与BD是平面PBD内两条相交直线，根据线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PBD．
（Ⅱ）若PM＝AD，则由（Ⅰ）可得（，，﹣a），又（﹣a，a，0），
所以a2，||a，||a，
设直线PA与CD所成角为θ，cosθ＝|cos，|＝||，
所以直线PA与CD所成角的余弦值为．
23．【解答】解：（1）证明：由翻折可得AE，EC，因为AE⊥EC，AE⊥BE，且BE、CE是平面BCE内的两条相交直线，
所以AE⊥平面BEC，又BC?平面BEC，所以AE⊥BC，
又BC⊥AB，且AE，AB是平面ABE内的两条相交直线，
所以CB⊥平面ABE，又CB?平面ABC，
所以平面ABE⊥平面ABC；
（2）由题意可得AE＝BC＝3，因为AE⊥BE，
所以S△ABE3BEBE，由（1）可得CB⊥平面ABE，
所以VB﹣AEC＝VC﹣ABES△ABE?BCBE×3BE，
所以BE，
所以AB4，
设E到平面ABC的距离为h，
由VE﹣ABC＝VC﹣ABES△ABC?h3×4h，
所以h，
即点E到平面ABC的距离为．
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