高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 限時集訓(xùn)(四十六)直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 理 新人教A版

限時集訓(xùn)(四十六)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)(限時：45分鐘滿分：81分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)1．若直線a與平面α內(nèi)無數(shù)條直線垂直，則直線a與平面α的位置關(guān)系是()A．垂直 B．平行C．相交 D．不能確定2．(·深圳模擬)已知直線m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n?α，要使n⊥β，則應(yīng)增加的條件是()A．m∥n B．n⊥mC．n∥α D．n⊥α3．(·浙江高考)設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面()A．若l∥α，l∥β，則α∥βB．若l∥α，l⊥β，則α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，則l⊥βD．若α⊥β，l∥α，則l⊥β4．(·鞍山模擬)已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，給出下列命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α⊥β，其中正確的是()A．①②③ B．②③④C．②④ D．①③5．在一個45°的二面角的一個面內(nèi)有一條直線與二面角的棱成45°，則此直線與二面角的另一個面所成的角為()A．30° B．45°C．60° D．90°6．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)7．設(shè)l，m，n為三條不同的直線，α為一個平面，給出下列命題①若l⊥α，則l與α相交②若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α③若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α④若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n其中正確命題的序號為________．8．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足______時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為是正確的條件即可)9．如圖PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命題的序號是________．三、解答題(本大題共3小題，每小題12分，共36分)10．(·山東高考)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求證：BD⊥平面AED；(2)求二面角F－BD－C的余弦值．11．(·三明模擬)如圖所示，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.(1)求證：AB∥平面PCD；(2)求證：BC⊥平面PAC；(3)若M是PC的中點(diǎn)，求三棱錐M－ACD的體積．12.(·鄭州模擬)如圖，直角三角形BCD所在的平面垂直于正三角形ABC所在的平面，其中DC⊥CB，PA⊥平面ABC，DC＝BC＝2PA，E、F分別為DB、CB的中點(diǎn)．(1)證明：AE⊥BC；(2)求直線PF與平面BCD所成的角．答案限時集訓(xùn)(四十六)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1．D2.B3.B4.D5.A6.D7．①③④8.DM⊥PC(或BM⊥PC)9．①②④ 10．解：(1)證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)法一：連接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)CB＝1，則C(0,0,0)，B(0,1,0)，Deq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0，F(xiàn)(0，0,1)，因此＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，＝(0，－1,1)．設(shè)平面BDF的一個法向量為m＝eq\a\vs4\al(x，y，z)，則m·＝0，m·＝0，所以x＝eq\r(3)y＝eq\r(3)z，取z＝1，則m＝(eq\r(3)，1,1)．由于＝(0,0,1)是平面BDC的一個法向量，則cos〈m，〉＝eq\f(m·,|m|||)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以二面角F－BD－C的余弦值為eq\f(\r(5),5).法二：取BD的中點(diǎn)G，連接CG，F(xiàn)G，由于CB＝CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FC⊥BD.由于FC∩CG＝C，F(xiàn)C，CG?平面FCG，所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，所以∠FGC為二面角F－BD－C的平面角．在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝eq\f(1,2)CB，又CB＝CF，所以GF＝eq\r(CG2＋CF2)＝eq\r(5)CG，故cos∠FGC＝eq\f(\r(5),5)，因此二面角F－BD－C的余弦值為eq\f(\r(5),5).11．解：(1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，又AB?平面PCD，CD?平面PCD，∴AB∥平面PCD.(2)在直角梯形ABCD中，過C作CE⊥AB于點(diǎn)E，則四邊形ADCE為矩形，∴AE＝DC＝1，又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝eq\r(2)，則AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，(3)∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)，∴M到平面ADC的距離是P到面ADC距離的一半．VM－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).12．解：(1)證明：連接EF，AF.因為E、F分別是BD、BC的中點(diǎn)，所以EF∥DC.又DC⊥BC，所以EF⊥BC.因為△ABC為等邊三角形，所以BC⊥AF.EF∩AF＝F所以BC⊥平面AEF，又AE?平面AEF，故BC⊥AE.(2)連接PE.因為平面BCD⊥平面ABC，DC⊥BC，AF⊥BC，所以DC⊥平面ABC，AF⊥平面BCD.因為PA⊥平面ABC，PA＝eq\f(1,2)DC，所以PA綊eq\f(1,2)DC.又因為EF綊eq\f(1,2)DC，所以EF綊PA，故四邊形APEF為矩形．所以PE綊AF.所以P