2022年新教材高中數(shù)學(xué)第八章立體幾何初步6空間直線平面的垂直練習(xí)（含解析）

空間直線、平面的垂直(30分鐘60分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列條件中能推出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】選C.對于A，m⊥α，n∥β，α⊥β，無法得出m⊥n，因此錯誤；對于B，m⊥α，n⊥β，α∥β，可得m∥n，因此無法得出m⊥n，因此錯誤；對于C，m?α，n⊥β，α∥β，可得n⊥α，由線面垂直的性質(zhì)定理可知，可得m⊥n，因此正確；對于D，m?α，n∥β，α⊥β，可得m與n平行或相交或為異面直線，無法得出m⊥n，因此錯誤．2．如圖，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB與兩平面α，β所成的角分別為eq\f(π,4)和eq\f(π,6).過A，B分別作兩平面交線的垂線，垂足為A′，B′，則AB∶A′B′等于()A.2∶1B．3∶1C．3∶2D．4∶3【解析】選A.由已知條件可知∠BAB′＝eq\f(π,4)，∠ABA′＝eq\f(π,6)，設(shè)AB＝2a，則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．已知直線l∩平面α＝O，A∈l，B∈l，A?α，B?α，且OA＝AB.若AC⊥平面α，垂足為C，BD⊥平面α，垂足為D，AC＝1，則BD＝()A．2B．1C．eq\f(3,2)D．eq\f(1,2)【解析】選A.因為AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.如圖所示，連接OD，則eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因為OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因為AC＝1，所以BD＝2.4．(多選題)如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點，AE⊥PC垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中正確的是()A.BC⊥平面PAC B．AE⊥EFC．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC【解析】選ABD.在A中，因為C為圓上異于A，B的任意一點，所以BC⊥AC，因為PA⊥BC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，故A正確；在B中，因為BC⊥平面PAC，AE?平面PAC，所以BC⊥AE，因為AE⊥PC，PC∩BC＝C，所以AE⊥平面PBC，因為EF?平面PBC，所以AE⊥EF，故B正確；在C中若AC⊥PB，則AC⊥平面PBC，則AC⊥PC，與AC⊥PA矛盾，故AC與PB不垂直，故C錯誤；在D中，因為AE⊥平面PBC，AE?面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC，故D正確．二、填空題(每小題5分，共10分)5．把正方形ABCD沿對角線AC折起，當(dāng)以A，B，C，D四點為頂點的三棱錐體積最大時，直線BD和平面ABC所成的角的大小為________．【解析】底面積不變，在折疊過程中，高是先增加后減?。O(shè)AC的中點為O，當(dāng)DO⊥平面ABC時，DO即為高，此時高最大．此時△DOB為等腰直角三角形，BD與平面ABC所成角為45°.答案：45°【加固訓(xùn)練】如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，將△ABC沿斜邊BC上的高AD折疊，使平面ABD⊥平面ACD，則折疊后BC＝________．【解析】由題意知，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.連接BC，則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．在三棱錐S-ABC中，AC⊥平面SBC，已知SC＝a，BC＝eq\r(3)a，SB＝2a，則二面角S-AC-B的大小為________．【解析】因為AC⊥平面SBC，SC，BC?平面SBC，所以AC⊥SC，AC⊥BC，所以二面角S-AC-B的平面角為∠SCB.又SC＝a，BC＝eq\r(3)a，SB＝2a，所以SB2＝SC2＋BC2，故△SCB為直角三角形，所以∠SCB＝90°.答案：90°【加固訓(xùn)練】棱長都相等的三棱錐(即正四面體)ABCD中，相鄰兩個平面所成的二面角的余弦值為________．【解析】取BC的中點E，連接AE，DE，因為四面體ABCD是正四面體，所以BC⊥AE，BC⊥ED.所以∠AED為二面角A-BC-D的平面角．設(shè)正四面體的棱長為1則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、解答題(每小題10分，共30分)7．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝2，AB＝2DC，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求證：PC⊥BC；(2)求多面體A-PBC的體積．【解析】(1)因為PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC.因為∠BCD＝90°，所以BC⊥CD.因為PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.又PC?平面PCD，所以PC⊥BC.(2)因為PD⊥平面ABCD，所以VA-PBC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD.因為AB∥DC，∠BCD＝90°，所以△ABC為直角三角形且∠ABC為直角．因為PD＝DC＝BC＝2，AB＝2DC，所以VA-PBC＝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．如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面是一個直角梯形，AB∥CD，BA⊥AD，CD＝2AB，PA⊥平面ABCD，E是PC的中點，則平面EBD能垂直于平面ABCD嗎？請說明理由．【解析】平面EBD不能垂直于平面ABCD.理由如下：假設(shè)平面EBD垂直于平面ABCD，過E作EO⊥BD于O，連接AO，CO.因為EO?平面EBD，EO⊥BD，平面EBD∩平面ABCD＝BD，所以EO⊥平面ABCD.又因為PA⊥平面ABCD，所以EO∥PA.因為A，O，C是PC上三點P，E，C在平面ABCD上的投影，所以P，E，C三點的投影均在直線AC上，所以A，O，C三點共線．又因為E是PC的中點，所以O(shè)是AC的中點．又因為AB∥CD，所以△ABO∽△CDO.又因為AO＝OC，所以AB＝CD，這與CD＝2AB矛盾，所以假設(shè)不成立．故平面EBD不能垂直于平面ABCD.9．(2020·全國Ⅰ卷)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設(shè)DO＝eq\r(2)，圓錐的側(cè)面積為eq\r(3)π，求三棱錐P-ABC的體積．【解析】(1)由題設(shè)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°.從而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，因為PB在平面PAB內(nèi)，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l.由題設(shè)可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3)，從而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱錐P-ABC的體積為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).【加固訓(xùn)練】如圖所示，在三棱錐ABCD中，AB＝BC＝BD＝2，AD＝2eq\r(3)，∠CBA＝∠CBD＝eq\f(π,2)，點E，F(xiàn)分別為AD，BD的中點．(1)求證：平面ACD⊥平面BCE；(2)求四面體CDEF的體積．【解析】(1)因為∠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，因為AB＝BD，E為AD的中點，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為三棱錐C-DEF的高，又點E，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，所以EF＝eq\f(1,2)AB＝1，F(xiàn)D＝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(