课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质
一、选择题
1．已知直线l⊥平面α，直线m?平面β，则“l∥m”是“α⊥β”的()
A．充要条件
C．充分条件B．必要条件 D．既不充分又不必要条件 解析：若l∥m，则m⊥平面α，由面面垂直的判定定理可知α⊥β，反过来，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l?β，又因为m?β，所以l与m可能平行，异面或相交，所以“l∥m”是“α⊥β”的充分条件，故选
C.
答案：C
2．已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，直线m?平面α，直线n⊥平面β，给出命题：①n⊥m?α∥β；②n∥m?α⊥β；③α∥β?n⊥m；④α⊥β?n∥m.其中正确命题为()
A．①③
C．②④B．②③ D．①④
解析：由直线n⊥面β，n∥m?m⊥面β，又因为直线m?平面α，所以α⊥β，②对，由题意，再结合α∥β?n⊥α?n⊥m，③对，故选
B.
答案：B
3．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a?α，b?β，且α⊥β”的平面α，β()
A．不存在B．有且只有一对
C．有且只有两对 D．有无数对
解析：过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.
答案：D
4．如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b(C，D均异于A，B)，则△ACD是(
)
A．锐角三角形
C．钝角三角形 B．直角三角形 D．等腰三角形
解析：因为a⊥b，b⊥c，a∩c＝B，所以b⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以AD⊥AC，故△ACD为直角三角形．
答案：
B
5．如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )
1A.2
3C.2 B．1 D．2
解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所
以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝2，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为
13322h，则DE＝2.又22＝h2＋2?，所以h＝3，DE3.在Rt
△DB1E中，B1E＝×2?2?23?266?－??＝6.由面积相等得6?2??3??2?221x＋?＝2，得x＝2. ?2?
答案：A
6．已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S—ABC的体积为( ) 3A.3
3C.3
解析： 23
B.353D.3
如图所示，由题意知，在棱锥S—ABC中，△SAC，△SBC都是等腰直角三角形，其中AB＝2，SC＝4，SA＝AC＝SB＝BC＝22.取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥S—ABC的体积为两
1个棱锥S—ABD和C—ABD的体积和，所以棱锥S—ABC的体积V＝3
14SC·S△ADB＝343＝33.
答案：C
二、填空题
7．正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值
为________．
解析：
设BD与AC交于点O，连接D1O，∵BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1成的角．∵AC⊥BD，AC⊥DD1，DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面DD1B，平面DD1B∩平面ACD1＝OD1，
∴DD1在平面ACD1内的射影落在
OD1上，故∠DD1O为直线DD1与平面ACD1所成的角，设正方
26体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝2，D1O＝2
DD6∴cos∠DD1O＝DO3， 1
6∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为36答案：3
8．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：
①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)
解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．
答案：①③
9．如图，在棱长为2的正方体ABCD—
A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．
解析：点P到直线CC1的距离等于点P在面ABCD上的射影到点C的距离，点P在面ABCD内的射影落在线段DE上设为P′，问题等价求为P′C的最小值，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时
2×125P′C＝5
2＋1
25答案：5
三、解答题
10．如图所示，已知三棱锥A—BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．
(1)求证：DM∥平面APC；
(2)求证：平面ABC⊥平面APC.
证明：(1)由已知，得MD是△ABP的中位线，
所以MD∥AP.
又MD?平面APC，AP?平面APC，故MD∥平面APC.
(2)因为△PMB为正三角形，D为PB的中点，所以MD⊥PB.所以
AP⊥PB.
又AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC. 因为BC?平面PBC，所以AP⊥BC.
又BC⊥AC，AC∩AP＝A，所以BC⊥平面APC. 因为BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面APC
.
11．(2014·湖北卷)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：
(1)直线BC1∥平面EFPQ；
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
证明：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.
而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ， 故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)
如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可得CC1⊥BD. 又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.
而AC1?平面ACC1，所以BD⊥AC1.
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN
.
1．(2014·新课标卷Ⅰ
)
如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC—A1B1C1的高．
解：(1)连接BC1，则O为BC1与B1C的交点，因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，又AO⊥平面BB1C1C，
故B1C⊥AO，B1C⊥平面ABO，由于AB?平面ABO， 故B1C⊥AB.
(2)
作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作OH⊥AD，垂足为H，由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得311OD＝4AC⊥AB1，所以OA＝2B1C＝2，由OH·AD＝OD·OA，
721且AD＝OD＋OA＝4，得OH＝14
21又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC721棱柱ABC－A1B1C1的高为7.
2．
(2014·重庆卷)
如图，四棱锥P－ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底
π1面ABCD，AB＝2，∠BAD＝3，M为BC上一点，且BM＝2.
(1)证明：BC⊥平面POM；
(2)若MP⊥AP，求四棱锥P－ABMO的体积．
解：
(1)证明：如图，因ABCD为菱形，O为菱形中心，连接OB，则AO⊥
ππOB.因∠BAD＝3，故OB＝AB·sin∠OAB＝2sin61，
1π又因BM＝2OBM＝3，在△OBM中，OM2＝OB2＋BM2－
11π32OB·BM·cos∠OBM＝12＋(22－2·cos23＝4所以OB2＝OM2＋BM2，故OM⊥BM.
又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM，PO都垂直，所以BC⊥平面POM.
π(2)由(1)可得，OA＝AB·cos∠OAB＝2·cos63.
设PO＝a，由PO⊥底面ABCD知，△POA为直角三角形，故PA2＝PO2＋OA2＝a2＋3.
3由△POM也是直角三角形，故PM2＝PO2＋OM2＝a2＋4连接AM，在△ABM中，AM2＝AB2＋BM2－2AB·BM·cos∠ABM
?1?212π21?＝2＋2－2·cos3＝4. 2·??2
由已知MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2＋PM2＝AM2，
321333即a＋3＋a＋44得a＝2a2(舍去)，即PO＝2此时SABMO22
＝S△AOB＋S△OMB 11＝2AO·OB＋2·BM·OM 11133＝23×1＋2228.
1153所以四棱锥P－ABMO的体积VP－ABMO＝3·SABMO·PO＝3×8
35×216.
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