《廣西2020版高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練40 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《廣西2020版高考數(shù)學一輪復習 考點規(guī)范練40 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 文（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練40　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 一、基礎鞏固 1.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直線l,則(　　) A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α B.垂直于直線l的直線一定垂直于平面α C.垂直于平面β的平面一定平行于直線l D.垂直于直線l的平面一定與平面α,β都垂直 答案D 解析對于A,垂直于平面β的平面與平面α平行或相交,故A錯;對于B,垂直于直線l的直線與平面α垂直、斜交、平行或在平面α內(nèi),故B錯;對于C,垂直于平面β的平面與直線l平行或相交,故C錯;易知D正確. 2.設α為平面,a,b為兩條不同的直線,則下列敘述正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　

2、　　　　　　　 A.若a∥α,b∥α,則a∥b B.若a⊥α,a∥b,則b⊥α C.若a⊥α,a⊥b,則b∥α D.若a∥α,a⊥b,則b⊥α 答案B 解析如圖(1)β∥α,知A錯;如圖(2)知C錯;如圖(3),a∥a',a'?α,b⊥a',知D錯;由線面垂直的性質(zhì)定理知B正確. 3. 如圖,在四面體D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列結論正確的是(　　) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE 答案C 解析因為A

3、B=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC. 同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE. 因為AC在平面ABC內(nèi),所以平面ABC⊥平面BDE. 又因為AC?平面ACD, 所以平面ACD⊥平面BDE,故選C. 4.已知l,m,n是三條不同的直線,α,β是不同的平面,則α⊥β的一個充分條件是(　　) A.l?α,m?β,且l⊥m B.l?α,m?β,n?β,且l⊥m,l⊥n C.m?α,n?β,m∥n,且l⊥m D.l?α,l∥m,且m⊥β 答案D 解析對于A,l?α,m?β,且l⊥m,如圖(1),α,β不垂直; 對于B,l?α,m?β,n?β,且l⊥m,l⊥n,如圖(2),

4、α,β不垂直; 圖(1) 圖(2) 對于C,m?α,n?β,m∥n,且l⊥m,直線l沒有確定,則α,β的關系也不能確定; 對于D,l?α,l∥m,且m⊥β,則必有l(wèi)⊥β,根據(jù)面面垂直的判定定理知,α⊥β. 5.在空間四邊形ABCD中,AD⊥BC,AD⊥BD,且△BCD是銳角三角形,則必有(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.平面ABD⊥平面ADC B.平面ABD⊥平面ABC C.平面ADC⊥平面BDC D.平面ABC⊥平面BDC 答案C 解析∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=B, ∴AD⊥平面BDC. 又AD?平面ADC,∴平面ADC⊥平

5、面BDC.故選C. 6. 如圖,已知△ABC為直角三角形,其中∠ACB=90°,M為AB的中點,PM垂直于△ABC所在的平面,則(　　) A.PA=PB>PC B.PA=PB

6、條件即可)? 答案DM⊥PC(或BM⊥PC) 解析∵PC在底面ABCD上的射影為AC, 且AC⊥BD,∴BD⊥PC. ∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,即有PC⊥平面MBD,而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD. 8.在四面體ABCD中,DA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=4,AC=3,AD=1,E為棱BC上一點,且平面ADE⊥平面BCD,則DE=　　　　　.? 答案135 解析過A作AH⊥DE,∵平面ADE⊥平面BCD,且平面ADE∩平面BCD=DE, ∴AH⊥平面BCD,∴AH⊥BC. 又DA⊥平面ABC,BC?平面ABC, ∴AD⊥BC,∴BC⊥平面ADE,∴

7、BC⊥AE. ∵AE=3×45,AD=1,∴DE=135. 9.設α,β是空間兩個不同的平面,m,n是平面α及β外的兩條不同直線.從“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中選取三個作為條件,余下一個作為結論,寫出你認為正確的一個命題:　　　　　　　　　.(用序號表示)? 答案①③④?②(或②③④?①) 解析逐一判斷.若①②③成立,則m與α的位置關系不確定,故①②③?④錯誤;同理①②④?③也錯誤;①③④?②與②③④?①均正確. 10. 如圖,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M,N分別是AB,PC的中點. (1)求證:MN⊥CD; (2)若∠PDA=45°,求證:MN⊥平面

8、PCD. 證明(1)連接AC,AN,BN, ∵PA⊥平面ABCD,AC?平面ABCD, ∴PA⊥AC. 在Rt△PAC中,∵N為PC的中點, ∴AN=12PC. ∵PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, ∴PA⊥BC. 又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB. ∵PB?平面PAB,∴BC⊥PB. 在Rt△PBC中,∵BN為斜邊PC上的中線, ∴BN=12PC.∴AN=BN. ∴△ABN為等腰三角形. 又M為AB的中點,∴MN⊥AB. ∵AB∥CD,∴MN⊥CD. (2)連接PM,MC,∵∠PDA=45°,PA⊥AD,∴AP=AD. ∵四邊形ABC

9、D為矩形,∴AD=BC, ∴AP=BC. 又M為AB的中點,∴AM=BM. ∵∠PAM=∠CBM=90°, ∴△PAM≌△CBM.∴PM=CM. 又N為PC的中點,∴MN⊥PC. 由(1)知,MN⊥CD,又PC∩CD=C,∴MN⊥平面PCD. 11. 如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=2AC=4,D,E分別是邊AB,BC的中點,沿DE將△BDE折起至△FDE,且∠CEF=60°. (1)求四棱錐F-ADEC的體積; (2)求證:平面ADF⊥平面ACF. (1)解∵D,E分別是邊AB,BC的中點, ∴DE􀰿12AC,DE⊥BC,DE=1

10、. 依題意,DE⊥EF,BE=EF=2, ∵EF∩EC=E,∴DE⊥平面CEF, ∵DE?平面ACED,∴平面ACED⊥平面CEF. 作FM⊥EC于M,則FM⊥平面ACED, ∵∠CEF=60°,∴FM=3, 梯形ACED的面積S=12(AC+ED)×EC=12(1+2)×2=3. 四棱錐F-ADEC的體積V=13Sh=13×3×3=3. (2)證法一如圖,取線段AF,CF的中點N,Q,連接DN,NQ,EQ,則NQ􀰿12AC, ∴NQ􀰿DE,四邊形DEQN是平行四邊形,DN∥EQ. ∵EC=EF,∠CEF=60°, ∴△CEF是等邊三角

11、形,EQ⊥FC, 又DE⊥平面CEF,∴DE⊥EQ,∴AC⊥EQ, ∵FC∩AC=C,∴EQ⊥平面ACF,∴DN⊥平面ACF, 又DN?平面ADF,∴平面ADF⊥平面ACF. 證法二連接BF, ∵EC=EF,∠CEF=60°, ∴△CEF是邊長為2的等邊三角形. ∵BE=EF, ∴∠EBF=12∠CEF=30°, ∴∠BFC=90°,BF⊥FC. ∵DE⊥平面BCF,DE∥AC,∴AC⊥平面BCF. ∵BF?平面BCF,∴AC⊥BF, 又FC∩AC=C,∴BF⊥平面ACF, 又BF?平面ADF,∴平面ADF⊥平面ACF. 12.如圖①,在直角梯形ABCD中,AD

12、∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到圖②中△A1BE的位置,得到四棱錐A1-BCDE. 圖① 圖② (1)證明:CD⊥平面A1OC; (2)當平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為362,求a的值. (1)證明在題圖①中,因為AD∥BC,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點,∠BAD=π2,所以BE⊥AC,四邊形BCDE為平行四邊形. 所以在題圖②中,BE⊥A1O,BE⊥OC,BE∥CD, 從而BE⊥平面A1OC, 又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC. (2)解由已

13、知,平面A1BE⊥平面BCDE, 且平面A1BE∩平面BCDE=BE, 又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE, 即A1O是四棱錐A1-BCDE的高. 由題圖①知,A1O=22AB=22a,平行四邊形BCDE的面積S=BC·AB=a2. 從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=13×S×A1O=13×a2×22a=26a3,由26a3=362,得a=6. 二、能力提升 13.已知兩條不重合的直線m,n和兩個不重合的平面α,β,有下列命題: ①若m⊥n,m⊥α,則n∥α; ②若m⊥α,n⊥β,m∥n,則α∥β; ③若m,n是兩條異面直線,m?α,n?β,m∥β,n∥

14、α,則α∥β; ④若α⊥β,α∩β=m,n?β,n⊥m,則n⊥α. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案C 解析①若m⊥n,m⊥α,則n可能在平面α內(nèi),故①錯誤; ②∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α. 又∵n⊥β,∴α∥β,故②正確; ③過直線m作平面γ交平面β于直線c, ∵m,n是兩條異面直線,∴設n∩c=O. ∵m∥β,m?γ,γ∩β=c,∴m∥c. ∵m?α,c?α,∴c∥α. ∵n?β,c?β,n∩c=O,c∥α,n∥α,∴α∥β.故③正確; ④∵α⊥β,α∩β=m,n?β,n⊥m,∴n⊥α.故④正確. 故正確命題有3個,故選C.

15、 14.如圖,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,則C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A.直線AB上 B.直線BC上 C.直線AC上 D.△ABC內(nèi)部 答案A 解析由BC1⊥AC,又BA⊥AC, 則AC⊥平面ABC1,因此平面ABC⊥平面ABC1, 因此C1在底面ABC上的射影H在直線AB上. 15. 如圖,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,構成三棱錐A-BCD,則在三棱錐A-BCD中,下列結論正確的是(　　) A.平面ABD⊥平面ABC

16、 B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC 答案D 解析由題意知,在四邊形ABCD中,CD⊥BD.在三棱錐A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,兩平面的交線為BD,所以CD⊥平面ABD,因此有AB⊥CD.又因為AB⊥AD,且CD∩AD=D,所以AB⊥平面ADC,于是得到平面ADC⊥平面ABC,故選D. 16. 如圖,直線PA垂直于☉O所在的平面,△ABC內(nèi)接于☉O,且AB為☉O的直徑,點M為線段PB的中點.下列結論:①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③點B到平面PAC的距離等于線段BC的長.其中正確的是(　　) A.①② B.①②③

17、C.① D.②③ 答案B 解析對于①,∵PA⊥平面ABC,BC?平面ABC, ∴PA⊥BC. ∵AB為☉O的直徑,∴BC⊥AC. ∴BC⊥平面PAC. 又PC?平面PAC,∴BC⊥PC; 對于②,∵點M為線段PB的中點,AB為☉O的直徑, ∴OM∥PA. ∵PA?平面PAC,OM?平面PAC,∴OM∥平面PAC; 對于③,由①知BC⊥平面PAC, ∴線段BC的長即是點B到平面PAC的距離. 故①②③都正確. 17.(2018北京六區(qū)一模)如圖①,在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,O為DE的中點,AB=AC=25,BC=4.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位

18、置,使得平面A1DE⊥平面BCED,F為A1C的中點,如圖②. 圖① 圖② (1)求證:EF∥平面A1BD; (2)求證:平面A1OB⊥平面A1OC; (3)在線段OC上是否存在點G,使得OC⊥平面EFG?說明理由. (1)證明取線段A1B的中點H,連接HD,HF. 因為在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點, 所以DE∥BC,DE=12BC. 因為H,F分別為A1B,A1C的中點, 所以HF∥BC,HF=12BC, 所以HF∥DE,HF=DE, 所以四邊形DEFH為平行四邊形,所以EF∥HD. 因為EF?平面A1BD,HD?平面A1BD, 所以EF

19、∥平面A1BD. (2)證明在△ABC中,因為D,E分別為AB,AC的中點,AB=AC,所以AD=AE. 所以A1D=A1E. 又O為DE的中點,所以A1O⊥DE. 因為平面A1DE⊥平面BCED,且A1O?平面A1DE,平面A1DE∩平面BCED=DE,所以A1O⊥平面BCED. 因為CO?平面BCED,所以CO⊥A1O. 在△OBC中,BC=4,易知OB=OC=22, 所以CO⊥BO.因為A1O∩BO=O, 所以CO⊥平面A1OB. 因為CO?平面A1OC,所以平面A1OB⊥平面A1OC. (3)解在線段OC上不存在點G,使得OC⊥平面EFG. 假設在線段OC上存在點

20、G,使得OC⊥平面EFG. 連接GE,GF,則必有OC⊥GF,且OC⊥GE. 在Rt△A1OC中,由F為A1C的中點,OC⊥GF,得G為OC的中點. 在△EOC中,因為OC⊥GE,所以EO=EC, 這顯然與EO=1,EC=5矛盾. 所以在線段OC上不存在點G,使得OC⊥平面EFG. 三、高考預測 18.在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,AB=12DC=1,BP=BC=2,PC=2,AB⊥平面PBC,F為PC的中點. (1)求證:BF∥平面PAD; (2)求證:平面ADP⊥平面PDC; (3)求四棱錐P-ABCD的體積. (1)證明取PD的中點E,連接EF,AE.

21、 因為F為PC的中點, 所以EF為△PDC的中位線, 即EF∥DC且EF=12DC. 又AB∥CD,AB=12CD, 所以AB∥EF且AB=EF. 所以四邊形ABFE為平行四邊形, 所以BF∥AE. 又AE?平面PAD,BF?平面PAD, 所以BF∥平面PAD. (2)證明因為BP=BC,F為PC的中點,所以BF⊥PC. 又AB⊥平面PBC,AB∥CD, 所以CD⊥平面PBC. 又BF?平面PBC,所以DC⊥BF. 又DC∩PC=C,所以BF⊥平面PDC. 由(1)知,AE∥BF,所以AE⊥平面PDC. 又AE?平面ADP,所以平面ADP⊥平面PDC. (3)解因為AB⊥平面PBC,AB?平面ABCD, 所以平面ABCD⊥平面PBC且交線為BC. 又BP=BC=2,PC=2,所以PB⊥BC. 所以PB⊥平面ABCD, 即PB是四棱錐的高. 所以VP-ABCD=13SABCD·PB =13×(1+2)×2×12×2=1. 14