《（新課標(biāo)）2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 題組層級(jí)快練52 直線、平面垂直的判定及性質(zhì) 文（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 題組層級(jí)快練52 直線、平面垂直的判定及性質(zhì) 文（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 題組層級(jí)快練52 直線、平面垂直的判定及性質(zhì) 文（含解析） 1．(2019·廣東五校協(xié)作體診斷考試)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n 答案　B 解析　A項(xiàng)，若α⊥β，m?α，n?β，則m∥n與m，n與異面直線均有可能，不正確；C項(xiàng)，若m⊥n，m?α，n?β，則α，β有可能相交但不垂直，不正確；D項(xiàng)，若α∥β，m?α，n?β，

2、則m，n有可能是異面直線，不正確，故選B. 2．設(shè)a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則a⊥b的一個(gè)充分不必要條件是(　　) A．a(chǎn)⊥c，b⊥c　　　　　　 B．α⊥β，a?α，b?β C．a(chǎn)⊥α，b∥α D．a(chǎn)⊥α，b⊥α 答案　C 解析　對(duì)于C，在平面α內(nèi)存在c∥b，因?yàn)閍⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；A，B中，直線a，b可能是平行直線，相交直線，也可能是異面直線；D中一定推出a∥b. 3．(2019·江西南昌模擬)如圖，在四面體ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC內(nèi)的射影H必在(　　) A．直線AB上 B．直線BC上 C．直

3、線AC上 D．△ABC內(nèi)部 答案　A 解析　由AB⊥AC，BD⊥AC，又AB∩BD＝B，則AC⊥平面ABD，而AC?平面ABC，則平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC內(nèi)的射影H必在平面ABC與平面ABD的交線AB上，故選A. 4．(2019·江西臨安一中期末)三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是(　　) ①CC1與B1E是異面直線；②AE與B1C1是異面直線，且AE⊥B1C1；③AC⊥平面ABB1A1；④A1C1∥平面AB1E. A．② B．①③ C．①④ D．②④

4、 答案　A 解析　對(duì)于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C內(nèi)，故錯(cuò)誤；對(duì)于②，AE，B1C1為在兩個(gè)平行平面中且不平行的兩條直線，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中點(diǎn)，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE⊥B1C1，故正確；對(duì)于③，上底面ABC是一個(gè)正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故錯(cuò)誤；對(duì)于④，A1C1所在的平面與平面AB1E相交，且A1C1與交線有公共點(diǎn)，故錯(cuò)誤．故選A. 5．(2019·福建泉州質(zhì)檢)如圖，在下列四個(gè)正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點(diǎn)，過E，F(xiàn)，G作正方體的截面，則在各個(gè)正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(　

5、　) 答案　D 解析　如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點(diǎn)，且六點(diǎn)共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且A項(xiàng)，B，C中的平面與這個(gè)平面重合，滿足題意．對(duì)于D項(xiàng)中圖形，由于E，F(xiàn)為AB，A1B1的中點(diǎn)，所以EF∥BB1，故∠B1BD1為異面直線EF與BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝，即∠B1BD1不為直角，故BD1與平面EFG不垂直，故選D. 6．(2019·保定模擬)如圖，在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下面四個(gè)結(jié)論不成立的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D

6、．平面PDE⊥平面ABC 答案　D 解析　因BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF，所以BC∥平面PDF，A成立；易證BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以結(jié)論B，C均成立；點(diǎn)P在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的中心，不在中位線DE上，故結(jié)論D不成立． 7.已知直線PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，C為圓上異于A，B的任一點(diǎn)，則下列關(guān)系中不正確的是(　　) A．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC C．AC⊥PB D．PC⊥BC 答案　C 解析　AB為直徑，C為圓上異于A，B的一點(diǎn)，所以AC⊥BC.因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BC⊥平面PA

7、C，從而PC⊥BC.故選C. 8.如圖，在三棱錐D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列命題中正確的是(　　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BCD C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE 答案　C 解析　因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故選C. 9．(2019·滄州七校聯(lián)考)如圖所示，已知六棱

8、錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC.則下列結(jié)論不正確的是(　　) A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAF C．CF∥平面PAB D．CF⊥平面PAD 答案　D 解析　A中，∵CD∥AF，AF?面PAF，CD?面PAF，∴CD∥平面PAF成立；B中，∵六邊形ABCDEF為正六邊形，∴DF⊥AF.又∵PA⊥面ABCDEF，∴DF⊥平面PAF成立；C中，CF∥AB，AB?平面PAB，CF?平面PAB，∴CF∥平面PAB；而D中CF與AD不垂直，故選D. 10．(2019·重慶秀山高級(jí)中學(xué)期中)如圖，點(diǎn)E為矩形ABCD邊CD上異于點(diǎn)C，D的動(dòng)點(diǎn)，將△ADE沿

9、AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，則下列說法中正確的有(　　) ①存在點(diǎn)E使得直線SA⊥平面SBC；②平面SBC內(nèi)存在直線與SA平行；③平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行；④存在點(diǎn)E使得SE⊥BA. A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè) 答案　A 解析?、偃糁本€SA⊥平面SBC，則SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，∴SA⊥平面SEC，又平面SEC∩平面SBC＝SC，∴點(diǎn)S，E，B，C共面，與已知矛盾，故①錯(cuò)誤；②∵平面SBC∩直線SA＝S，故平面SBC內(nèi)的直線與SA相交或異面，故②錯(cuò)誤；③在平面ABCD內(nèi)作CF∥AE，交AB于點(diǎn)F，由線面平行

10、的判定定理，可得CF∥平面SAE，故③正確；④若SE⊥BA，過點(diǎn)S作SF⊥AE于點(diǎn)F，∵平面SAE⊥平面ABCE，平面SAE∩平面ABCE＝AE，∴SF⊥平面ABCE，∴SF⊥AB，又SF∩SE＝S，∴AB⊥平面SEC，∴AB⊥AE，與∠BAE是銳角矛盾，故④錯(cuò)誤． 11.(2019·泉州模擬)點(diǎn)P在正方體ABCD－A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，給出下列命題： ①三棱錐A－D1PC的體積不變； ②A1P∥平面ACD1； ③DB⊥BC1； ④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正確的命題序號(hào)是________． 答案?、佗冖? 解析　對(duì)于①，VA－D1PC＝VP－AD1C點(diǎn)

11、P到面AD1C的距離，即為線BC1與面AD1C的距離，為定值故①正確，對(duì)于②，因?yàn)槊鍭1C1B∥面AD1C，所以線A1P∥面AD1C，故②正確，對(duì)于③，DB與BC1成60°角，故③錯(cuò)．對(duì)于④，由于B1D⊥面ACD1，所以面B1DP⊥面ACD1，故④正確． 12．(2019·山西太原一模)已知在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2，將直角梯形ABCD沿AC折疊成三棱錐D－ABC，當(dāng)三棱錐D－ABC的體積取最大值時(shí)，其外接球的體積為________． 答案　π 解析　當(dāng)平面DAC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐D－ABC的體積取最大值．此時(shí)易知BC⊥平面DAC，∴BC⊥

12、AD，又AD⊥DC，∴AD⊥平面BCD，∴AD⊥BD，取AB的中點(diǎn)O，易得OA＝OB＝OC＝OD＝1，故O為所求外接球的球心，故半徑r＝1，體積V＝πr3＝π. 13．(2019·遼寧大連雙基測(cè)試)如圖所示，∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，則三棱錐D－AEF體積的最大值為________． 答案　 解析　因?yàn)镈A⊥平面ABC，所以DA⊥BC，又BC⊥AC，DA∩AC＝A，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AF，又AF⊥CD，BC∩CD＝C，所以AF⊥平面DCB，所以AF⊥EF，AF⊥DB，又DB⊥AE，AE∩AF＝A，所

13、以DB⊥平面AEF，所以DE為三棱錐D－AEF的高．因?yàn)锳E為等腰直角三角形ABD斜邊上的高，所以AE＝，設(shè)AF＝a，F(xiàn)E＝b，則△AEF的面積S＝ab≤·＝×＝，所以三棱錐D－AEF的體積V≤××＝(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立)． 14．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)，求證： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 答案　(1)略　(2)略 證明　(1)∵PA⊥底面ABCD， ∴CD⊥PA. 又CD⊥AC，PA∩AC＝A， 故CD⊥平面PAC，AE?平面PAC. 故

14、CD⊥AE. (2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC. ∵E是PC的中點(diǎn)，故AE⊥PC. 由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C， 從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD. 易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE. 15．(2019·安徽馬鞍山一模)如圖①，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，BC∥AD，AD＝2AB＝4，BC＝3，E為AD的中點(diǎn)，EF⊥BC，垂足為F.沿EF將四邊形ABFE折起，連接AD，AC，BC，得到如圖②所示的六面體ABCDEF.若折起后AB的中點(diǎn)M到點(diǎn)D的距離為3. (1)求證：平面ABFE⊥平面CDEF； (2)求六面體ABCDEF的體

15、積． 答案　(1)略　(2) 解析　(1)如圖，取EF的中點(diǎn)N，連接MN，DN，MD. 根據(jù)題意可知，四邊形ABFE是邊長為2的正方形， ∴MN⊥EF. 由題意，得DN＝＝，MD＝3， ∴MN2＋DN2＝22＋()2＝9＝MD2， ∴MN⊥DN，∵EF∩DN＝N，∴MN⊥平面CDEF. 又MN?平面ABFE，∴平面ABFE⊥平面CDEF. (2)連接CE，則V六面體ABCDEF＝V四棱錐C－ABFE＋V三棱錐A－CDE. 由(1)的結(jié)論及CF⊥EF，AE⊥EF，得 CF⊥平面ABFE，AE⊥平面CDEF， ∴V四棱錐C－ABFE＝·S正方形ABFE·CF＝，

16、V三棱錐A－CDE＝·S△CDE·AE＝， ∴V六面體ABCDEF＝＋＝. 16.(2019·濰坊質(zhì)檢)直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2. (1)求證：AC⊥平面BB1C1C； (2)在A1B1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP與平面BCB1和平面ACB1都平行？證明你的結(jié)論． 答案　(1)略 (2)P為A1B1的中點(diǎn)時(shí)，DP與平面BCB1和平面ACB1都平行． 解析　(1)∵直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC. 又∵∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝2AD＝2CD＝2， ∴AC＝，∠CAB＝45°. ∴BC＝.∵BC2＋AC2＝AB2，∴BC⊥AC. 又BB1∩BC＝B，BB1?平面BB1C1C， BC?平面BB1C1C，∴AC⊥平面BB1C1C. (2)存在點(diǎn)P，P為A1B1的中點(diǎn)． 由P為A1B1的中點(diǎn)，有PB1∥AB，且PB1＝AB. 又∵DC∥AB，DC＝AB， ∴DC∥PB1，且DC＝PB1. ∴四邊形DCB1P為平行四邊形，從而CB1∥DP. 又CB1?平面ACB1，DP?平面ACB1， ∴DP∥平面ACB1.同理，DP∥平面BCB1.