《【成功方案】2020屆高考數(shù)學一輪復習課時檢測 第七章 第五節(jié) 直線 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【成功方案】2020屆高考數(shù)學一輪復習課時檢測 第七章 第五節(jié) 直線 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第七章 第五節(jié) 直線、平面垂直的判定及性質(zhì) 一、選擇題 1．給出以下命題，其中錯誤的是 (　　) A．如果一條直線垂直于一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線，則這條直線垂直于這個平面 B．垂直于同一平面的兩條直線互相平行 C．垂直于同一直線的兩個平面互相平行 D．兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面 解析：一條直線可以垂直于一個平面內(nèi)的無數(shù)條平行直線，但這條直線不垂直這個平面． 答案：A 2．設l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是 (　　) A．若l⊥

2、m，m?α，則l⊥α B．若l⊥α，l∥m，則m⊥α C．若l∥α，m?α，則l∥m D．若l∥α，m∥α，則l∥m 解析：根據(jù)定理：兩條平行線中的一條垂直于一個平面，另一條也垂直于這個平面可知B正確． 答案：B 3．若m、n是兩條不同的直線，α、β、γ是三個不同的平面，則下列命題中的真命題是(　　) A．若m?β，α⊥β，則m⊥α B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，則α∥β C．若m⊥β，m∥α，則α⊥β D．若α⊥γ，α⊥β，則β⊥γ 解析：對于A，由m?β，α⊥β顯然不能得知m⊥α；對于B，由條件也不能確定α∥β；對于C，由m∥α得，在平面α上必存在直線l∥m.

3、又m⊥β，因此l⊥β，且l?α，故α⊥β；對于D，垂直于同一平面的兩個平面不一定垂直，因此D也不正確． 答案：C 4．(2020·皖南八校聯(lián)考)已知α，β，γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α，β，γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題有 (　　) A．0個　　　　　　　　　 　 B．1個 C．2個 D．3個 解析：若α，β?lián)Q為直線a，b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題

4、；若α，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題，故選C. 答案：C 5．(2020·宿遷模擬)已知兩條直線m，n，兩個平面α，β，給出下面四個命題： ①m∥n，m⊥α?n⊥α； ②α∥β，m?α，n?β?m∥n； ③m∥n，m∥α?n∥α； ④α∥β，m∥n，m⊥α?n⊥β. 其中正確命題的序號是 (　　) A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 解析：對于①，由于兩條平行線

5、中的一條直線與一個平面垂直，則另一條直線也與該平面垂直，因此①是正確的；對于②，分別位于兩個平行平面內(nèi)的兩條直線必沒有公共點，但它們不一定平行，因此②是錯誤的；對于③，直線n可能位于平面α內(nèi)，此時結論顯然不成立，因此③是錯誤的；對于④，由m⊥α且α∥β得m⊥β，又m∥n，故n⊥β，因此④是正確的． 答案：C 6．如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結論正確的是

6、 (　　) A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′與平面A′BD所成的角為30° D．四面體A′－BCD的體積為 解析：取BD的中點O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD.假設A′C⊥BD，∵OC為A′C在平面BCD內(nèi)的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A錯誤；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD內(nèi)的射影為A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正確

7、；∠CA′D為直線CA′與平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C錯誤；VA′－BCD＝S△A′BD·CD＝，D錯誤． 答案：B 二、填空題 7．已知直線l，m，n，平面α，m?α，n?α，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的________條件．(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”“既不充分也不必要”) 解析：若l⊥α，則l垂直于平面α內(nèi)的任意直線，故l⊥m且l⊥n，但若l⊥m且l⊥n，不能得出l⊥α. 答案：充分不必要 8．正四棱錐S－ABCD的底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點，動點P在表面上運動，并且總保持PE⊥AC，則動點P的軌跡的周長為________．

8、 解析：如圖，取CD的中點F、SC的中點G，連接EF，EG，F(xiàn)G，設EF交AC于點H， 易知AC⊥EF， 又GH∥SO， ∴GH⊥平面ABCD. ∴AC⊥GH.又GH∩EF＝H， ∴AC⊥平面EFG. 故點P的軌跡是△EFG，其周長為＋. 答案：＋ 9．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，當點M滿足__________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫個你認為是正確的條件即可) 解析：由PA⊥BD，AC⊥BD可得BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC. 所以當DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平

9、面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等) 三、解答題 10.三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E為BB1的中點，∠A1DE＝90°，求證：CD⊥平面A1ABB1. 證明：∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°， ∴AB＝2. 設AD＝x，則BD＝2－x， ∴A1D2＝4＋x2，DE2＝1＋(2－x)2， A1E2＝(2)2＋1. ∵∠A1DE＝90°， ∴A1D2＋DE2＝A1E2.∴x＝. ∴D為AB的中點．∴CD⊥AB. 又AA1⊥CD且AA1∩AB＝A， ∴CD⊥平面A1ABB

10、1. 11.如圖，三棱錐A－BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動點，且＝＝λ(0＜λ＜1)． (1)求證：不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC； (2)當λ為何值時，平面BEF⊥平面ACD. 解：(1)∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD. ∵CD⊥BC，且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC. 又∵＝＝λ(0＜λ＜1)， ∴不論λ為何值，恒有EF∥CD. ∴EF⊥平面ABC，EF?平面BEF. ∴不論λ為何值恒有平面BEF⊥平面ABC. (2)由(1)知，BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD， ∴BE

11、⊥平面ACD.∴BE⊥AC. ∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°， ∴BD＝，AB＝tan 60°＝. ∴AC＝＝. 由AB2＝AE·AC，得AE＝. ∴λ＝＝. 12． (2020·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． (1)證明：AE⊥BC； (2)求直線PF與平面BCD所成的角． 解：(1)證明：連接EF，AF. 因為E、F分別是BD、BC的中點，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＝DC， 所以PA綊DC. 又因為EF綊DC， 所以EF綊PA，故四邊形APEF為矩形． 所以PE綊AF. 所以PE⊥平面BCD. 則∠PFE即為直線PF與平面BCD所成的角． 在Rt△PEF中，因為PE＝AF＝BC， EF＝DC＝BC，所以tan∠PFE＝＝， 故∠PFE＝60°， 即直線PF與平面BCD所成的角為60°