《高考數(shù)學專題復習：課時達標檢測（三十九）直線、平面垂直的判定與性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學專題復習：課時達標檢測（三十九）直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時達標檢測（三十九） 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) [練基礎(chǔ)小題——強化運算能力] 1．若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) 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：選C　A中m與α的位置關(guān)系不確定，故錯誤；B中α，β可能平行或相交，故錯誤；由面面垂直的判定定理可知C正確；D中β，γ平行或相交，故錯誤． 2.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P為△ABC所在平面外一點，PA⊥平面ABC，則四面體P -

2、ABC中共有直角三角形個數(shù)為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：選A　由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC為直角三角形，故四面體P -ABC中共有4個直角三角形． 3．如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑， C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正確的結(jié)論有________． 解析：①AE?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥

3、PA?AE⊥BC， 故①正確；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB?平面PBC?AE⊥PB，AF⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確；③AF⊥PB，若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤；由①可知④正確． 答案：①②④ 4．設(shè)a，b為不重合的兩條直線，α，β為不重合的兩個平面，給出下列命題： ①若a∥α且b∥α，則a∥b； ②若α⊥β，則一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ③若α⊥β，則一定存在直線l，使得l⊥α，l∥β. 上面命題中，所有真命題的序號是________． 解析：①中a與b可能相交或異面，故①是假命題．②中存在γ，使得γ與α，β都

4、垂直，故②是真命題．③中只需直線l⊥α且l?β就可以，故③是真命題． 答案：②③ [練?？碱}點——檢驗高考能力] 一、選擇題 1．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是(　　) A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥β C．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β 解析：選C　對于C項，由α∥β，a?α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故選C. 2.如圖，O是正方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心，則下列直線中與B1O垂直的是(　　) A．A1D B．AA1 C．A1D1 D．A1C1 解析

5、：選D　連接B1D1(圖略)，則A1C1⊥B1D1，根據(jù)正方體特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O?平面BB1D1D，所以B1O⊥A1C1. 3.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 解析：選A　連接AC1(圖略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上． 4．設(shè)a，b，c是空間的三條直線，α，β是空間的兩

6、個平面，則下列命題中，逆命題不成立的是(　　) A．當c⊥α時，若c⊥β，則α∥β B．當b?α時，若b⊥β，則α⊥β C．當b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若b⊥c，則a⊥b D．當b?α，且c?α時，若c∥α，則b∥c 解析：選B　A的逆命題為：當c⊥α時，若α∥β，則c⊥β.由線面垂直的性質(zhì)知c⊥β，故A正確；B的逆命題為：當b?α時，若α⊥β，則b⊥β，顯然錯誤，故B錯誤；C的逆命題為：當b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若a⊥b，則b⊥c.由三垂線逆定理知b⊥c，故C正確；D的逆命題為：當b?α，且c?α時，若b∥c，則c∥α.由線面平行判定定理可得c∥α，故D正確． 5．

7、如圖所示，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)論正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 解析：選D　∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面AD

8、C，故AB⊥平面ADC.又AB?平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC. 6.如圖，直三棱柱ABC -A1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：選A　設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h. 又2×＝h，所以h＝，DE＝. 在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝. 由面積相等得

9、× ＝x，得x＝. 二、填空題 7.如圖，在三棱錐D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的有________(寫出全部正確命題的序號)． ①平面ABC⊥平面ABD； ②平面ABD⊥平面BCD； ③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE； ④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE. 解析：由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，從而AC⊥平面BDE，所以平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故③正確． 答案：③ 8.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

10、點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可) 解析：如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD. 又PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面PAC，∴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. 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等) 9．設(shè)l，m，n為三條不同的直線，α為一個平面，給出下列命題： ①若l⊥α，則l與α相交； ②若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α； ③若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α； ④若l∥m，m⊥α

11、，n⊥α，則l∥n. 其中正確命題的序號為________． 解析：①顯然正確；對于②，只有當m，n相交時，才有l(wèi)⊥α，故②錯誤；對于③，由l∥m，m∥n，得l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故③正確；對于④，由l∥m，m⊥α，得l⊥α，再由n⊥α，得l∥n，故④正確． 答案：①③④ 10．(2016·蘭州質(zhì)檢)如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E為CD的中點，M，N分別是AD，BE的中點，將三角形ADE沿AE折起，則下列說法正確的是________．(寫出所有正確說法的序號) ①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN∥平面DEC； ②不論D折至何位置(不在平

12、面ABC內(nèi))，都有MN⊥AE； ③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN∥AB； ④在折起過程中，一定存在某個位置，使EC⊥AD. 解析：由已知，在未折疊的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四邊形ABED為平行四邊形，所以BE＝AD，折疊后如圖所示．①過點M作MP∥DE，交AE于點P，連接NP.因為M，N分別是AD，BE的中點，所以點P為AE的中點，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正確；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN?平面MNP，所以

13、MN⊥AE，②正確；③假設(shè)MN∥AB，則MN與AB確定平面MNBA，從而BE?平面MNBA，AD?平面MNBA，與BE和AD是異面直線矛盾，③錯誤；④當EC⊥ED時，EC⊥AD.因為EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD?平面AED，所以EC⊥AD，④正確． 答案：①②④ 三、解答題 11.如圖，四棱錐P-ABCD 中， AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC 的中點．求證： (1)AP∥平面BEF； (2)BE⊥平面PAC. 證明：(1)設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC，如圖所示． 由于E為AD的中點，AB＝BC＝

14、AD，AD∥BC， 所以AE∥BC，AE＝AB＝BC， 因此四邊形ABCE為菱形， 所以O(shè)為AC的中點． 又F為PC 的中點， 因此在△PAC中，可得AP∥OF. 又OF?平面BEF，AP?平面BEF. 所以AP∥平面BEF. (2)由題意知ED∥BC，ED＝BC. 所以四邊形BCDE為平行四邊形， 因此BE∥CD. 又AP⊥平面PCD， 所以AP⊥CD，因此AP⊥BE. 因為四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC. 又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC， 所以BE⊥平面PAC. 12.如圖所示，已知長方體ABCD -A1B1C1D1，點O1為B1D1的中點．

15、 (1)求證：AB1∥平面A1O1D； (2)若AB＝AA1，在線段BB1上是否存在點E使得A1C⊥AE？若存在，求出；若不存在，說明理由． 解： (1)證明：如圖1所示，連接AD1交A1D于點G， ∴G為AD1的中點，連接O1G，在△AB1D1中， ∵O1為B1D1的中點，∴O1G∥AB1. ∵O1G?平面A1O1D，且AB1?平面A1O1D， ∴AB1∥平面A1O1D. (2)若在線段BB1上存在點E使得A1C⊥AE，連接A1B交AE于點M，如圖2所示． ∵BC⊥平面ABB1A1，AE?平面ABB1A1， ∴BC⊥AE. 又∵A1C∩BC＝C，且A1C，BC?平面A1BC， ∴AE⊥平面A1BC. ∵A1B?平面A1BC，∴AE⊥A1B. 在△AMB和△ABE中，∠BAM＋∠ABM＝90°，∠BAM＋∠BEA＝90°，∴∠ABM＝∠BEA. ∴Rt△ABE∽Rt△A1AB，∴＝. ∵AB＝AA1，∴BE＝AB＝BB1， 即在線段BB1上存在點E使得A1C⊥AE，此時＝.