2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)題型 課下層級(jí)訓(xùn)練38 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（含解析）

《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)題型 課下層級(jí)訓(xùn)練38 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)題型 課下層級(jí)訓(xùn)練38 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課下層級(jí)訓(xùn)練(三十八)　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) [A級(jí)　基礎(chǔ)強(qiáng)化訓(xùn)練] 1．(2019·山東濰坊月考)已知平面α和直線a，b，若a∥α，則“b⊥a”是“b⊥α”的(　　) A．充分不必要條件　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 【答案】B　[根據(jù)空間中直線與平面之間的位置關(guān)系，由a∥α，b⊥α，可得b⊥a，反之不成立，可能b與α相交或平行．∴“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分條件．] 2．(2019·山東日照檢測(cè))如圖，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，則圖中與平面PCD垂直的平面是(　　) A．平面ABCD B．平面PBC C．平面PAD

2、 D．平面PAB 【答案】C　[由PA⊥平面ABCD得PA⊥CD，由四邊形ABCD為矩形得CD⊥AD，從而有CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD.] 3．(2019·山東臨沂月考)在下列四個(gè)正方體中，能得出AB⊥CD的是(　　) A．① B．①② C．②③ D．④ 【答案】A　[在①中，設(shè)平面BCD上的另一個(gè)頂點(diǎn)為A1，連接BA1，易得CD⊥BA1，CD⊥AA1，則CD⊥平面ABA1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD.] 4．(2019·山東諸城檢測(cè))設(shè)l是直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題正確的是(　　) A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，

3、l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 【答案】B　[由l是直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，知在A中，若l∥α，l∥β，則α與β相交或平行，故A錯(cuò)誤；在B中，若l∥α，l⊥β，則由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正確；在C中，若α⊥β，l⊥α，則l與β平行或l?β，故C錯(cuò)誤；在D中，若α⊥β，l∥α，則l與β相交、平行或l?β，故D錯(cuò)誤．] 5．已知長(zhǎng)方體ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝，AB＝4，若在棱AB上存在點(diǎn)P，使得D1P⊥PC，則AD的取值范圍是(　　) A．(0,1] B．(0,2] C．(1，] D．[1,4) 【答案

4、】B　[連接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P內(nèi)兩條相交直線，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即點(diǎn)P在以CD為直徑的圓上，又點(diǎn)P在AB上，則AB與圓有公共點(diǎn)，即0< AD≤CD＝2.] 6．△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為________. 【答案】2　[作CH⊥AB于H，連接PH. 因?yàn)镻C⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH為PM的最小值，等于2.] 7．(2019·河南洛陽(yáng)月考)如圖所示，在四棱錐P -ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等

5、，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD．(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可) 【答案】DM⊥PC(或BM⊥PC等)　[∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，連接AC，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.] 8．三棱錐S -ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，則以下結(jié)論中： ①異面直線SB與AC所成的角為90°； ②直線SB⊥平面ABC； ③平面SBC⊥平面SAC； ④

6、點(diǎn)C到平面SAB的距離是a. 其中正確的是________. 【答案】①②③④　[由題意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正確；再根據(jù)SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正確；取AB的中點(diǎn)E，連接CE，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長(zhǎng)度即為點(diǎn)C到平面SAB的距離，為a，④正確．] 9．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中點(diǎn)，S是△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA＝SB＝SC. (1)求證：SD⊥平面ABC； (2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC. 【答案】證明　(1)因?yàn)镾A＝SC，D是AC的中點(diǎn)， 所以SD⊥AC

7、. 在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD， 所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD. 又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC. (2)因?yàn)锳B＝BC，D為AC的中點(diǎn)，所以BD⊥AC. 由(1)知SD⊥BD，又SD∩AC＝D， 所以BD⊥平面SAC. 10．(2019·山東煙臺(tái)期末)如圖，四棱錐S-ABCD的底面為平行四邊形，DA＝DS，DA⊥DS，AB＝BS＝SA＝BD＝2. (1)求證：平面ASD⊥平面ABS； (2)求四棱錐S -ABCD的體積． 【答案】(1)證明　如圖，取AS中點(diǎn)H，連接DH，BH， 因?yàn)椤鰽BS是等邊三角形，AS＝2，

8、 所以BH⊥AS，且BH＝. 又∵DA⊥DS，SA＝2，∴DH＝1. 在△DHB中，BD＝2，DH＝1，BH＝， ∴DB2＝DH2＋BH2，∴BH⊥DH. ∵BH⊥AS，AS∩DH＝H， ∴BH⊥平面ASD.又∵BH?平面ABS，∴平面ASD⊥平面ABS. (2)解　由(1)知，BH⊥平面ASD， ∴BH為三棱錐B -ADS的高． 又S△ADS＝×2×1＝1， ∴V三棱錐B -ADS＝BH·S△ADS＝××1＝，∴V四棱錐S -ABCD＝2V三棱錐S-ABD＝. [B級(jí)　能力提升訓(xùn)練] 11．如圖，已知長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M為DC的中點(diǎn)．將△ADM沿AM折

9、起，使得平面ADM⊥平面ABCM. (1)求證：AD⊥BM； (2)若點(diǎn)E是線段DB上的一動(dòng)點(diǎn)，問點(diǎn)E在何位置時(shí)，三棱錐E -ADM的體積與四棱錐D－ABCM的體積之比為1∶3? 【答案】(1)證明　∵長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M為DC的中點(diǎn)， ∴AM＝BM＝2，∴AB2＝AM2＋BM2， ∴BM⊥AM. ∵平面ADM⊥平面ABCM， 平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM?平面ABCM， ∴BM⊥平面ADM. ∵AD?平面ADM，∴AD⊥BM. (2)解　當(dāng)E為DB的中點(diǎn)時(shí)，VE-ADM＝VB-ADM＝VD -ABM＝×VD-ABCM＝VD -ABCM，∴E為

10、DB的中點(diǎn)． 12．(2018·北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. 【答案】證明　(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)， 所以PE⊥AD. 因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形， 所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD， 所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD， 所以PD⊥平面PAB

11、. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG. 因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形． 所以EF∥DG. 又因?yàn)镋F?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 13．如圖，在四棱錐P -ABCD中，PC＝AD＝CD＝AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD. (1)求證：BC⊥平面PAC； (2)若M為線段PA的中點(diǎn)，且過C，D，M三點(diǎn)的

12、平面與線段PB交于點(diǎn)N，確定點(diǎn)N的位置，說明理由；并求三棱錐A -CMN的高． 【答案】(1)證明　連接AC，在直角梯形ABCD中， AC＝＝2， BC＝＝2， 所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC. 又PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD， 所以PC⊥BC，又AC∩PC＝C，AC，PC?平面PAC， 故BC⊥平面PAC. (2)解　N為PB的中點(diǎn)，連接MN，CN. 因?yàn)镸為PA的中點(diǎn)，N為PB的中點(diǎn)， 所以MN∥AB，且MN＝AB＝2. 又因?yàn)锳B∥CD，所以MN∥CD， 所以M，N，C，D四點(diǎn)共面， 所以N為過C，D，M三點(diǎn)的平面與線段PB的交點(diǎn)． 因?yàn)锽C⊥平面PAC，N為PB的中點(diǎn)， 所以點(diǎn)N到平面PAC的距離d＝BC＝. 又S△ACM＝S△ACP＝××AC×PC＝， 所以V三棱錐N -ACM＝××＝. 由題意可知，在Rt△PCA中， PA＝＝2，CM＝， 在Rt△PCB中，PB＝＝2， CN＝，所以S△CMN＝×2×＝. 設(shè)三棱錐A -CMN的高為h， V三棱錐N -ACM＝V三棱錐A -CMN＝××h＝， 解得h＝，故三棱錐A -CMN的高為. 7