2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第六章 立體幾何 考點(diǎn)測試44 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文（含解析）.docx

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考點(diǎn)測試44　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 高考概覽 考綱研讀 1．以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識和理解空間中線、面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理 2．能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡單命題 一、基礎(chǔ)小題 1．下列條件中，能判定直線l⊥平面α的是(　　) A．l與平面α內(nèi)的兩條直線垂直 B．l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線垂直 C．l與平面α內(nèi)的某一條直線垂直 D．l與平面α內(nèi)任意一條直線垂直 答案　D 解析　由直線與平面垂直的定義，可知D正確． 2．設(shè)l，m，n均為直線，其中m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　當(dāng)l⊥α?xí)r，l⊥m且l⊥n．但當(dāng)l⊥m，l⊥n時(shí)，若m，n不是相交直線，則得不到l⊥α．即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要條件．故選A． 3．給出下列四個(gè)命題： ①垂直于同一平面的兩條直線相互平行； ②垂直于同一平面的兩個(gè)平面相互平行； ③若一個(gè)平面內(nèi)有無數(shù)條直線與另一個(gè)平面都平行，那么這兩個(gè)平面相互平行； ④若一條直線垂直于一個(gè)平面內(nèi)的任一直線，那么這條直線垂直于這個(gè)平面． 其中真命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　由直線與平面垂直的性質(zhì)，可知①正確；正方體的相鄰的兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，而不平行，故②錯(cuò)誤；由直線與平面垂直的定義知④正確，而③錯(cuò)誤． 4．若空間三條直線a，b，c滿足a⊥b，b⊥c，則直線a與c(　　) A．一定平行 B．一定相交 C．一定是異面直線 D．平行、相交、異面直線都有可能 答案　D 解析　當(dāng)a，b，c共面時(shí)，a∥c；當(dāng)a，b，c不共面時(shí)，a與c可能異面也可能相交． 5．下列命題中錯(cuò)誤的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β 答案　D 解析　對于D，若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β，即與平面β的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi)，其他選項(xiàng)易知均是正確的． 6．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AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1． 又∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC． ∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上． 7．如圖所示，在立體圖形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列結(jié)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?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，而BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE．因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE．又由于AC在平面ADC內(nèi)，所以平面ADC⊥平面BDE．故選C． 8．如圖所示，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABCDEF，PA＝2AB，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．PA⊥AD B．平面ABCDEF⊥平面PBC C．直線BC∥平面PAE D．直線PD與平面ABCDEF所成的角為30 答案　A 解析　因?yàn)镻A⊥平面ABCDEF，所以PA⊥AD，故選項(xiàng)A正確；選項(xiàng)B中兩個(gè)平面不垂直，故選項(xiàng)B錯(cuò)；選項(xiàng)C中，AD與平面PAE相交，BC∥AD，故選項(xiàng)C錯(cuò)；選項(xiàng)D中，PD與平面ABCDEF所成的角為45，故選項(xiàng)D錯(cuò)．故選A． 二、高考小題 9．(2017全國卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 答案　C 解析　如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯(cuò)誤； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1．又A1E?平面CEA1B1， ∴A1E⊥BC1) ∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)誤．故選C． 10．(2015福建高考)若l，m是兩條不同的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　由“m⊥α且l⊥m”推出“l(fā)?α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l(fā)⊥m”，所以“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的必要而不充分條件．故選B． 三、模擬小題 11．(2018大連雙基測試)已知互不重合的直線a，b，互不重合的平面α，β，γ，給出下列四個(gè)命題，錯(cuò)誤的命題是(　　) A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，則a∥b B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，則a⊥b C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，則a⊥α D．若α∥β，a∥α，則a∥β 答案　D 解析　構(gòu)造一個(gè)長方體ABCD－A1B1C1D1．對于D，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，A1B1∥平面ABCDA1B1∥平面A1B1C1D1． 12．(2018河南安陽二模)已知a，b表示兩條不同的直線，α，β表示兩個(gè)不同的平面，下列說法錯(cuò)誤的是(　　) A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，則a∥b B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，則b∥β D．若α∩β＝a，a∥b，則b∥α或b∥β 答案　C 解析　對于A，若a⊥α，α∥β，則a⊥β，又b⊥β，故a∥b，A正確；對于B，若a⊥α，a⊥b，則b?α或b∥α，∴存在直線m?α，使得m∥b，又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β，故B正確；對于C，若a⊥α，a⊥b，則b?α或b∥α，又α∥β，∴b?β或b∥β，故C錯(cuò)誤；對于D，若α∩β＝a，a∥b，則b∥α或b∥β，故D正確，故選C． 13．(2018安徽亳州模擬)如圖甲所示，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，如圖乙所示，那么，在四面體A－EFH中必有(　　) A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　A 解析　∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，A正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴B不正確；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴過H作平面AEF的垂線，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正確，∴D不正確，故選A． 14．(2018福建泉州二模)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(　　) 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)，易知E，F(xiàn)，G，M，N，Q六個(gè)點(diǎn)共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項(xiàng)A，B，C中的平面與這個(gè)平面重合，不滿足題意，只有選項(xiàng)D中的直線BD1與平面EFG不垂直，滿足題意．故選D． 15．(2018南昌模擬)如果PA，PB，PC兩兩垂直，那么點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影一定是△ABC的(　　) A．重心 B．內(nèi)心 C．外心 D．垂心 答案　D 解析　如圖，O是點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影，連接OA，OB，OC， ∵PA，PB，PC兩兩垂直， ∴PA⊥平面PBC， 又BC?平面PBC，∴PA⊥BC， 而PO⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PO⊥BC， 又PA∩PO＝P，∴BC⊥平面PAO． 又AO?平面PAO，∴BC⊥AO． 同理可知AC⊥BO，AB⊥CO． ∴O為△ABC的垂心．故選D． 16．(2018南昌摸底)如圖，四棱錐P－ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結(jié)論不一定成立的是(　　) A．PB⊥AC B．PD⊥平面ABCD C．AC⊥DP D．平面PBD⊥平面ABCD 答案　B 解析　取BP中點(diǎn)O，連接OA，OC，易得BP⊥OA，BP⊥OC?BP⊥面OAC?BP⊥AC?選項(xiàng)A正確；又AC⊥BD?AC⊥面BDP?AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，所以選項(xiàng)C，D也正確．故選B． 17．(2018山西臨汾模擬)如圖，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為MC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是(　　) A．平面BCE⊥平面ABN B．MC⊥AN C．平面CMN⊥平面AMN D．平面BDE∥平面AMN 答案　C 解析　分別過A，C作平面ABCD的垂線AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，連接PM，PN，QM，QN，將幾何體補(bǔ)成棱長為1的正方體．∴BC⊥平面ABN，又BC?平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正確；連接PB，則PB∥MC，顯然，PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正確；取MN的中點(diǎn)F，連接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是邊長為的等邊三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN，∴∠AFC為二面角A－MN－C的平面角，∵AF＝CF＝，AC＝，∵AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠，∴平面CMN與平面AMN不垂直，故C錯(cuò)誤；∵DE∥AN，MN∥BD，DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，MN∩AN＝N，MN，AN?平面AMN，∴平面BDE∥平面AMN，故D正確，故選C． 18．(2018西安六校聯(lián)考)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱PC，PD的中點(diǎn)，則 ①棱AB與PD所在的直線垂直；②平面PBC與平面ABCD垂直；③△PCD的面積大于△PAB的面積；④直線AE與直線BF是異面直線． 以上結(jié)論正確的是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號) 答案?、佗? 解析　由條件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正確；∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAB，平面PAD都與平面ABCD垂直．故平面PBC不可能與平面ABCD垂直，故②錯(cuò)誤；∵S△PCD＝CDPD，S△PAB＝ABPA，由AB＝CD，PD>PA，可知③正確；由E，F(xiàn)分別是棱PC，PD的中點(diǎn)可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE與BF共面，故④錯(cuò)誤． 一、高考大題 1．(2018全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱BC上，且MC＝2MB，求點(diǎn)C到平面POM的距離． 解　(1)證明：因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2． 連接OB，因?yàn)锳B＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2． 由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC． (2)作CH⊥OM，垂足為H． 又由(1)可得OP⊥CH， 所以CH⊥平面POM． 故CH的長為點(diǎn)C到平面POM的距離． 由題設(shè)可知OC＝AC＝2，CM＝BC＝，∠ACB＝45． 所以O(shè)M＝，CH＝＝． 所以點(diǎn)C到平面POM的距離為． 2．(2018天津高考)如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點(diǎn)M為棱AB的中點(diǎn)，AB＝2，AD＝2，∠BAD＝90． (1)求證：AD⊥BC； (2)求異面直線BC與MD所成角的余弦值； (3)求直線CD與平面ABD所成角的正弦值． 解　(1)證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC． (2)取棱AC的中點(diǎn)N，連接MN，ND． 又M為棱AB的中點(diǎn)，故MN∥BC．所以∠DMN(或其補(bǔ)角)為異面直線BC與MD所成的角． 在Rt△DAM中，AM＝1， 故DM＝＝． 因?yàn)锳D⊥平面ABC，故AD⊥AC． 在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝＝． 在等腰三角形DMN中，MN＝1， 可得cos∠DMN＝＝． 所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為． (3)連接CM．因?yàn)椤鰽BC為等邊三角形，M為邊AB的中點(diǎn)，故CM⊥AB，CM＝． 又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABD，而CM?平面ABC，故CM⊥平面ABD． 所以，∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角． 在Rt△CAD中，CD＝＝4． 在Rt△CMD中，sin∠CDM＝＝． 所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為． 3．(2017全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90． (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90，且四棱錐P－ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積． 解　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90， 得AB⊥AP，CD⊥PD． 由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD＝P，從而AB⊥平面PAD． 又AB?平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD． (2)如圖，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E． 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，AB∩AD＝A， 可得PE⊥平面ABCD． 設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝x，PE＝x． 故四棱錐P－ABCD的體積 VP－ABCD＝ABADPE＝x3． 由題設(shè)得x3＝，故x＝2． 從而結(jié)合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2． 可得四棱錐P－ABCD的側(cè)面積為 PAPD＋PAAB＋PDDC＋BC2sin60＝6＋2． 二、模擬大題 4．(2018湖南益陽模擬)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90． (1)求證：AD⊥平面PAB； (2)求證：AB⊥PC； (3)若點(diǎn)E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值． 解　(1)證明：因?yàn)椤螪AB＝90，所以AD⊥AB． 因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD， 且平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以AD⊥平面PAB． (2)證明：由(1)知AD⊥AB， 因?yàn)锳D∥BC，所以BC⊥AB． 又∠ABP＝90，所以PB⊥AB． 因?yàn)镻B∩BC＝B，所以AB⊥平面PBC， 因?yàn)镻C?平面PBC， 所以AB⊥PC． (3)過E作EF∥AD交PA于F，連接BF． 因?yàn)锳D∥BC， 所以EF∥BC． 所以E，F(xiàn)，B，C四點(diǎn)共面． 又CE∥平面PAB， 且CE?平面BCEF，平面BCEF∩平面PAB＝BF， 所以CE∥BF， 所以四邊形BCEF為平行四邊形， 所以EF＝BC＝AD． 在△PAD中，因?yàn)镋F∥AD， 所以＝＝，即＝． 5．(2018廣東江門一模)如圖，直角梯形ABEF中，∠ABE＝∠BAF＝90，C，D分別是BE，AF上的點(diǎn)，且DA＝AB＝BC＝a，DF＝2CE＝2a．沿CD將四邊形CDFE翻折至四邊形CDPQ的位置，連接AP，BP，BQ，得到多面體ABCDPQ，且AP＝a． (1)求多面體ABCDPQ的體積； (2)求證：平面PBQ⊥平面PBD． 解　(1)∵DA＝AB＝BC＝a，∠ABC＝∠BAD＝90， ∴四邊形ABCD是正方形， ∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP＝D， ∴CD⊥平面ADP． ∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADP， ∵AD2＋DP2＝AP2，∴AD⊥DP， 又CD⊥AD，CD∩DP＝D，∴AD⊥平面CDPQ， 又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ， ∴VB－CDPQ＝S梯形CDPQBC＝a＝a3， VB－ADP＝S△ADPAB＝a2aa＝， ∴多面體ABCDPQ的體積為 VB－CDPQ＋VB－ADP＝． (2)證明：取BP的中點(diǎn)G，連接GQ，DG，DQ， 在△ABP中， BP＝＝2a， ∴BG＝BP＝a， 在△BCQ中，BQ＝＝a． PQ＝＝a， ∴PQ＝BQ，∴GQ⊥BP． ∴QG＝＝a， 又BD＝AB＝2a＝DP，∴DG⊥BP， ∴DG＝＝a， 又DQ＝＝a， ∴DQ2＝QG2＋DG2，∴QG⊥DG． 又BP∩DG＝G，∴QG⊥平面PBD， 又QG?平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD． 6．(2018遼寧錦州模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，Q是AD的中點(diǎn)，M是棱PC的中點(diǎn)，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝，PB＝． (1)求證：PA∥平面MQB； (2)求證：平面PAD⊥底面ABCD； (3)求三棱錐B－PQM的體積． 解　 (1)證明：如圖，連接AC，交BQ于N，連接MN，QC， ∵BC＝AD，AD∥BC，Q是AD的中點(diǎn)， ∴AQ∥BC，且AQ＝BC， ∴四邊形ABCQ是平行四邊形， ∴N是BQ的中點(diǎn)， ∵M(jìn)是棱PC的中點(diǎn)， ∴MN∥PA， ∵PA?平面MQB，MN?平面MQB， ∴PA∥平面MQB． (2)證明：∵AD∥BC，BC＝AD＝1，Q是AD的中點(diǎn)， ∴BC∥QD，BC＝QD， ∴四邊形BCDQ為平行四邊形， ∴CD∥BQ， ∵AD⊥CD， ∴BQ⊥AD． 又PA＝PD＝2，AD＝2，Q是AD的中點(diǎn)，故PQ＝． 又QB＝CD＝，PB＝， ∴PB2＝PQ2＋QB2， 由勾股定理的逆定理可知PQ⊥QB， 又PQ∩AD＝Q， ∴BQ⊥平面PAD， 又BQ?平面ABCD． ∴平面PAD⊥平面ABCD． (3)由(2)可知，PQ＝，BQ＝， ∴PA＝PD＝2，Q是AD的中點(diǎn)， ∴PQ⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD， 且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PQ⊥平面ABCD， 又M是棱PC的中點(diǎn)， 故VB－PQM＝VP－BQC－VM－BQC ＝VP－BQC－VP－BQC ＝VP－BQC＝1＝．