（新課改省份專用）2022年高考數學一輪復習 課時跟蹤檢測（四十一）直線、平面垂直的判定與性質（含解析）

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1、（新課改省份專用）2022年高考數學一輪復習 課時跟蹤檢測（四十一）直線、平面垂直的判定與性質（含解析） 1．(2019·廈門期末)若m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若α⊥β，m⊥β，則m∥α B．若m∥α，n⊥m，則n⊥α C．若m∥α，n∥α，m?β，n?β，則α∥β D．若m∥β，m?α，α∩β＝n，則m∥n 解析：選D　選項A中，m與α的關系是m∥α或m?α，故A不正確；選項B中，n與α之間的關系是n⊥α或n與α相交但不垂直或n∥α，故B不正確；選項C中，α與β的關系是α∥β或α與β相交，故C不正確；選項D中，由線面平行的性質

2、可得命題正確．故選D. 2．(2019·廣西五市聯(lián)考)若α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列命題正確的是(　　) A．若α∩β＝m，n?α，m⊥n，則α⊥β B．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，則m⊥n C．若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內的無數條直線 D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β 解析：選D　對于選項A，直線n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，選項A錯誤；對于選項B，由條件只能推出直線m與n共面，不能推出m⊥n，選項B錯誤；對于選項C，命題“若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內的無數條直線”的逆否命題是“若直線m垂直于

3、平面α內的無數條直線，則m垂直平面α”，這不符合線面垂直的判定定理，選項C錯誤；對于選項D，因為n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，選項D正確．故選D. 3．(2019·南昌調研)如圖，四棱錐P-ABCD中，△PAB與 △PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結論不一定成立的是(　　) A．PB⊥AC　　　 　　　 　B．PD⊥平面ABCD C．AC⊥PD D．平面PBD⊥平面ABCD 解析：選B　對于選項A，取PB的中點O，連接AO，CO.∵在四棱錐P-ABCD中，△PAB與△PBC是正三角形，∴AO⊥PB，CO⊥PB，∵AO∩CO＝O，∴P

4、B⊥平面AOC，∵AC?平面AOC，∴PB⊥AC，故選項A正確；對于選項B，設AC與BD交于點M，易知M為AC的中點，若PD⊥平面ABCD，則PD⊥BD，由已知條件知點D滿足AC⊥BD且位于BM的延長線上，∴點D的位置不確定，∴PD與BD不一定垂直，∴PD⊥平面ABCD不一定成立，故選項B不正確；對于選項C，∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，∴AC⊥平面PBD，∵PD?平面PBD，∴AC⊥PD，故選項C正確；對于選項D，∵AC⊥平面PBD，AC?平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD，故選項D正確．故選B. 4．(2019·唐山一模)設m，n是平面α內的兩條不同直線，l1，l2是平

5、面β內兩條相交直線，則α⊥β的一個充分不必要條件是(　　) A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2 C．m⊥l1，n⊥l2 D．m∥n，l1⊥n 解析：選B　由m⊥l1，m⊥l2及已知條件可得m⊥β，又m?α，所以α⊥β；反之，α⊥β時未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要條件，其余選項均推不出α⊥β，故選B. 5．(2018·泉州二模)在下列四個正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G均為所在棱的中點，過E，F，G作正方體的截面，則在各個正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(　　) 解析：選D　如圖，在正方體中，E

6、，F，G，M，N，Q均為所在棱的中點，易知E，F，G，M，N，Q六個點共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項A、B、C中的平面與這個平面重合，不滿足題意，只有選項D中的直線BD1與平面EFG不垂直，滿足題意．故選D. 6．(2019·贛州模擬)如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過C1作C1H⊥底面ABC，垂足為H，則點H在(　　) A．直線AC上 B．直線AB上 C．直線BC上 D．△ABC內部 解析：選B　如圖，連接AC1.∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC在平面A

7、BC內，∴根據面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，則根據面面垂直的性質定理知，在平面ABC1內一點C1向平面ABC作垂線，垂足必落在交線AB上．故選B. 7．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱長為2，AC＝BC＝1， ∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F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________． 解析：設B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，設Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h.又2×＝h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1

8、E＝＝. 由面積相等得× ＝x，得x＝. 答案： 8．如圖所示，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為CD的中點，F為線段EC上(端點除外)一動點．現將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足．設AK＝t，則t的取值范圍是________． 解析：如圖①所示，過點K作KM⊥AF于點M，連接DM，易得DM⊥AF，與折前的圖形對比，可知折前的圖形中D，M，K三點共線且DK⊥AF(如圖②所示)，于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝，所以t＝，又DF∈(1,2)，故t∈. 答案： 9．(2019·唐山五校摸底)如圖，在四棱錐P

9、-ABCD中，PC⊥底面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC； (2)若PC＝，求三棱錐C-PAB的高． 解：(1)證明：因為PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC. 因為AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝， 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因為AC?平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC. (2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1. 由(1)知，AC為三棱錐A-PBC的高． 易知R

10、t△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，則PA＝AB＝PB＝2，于是S△PAB＝×22sin 60°＝. 設三棱錐C-PAB的高為h， 則S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×， 解得h＝，故三棱錐C-PAB的高等于. 10．(2019·南京模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB. (1)求證：CD⊥AP； (2)若CD⊥PD，求證：CD∥平面PAB. 證明：(1)因為AD⊥平面PAB，AP?平面PAB，所以AD⊥AP.又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因為CD?平面ABCD，所以CD⊥A

11、P. (2)由(1)知CD⊥AP，因為CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD?平面PAD，AP?平面PAD，所以CD⊥平面PAD.① 因為AD⊥平面PAB，AB?平面PAB，所以AB⊥AD. 又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD.② 由①②得CD∥AB，因為CD?平面PAB，AB?平面PAB，所以CD∥平面PAB. 11．(2019·長郡中學選拔考試)如圖所示，△ABC所在的平面與菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB＝BC＝2，∠BCD＝60°，點M為BE的中點，點N在線段AC上． (1)若＝λ，且DN⊥AC，求λ的值； (2

12、)在(1)的條件下，求三棱錐B-DMN的體積． 解：(1)如圖，取BC的中點O，連接ON，OD，因為四邊形BCDE為菱形，∠BCD＝60°，所以DO⊥BC，因為△ABC所在的平面與菱形BCDE所在的平面垂直，所以DO⊥平面ABC，因為AC?平面ABC，所以DO⊥AC，又DN⊥AC，且DN∩DO＝D，所以AC⊥平面DON，因為ON?平面DON，所以ON⊥AC，由O為BC的中點，AB＝BC，可得NC＝AC，所以＝3，即λ＝3. (2)由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，由AB＝2，＝3，可得點N到平面BCDE的距離h＝AB＝，由∠BCD＝60°，點M為BE的中點，可得DM⊥BE，且DM＝＝＝，所以△BDM的面積S＝×DM×BM＝，所以三棱錐B-DMN的體積VB-DMN＝VN-BDM＝Sh＝××＝.