2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十五）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文（含解析）新人教A版

《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十五）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（四十五）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文（含解析）新人教A版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤練(四十五) A組　基礎(chǔ)鞏固 1．已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l　　　　　　　 B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：由已知，α∩β＝l，所以l?β，又因為n⊥β，所以n⊥l，C正確． 答案：C 2．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 解析：因為m⊥α，若l∥α，則必有l(wèi)⊥m，即l∥α?l⊥m.但l⊥m D?/l∥α，因為l⊥m時，l可能在α內(nèi)． 故“l(fā)⊥m”是“l(fā)

2、∥α”的必要不充分條件． 答案：B 3．設(shè)a，b是夾角為30°的異面直線，則滿足條件“a?α，b?β，且α⊥β”的平面α，β(　　) A．不存在 B．有且只有一對 C．有且只有兩對 D．有無數(shù)對 解析：過直線a的平面α有無數(shù)個，當(dāng)平面α與直線b平行時，兩直線的公垂線與b確定的平面β⊥α，當(dāng)平面α與b相交時，過交點作平面α的垂線與b確定的平面β⊥α.故選D. 答案：D 4．(2019·泉州二模)在下列四個正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點，過E，F(xiàn)，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 (　　) 　 　　　　　

3、 A　　　　　　　B 　 　　　　　 C　　　　　　　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，易知E，F(xiàn)，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. 答案：D 5．(2019·南昌模擬)如圖，在四棱錐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⊥PD D．平面PBD⊥平

4、面ABCD 解析：取BP的中點O，連接OA，OC，則BP⊥OA，BP⊥OC，又因為OA∩OC＝O，所以BP⊥平面OAC，所以BP⊥AC，故選項A正確；又AC⊥BD，BP∩BD＝B，得AC⊥平面BDP，又PD?平面BDP，所以AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，故選項C，D正確，故選B. 答案：B 6.如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________． 解析：連接A1C1，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角． 因為AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2， 又AA1＝1，所

5、以AC1＝3， 所以sin ∠AC1A1＝＝. 答案： 7.如圖，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，則圖中直角三角形的個數(shù)為________． 解析：因為PA⊥平面ABC，AB，AC，BC?平面ABC， 所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，則△PAB，△PAC為直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，所以BC⊥平面PAC，從而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形． 答案：4 8．(2016·全國卷Ⅱ)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m?

6、α，那么m∥β. ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有______(填寫所有正確命題的編號)． 解析：①中當(dāng)m⊥n，m⊥α，n∥β時，兩個平面的位置關(guān)系不確定，①不正確． ②中，過直線n作平面γ與β交于c，則n∥c. 由m⊥α，所以m⊥c，所以m⊥n正確． ③中由面面平行的性質(zhì)，易得m∥β ③正確． ④中，由線面角的定義與等角定理可知④正確． 答案：②③④ 9.(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．求證： (1)PE

7、⊥BC； (2)平面PAB⊥平面PCD； (3)EF∥平面PCD. 證明：(1)因為PA＝PD，E為AD的中點， 所以PE⊥AD. 因為底面ABCD為矩形， 所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因為底面ABCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD， 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD，AB∩PA＝A， 所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖，取PC的中點G，連接FG，DG. 因為F，G分別為PB，PC的中點， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC. 因為四邊形ABCD為矩形，且E為AD的中

8、點， 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. 又因為EF?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 10．(2019·東莞模擬)如圖1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分別為CD、AB邊上的點，且DE＝3，BF＝4，將△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如圖2所示)，連接AP、PF，其中PF＝2. (1)求證：PF⊥平面ABED； (2)求點A到平面PBE的距離． (1)證明：在題圖2中，連接EF， 由題意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9， 在△P

9、BF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2， 所以PF⊥BF. 在題圖1中，連接EF，作EH⊥AB于點H，利用勾股定理，得EF＝＝， 在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2， 所以PF⊥EF， 又因為BF∩EF＝F，BF?平面ABED，EF?平面ABED， 所以PF⊥平面ABED. (2)解：如圖，連接AE，由(1)知PF⊥平面ABED， 所以PF為三棱錐P-ABE的高． 設(shè)點A到平面PBE的距離為h， 因為VA-PBE＝VP-ABE， 即××6×9×h＝××12×6×2， 所以h＝， 即點A到平面PBE的距離為. B組　素養(yǎng)提升 11．

10、(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(nèi)部 解析：連接AC1，如圖． 因為∠BAC＝90°，所以AC⊥AB， 因為BC1⊥AC，BC1∩AB＝B， 所以AC⊥平面ABC1， 又AC?平面ABC，所以根據(jù)面面垂直的判定定理，得平面ABC⊥平面ABC1， 則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知，從平面ABC1內(nèi)一點C1向平面ABC作垂線，垂足必落在交線AB上．故選B. 答案：B 12．(2019·貴陽模

11、擬)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，沿AE，AF，EF把正方形折成一個四面體，使B，C，D三點重合，重合后的點記為P，P點在△AEF內(nèi)的射影為O，則下列說法正確的是(　　) A．O是△AEF的垂心 B．O是△AEF的內(nèi)心 C．O是△AEF的外心 D．O是△AEF的重心 解析：由題意可知PA，PE，PF兩兩垂直， 所以PA⊥平面PEF，從而PA⊥EF， 而PO⊥平面AEF，則PO⊥EF，因為PO∩PA＝P， 所以EF⊥平面PAO， 所以EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO， 所以O(shè)為△AEF的垂心． 答案：A 13.如圖，PA⊥圓

12、O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上的一點，E，F(xiàn)分別是點A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論： ①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC. 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析：由題意知PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC. 又AC⊥BC，且PA∩AC＝A， 所以BC⊥平面PAC，所以BC⊥AF. 因為AF⊥PC，且PC∩BC＝C， 所以AF⊥平面PBC， 所以AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A， 所以PB⊥平面AEF，所以PB⊥EF. 故①②③正確． 答案：①②③ 14.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠

13、ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD. (1)在平面PAD內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD. (1)解：取棱AD的中點M(M∈平面PAD)，點M即為所求的一個點，理由如下： 連接BM，CM. 因為AD∥BC，BC＝AD， 所以BC∥AM，且BC＝AM， 所以四邊形AMCB是平行四邊形， 從而CM∥AB. 又AB?平面PAB，CM?平面PAB. 所以CM∥平面PAB. (說明：取棱PD的中點N，則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)證明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD， 因為AD∥BC，BC＝CD＝AD，所以直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又BC∥MD，且BC＝MD. 所以四邊形BCDM是平行四邊形， 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥MC，所以BD⊥AB. 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD. 8