《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：46 直线、平面垂直的判定及其性质 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：46 直线、平面垂直的判定及其性质 Word版含解析.doc（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试46直线、平面垂直的判定及其性质高考概览考纲研读1以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题一、基础小题1下列条件中，能判定直线l平面的是()Al与平面内的两条直线垂直Bl与平面内无数条直线垂直Cl与平面内的某一条直线垂直Dl与平面内任意一条直线垂直答案D解析由直线与平面垂直的定义，可知D正确2设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，则“l”是“lm且ln”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案A解析当l时，lm且ln但当lm，ln时，
2、若m，n不是相交直线，则得不到l即l是lm且ln的充分不必要条件故选A3给出下列四个命题：垂直于同一平面的两条直线相互平行；垂直于同一平面的两个平面相互平行；若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面其中真命题的个数是()A1 B2 C3 D4答案B解析由直线与平面垂直的性质，可知正确；正方体的相邻的两个侧面都垂直于底面，而不平行，故错误；由直线与平面垂直的定义知正确，而错误4若空间三条直线a，b，c满足ab，bc，则直线a与c()A一定平行B一定相交C一定是异面直线D平行、相交、异面直线都有可能答案D解
3、析当a，b，c共面时，ac；当a，b，c不共面时，a与c可能异面也可能相交5下列命题中错误的是()A如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面答案D解析对于D，若平面平面，则平面内的直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其他选项易知均是正确的6如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A直线AB上B直线BC上C直线AC上DABC内部答案A解析由ACAB，ACBC1，
4、AC平面ABC1又AC平面ABC，平面ABC1平面ABCC1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上7如图所示，在立体图形DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列结论正确的是()A平面ABC平面ABDB平面ABD平面BDCC平面ABC平面BDE，且平面ADC平面BDED平面ABC平面ADC，且平面ADC平面BDE答案C解析因为ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理有DEAC，而BEDEE，所以AC平面BDE因为AC在平面ABC内，所以平面ABC平面BDE又由于AC在平面ADC内，所以平面ADC平面BDE故选C8如图所示，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平
5、面ABCDEF，PA2AB，则下列结论正确的是()APAADB平面ABCDEF平面PBCC直线BC平面PAED直线PD与平面ABCDEF所成的角为30答案A解析因为PA平面ABCDEF，所以PAAD，故选项A正确；选项B中两个平面不垂直，故选项B错；选项C中，AD与平面PAE相交，BCAD，故选项C错；选项D中，PD与平面ABCDEF所成的角为45，故选项D错故选A二、高考小题9(2017全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC答案C解析如图，A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，B，D
6、错误；A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1CBC1，A1EBC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1又A1E平面CEA1B1，A1EBC1)A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错误故选C解法二(空间向量法)：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，E，(0，1，1)，(1，1，0)，(1，0，1)，(1，1，0)，0，0，0，0，A1EBC1故选C10(2015福建高
7、考)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面，则“lm”是“l”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分必要条件 D既不充分也不必要条件答案B解析由“m且lm”推出“l或l”，但由“m且l”可推出“lm”，所以“lm”是“l”的必要而不充分条件故选B三、模拟小题11(2018大连双基测试)已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面，给出下列四个命题，错误的命题是()A若a，a，b，则abB若，a，b，则abC若，a，则aD若，a，则a答案D解析构造一个长方体ABCDA1B1C1D1对于D，平面ABCD平面A1B1C1D1，A1B1平面ABCDA1B1平面A1B1C1D112(2018河南
8、安阳二模)已知a，b表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，下列说法错误的是()A若a，b，则abB若a，b，ab，则C若a，ab，则bD若a，ab，则b或b答案C解析对于A，若a，则a，又b，故ab，A正确；对于B，若a，ab，则b或b，存在直线m，使得mb，又b，m，故B正确；对于C，若a，ab，则b或b，又，b或b，故C错误；对于D，若a，ab，则b或b，故D正确，故选C13(2018安徽亳州模拟)如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面
9、体AEFH中必有()AAH平面EFH BAG平面EFHCHF平面AEF DHG平面AEF答案A解析AHHE，AHHF，且EHHFH，AH平面EFH，A正确；过A只有一条直线与平面EFH垂直，B不正确；AGEF，EFAH，AGAHA，EF平面HAG，EF平面AEF，平面HAGAEF，过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，C不正确；HG不垂直于AG，HG平面AEF不正确，D不正确，故选A14(2018福建泉州二模)在下列四个正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是()答案D解析如图，在正方体中
10、，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A，B，C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意故选D15(2018南昌模拟)如果PA，PB，PC两两垂直，那么点P在平面ABC内的投影一定是ABC的()A重心 B内心 C外心 D垂心答案D解析如图，O是点P在平面ABC内的投影，连接OA，OB，OC，PA，PB，PC两两垂直，PA平面PBC，又BC平面PBC，PABC，而PO平面ABC，BC平面ABC，POBC，又PAPOP，BC平面PAO又AO平面PAO，BCAO同理可知
11、ACBO，ABCOO为ABC的垂心故选D16(2018南昌摸底)如图，四棱锥PABCD中，PAB与PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，则下列结论不一定成立的是()APBACBPD平面ABCDCACDPD平面PBD平面ABCD答案B解析取BP中点O，连接OA，OC，易得BPOA，BPOCBP面OACBPAC选项A正确；又ACBDAC面BDPACPD，平面PBD平面ABCD，所以选项C，D也正确故选B17(2018山西临汾模拟)如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是()A平面BCE平面ABNB
12、MCANC平面CMN平面AMND平面BDE平面AMN答案C解析分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得APCQ1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体BC平面ABN，又BC平面BCE，平面BCE平面ABN，故A正确；连接PB，则PBMC，显然，PBAN，MCAN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，ACAMN和CMN都是边长为的等边三角形，AFMN，CFMN，AFC为二面角AMNC的平面角，AFCF，AC，AF2CF2AC2，即AFC，平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；DEAN，MNBD，DEBDD，DE，BD平面BDE，MNANN，MN，AN平面AMN
13、，平面BDE平面AMN，故D正确，故选C18(2018西安六校联考)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则棱AB与PD所在的直线垂直；平面PBC与平面ABCD垂直；PCD的面积大于PAB的面积；直线AE与直线BF是异面直线以上结论正确的是_(写出所有正确结论的序号)答案解析由条件可得AB平面PAD，ABPD，故正确；PA平面ABCD，平面PAB，平面PAD都与平面ABCD垂直故平面PBC不可能与平面ABCD垂直，故错误；SPCDCDPD，SPABABPA，由ABCD，PDPA，可知正确；由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EFCD，又A
14、BCD，EFAB，故AE与BF共面，故错误一、高考大题1(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD(2)作PHEF，垂足为H由(1)，得PH平面ABFD以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz由(1)可得，DEPE又DP2，DE1，所以PE又PF1，EF2，故P
15、EPF所以PH，EH，则H(0，0，0)，P，D，0，0，为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成的角为，则sin所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为2(2018北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交解(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形，又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF因为ABBC，所以ACBE所以AC平面BEF
16、(2)由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1又CC1平面ABC，所以EF平面ABC因为BE平面ABC，所以EFBE如图建立空间直角坐标系Exyz由题意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)所以(1，2，0)，(1，2，1)设平面BCD的法向量为n(x0，y0，z0)，则则令y01，则x02，z04于是n(2，1，4)又因为平面CC1D的一个法向量为(0，2，0)，所以cosn，由题知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为(3)证明：由(2)知平面BCD的一个法向量为n(2，1，4)，(0，2，1)因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线
17、FG与平面BCD相交3(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值解(1)证明：由题设可得ABDCBD，从而ADCD又ACD是直角三角形，所以ADC90取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90所以平面ACD平面ABC(
18、2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，故(1，0，1)，(2，0，0)，设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m所以二面角DAEC的余弦值为二、模拟大题4(2018河南郑州二模)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，
19、DABDCB，E为线段BD上的一点，且EBEDECBC，连接CE并延长交AD于F(1)若G为PD的中点，求证：平面PAD平面CGF；(2)若BC2，PA3，求平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值解(1)证明：在BCD中，EBEDECBC，故BCD，CBECEB，连接AE，DABDCB，EABECB，从而有FEDBECAEB，AECEDEAEFFED，故EFAD，AFFD又PGGD，GFPA又PA平面ABCD，故GF平面ABCD，GFAD，又GFEFF，故AD平面CFG又AD平面PAD，平面PAD平面CGF(2)以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，
20、0)，C(3，0)，D(0，2，0)，P(0，0，3)故(1，0)，(3，3)，(3，0)设平面BCP的一个法向量为n1(1，y1，z1)，则解得即n11，设平面DCP的一个法向量为n2(1，y2，z2)，则解得即n2(1，2)从而平面BCP与平面DCP所成锐二面角的余弦值为5(2018江西南昌二中模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，ABC60，CD2，AB4，点E为AB的中点，现将该梯形中的三角形BEC沿线段EC折起，形成四棱锥BAECD(1)在四棱锥BAECD中，求证：ADBD；(2)若平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角为120，求直线AE与平面ABD所成角的正弦值解(1)证明：由三
21、角形BEC沿线段EC折起前，ABC60，CD2，AB4，点E为AB的中点，得三角形BEC沿线段EC折起后，四边形AECD为菱形，边长为2，DAE60，如图，取EC的中点F，连接DF，BF，DEBEC和DEC均为正三角形，ECBF，ECDF，又BFDFF，EC平面BFD，ADEC，AD平面BFD，BD平面BFD，ADBD(2)以F为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系，由EC平面BFD，知z轴在平面BFD内，BFEC，DFEC，BFD为平面BEC与平面AECD所成二面角的平面角，BFD120，BFz30，又BF，点B的横坐标为，点B的竖坐标为因D(，0，0)，E(0，1，0)，A(，2，0)，B，
22、0，故(，1，0)，0，(0，2，0)设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，得令x1，得y0，z，平面ABD的一个法向量为n(1，0，)，cos，n，直线AE与平面ABD所成角为锐角，直线AE与平面ABD所成角的正弦值为6(2018江西联考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，B1BB1AABBC，B1BC90，D为AC的中点，ABB1D(1)求证：平面ABB1A1平面ABC；(2)在线段CC1(不含端点)上，是否存在点E，使得二面角EB1DB的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OB1因为B1BB1A，所以OB1AB又ABB1D，OB1B1
23、DB1，所以AB平面B1OD因为OD平面B1OD，所以ABOD由已知条件知，BCBB1，又ODBC，所以ODBB1因为ABBB1B，所以OD平面ABB1A1因为OD平面ABC，所以平面ABB1A1平面ABC(2)由(1)知OB，OD，OB1两两垂直，所以以O为坐标原点，的方向为x轴的方向，|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系由题设知，B1(0，0，)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(1，0，0)，C(1，2，0)，C1(0，2，)，(0，1，)，(1，0，)，设(01)，则(1，2，(1)设平面BB1D的法向量为m(x1，y1，z1)，则得令z11，则x1y1，所以平面BB1D的一个法向量m(，1)设平面B1DE的法向量为n(x2，y2，z2)，则得令z21，则x2，y2，所以平面B1DE的一个法向量n设二面角EB1DB的大小为，则cos解得所以在线段CC1上存在点E，使得二面角EB1DB的余弦值为，此时