《新课改专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测四十二直线平面垂直的判定及其性质含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课改专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测四十二直线平面垂直的判定及其性质含解析新人教A版.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、- 1 - 课时跟踪检测（四十二） 直线、平面垂直的判定及其性质课时跟踪检测（四十二） 直线、平面垂直的判定及其性质 一、题点全面练 1已知直线m，n和平面，则下列四个命题中正确的是( ) A若，m，则m B若m，n，则mn C若m，nm，则n D若m，m，则 解析 ： 选 B 对于 A，若，m，则当m与，的交线垂直时才有m，故 A 错；对于 B，若n，则内存在直线a，使得an，m，ma，mn，故 B 正 确；对于 C，当n时，显然结论错误，故 C 错；对于 D，若l，则当ml时，显 然当条件成立时，结论不成立，故 D 错故选 B. 2.如图， 在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是
2、BC1，CD1的中点， 则下 列说法错误的是( ) AMN与CC1垂直 BMN与AC垂直 CMN与BD平行 DMN与A1B1平行 解析 ： 选 D 如图所示，连接AC，C1D，BD，则MNBD，而C1CBD， 故C1CMN，故 A，C 正确，D 错误，又因为ACBD，所以MNAC，B 正 确故选 D. 3.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 解析 ： 选 A 连接AC1(图略)，由ACAB，ACBC1，ABBC1B，得AC平面ABC1.AC 平面ABC，平面ABC1平面A
3、BC.C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上 4(2019成都模拟)已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面， 且m，n.有下列命题 ： 若，则mn； 若，则m； 若l， 且ml，nl，则；若l，且ml，mn，则.其中真命题的个数 是( ) A0 B1 C2D3 - 2 - 解析：选 B 对于，直线m，n可能异面；易知正确；对于，直线m，n同时垂直于 公共棱，不能推出两个平面垂直；对于，当直线nl时，不能推出两个平面垂直故真命 题的个数是 1. 5.如图， 在直三棱柱ABC A1B1C1中， 侧棱长为 2，ACBC1， ACB90， D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，
4、AB1，DF交于点E.要使AB1平面C1DF，则线段B1F 的长为( ) A.B.1 1 2 C.D2 3 2 解析 ： 选A 设B1Fx， 因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF， 所以AB1DF.由已知可得A1B1 ，2 设 RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh. 1 2 又 2h，所以h，DE.222 22 2 3 3 3 3 在 RtDB1E中，B1E . ( 2 2) 2( 3 3) 2 6 6 在 RtDB1F中，由面积相等得 x，解得x . 6 6 x2( 2 2) 2 2 2 1 2 即线段B1F的长为 . 1 2 6(2019武汉调研)在矩形ABCD中，ABBC，现
5、将ABD沿矩形的对角线BD所在的直 线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论： 存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直； 存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直； 存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 其中正确结论的序号是_ 解析 ： 假设AC与BD垂直， 过点A作AEBD于E， 连接CE.则Error!BD平面AECBDCE， 而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，不正确 假设ABCD，ABAD，AB平面ACD，ABAC，由ABBC可知，存在这样的等 腰直角三角形，使ABCD，故假设成立，正确 假设ADBC，CDBC，BC平面ACD，BCAC，即ABC为直角三角形，且AB
6、 为斜边，而ABBC，故矛盾，假设不成立，不正确综上，填. 答案： 7在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H， - 3 - 且直线AA1平面.有下列三个命题 ： 四边形EFGH是平行四边形 ； 平面平面BCC1B1； 平面平面BCFE.其中正确命题的序号是_ 解析 ： 如图所示， 因为AA1平面， 平面平面AA1B1BEH， 所以AA1EH.同理AA1GF， 所以EHGF， 又ABCA1B1C1是直三棱柱， 易知EHGFAA1， 所以四边形EFGH 是平行四边形，故正确；若平面平面BCC1B1，由平面平面A1B1C1GH，平面BCC1B1
7、平 面A1B1C1B1C1，知GHB1C1， 而GHB1C1不一定成立，故错误；由AA1平面BCFE，结 合AA1EH知EH平面BCFE，又EH平面，所以平面平面BCFE，故正 确 答案： 8已知，是两平面，AB，CD是两条线段，EF，AB于B，CD于D， 若增加一个条件， 就能得出BDEF.现有下列条件 ： AC； AC与，所成的角相等 ； AC 与CD在内的射影在同一条直线上；ACEF. 其中能成为增加条件的序号是_ 解析：由题意得，ABCD，A，B，C，D四点共面 中，AC，EF，ACEF，又AB，EF， ABEF，ABACA，EF平面ABDC， 又BD平面ABDC，BDEF，故正确；
8、不能得到BDEF，故错误； 中，由AC与CD在内的射影在同一条直线上，可知平面ABDC，又AB，AB 平面ABDC，平面ABCD.EF，EF平面ABDC，又BD平面ABDC，BDEF， 故正确； 中，由知，若BDEF，则EF平面ABDC，则EFAC，故错误，故填. 答案： 9(2018 北京高考 )如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD 平 面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点 (1)求证：PEBC； (2)求证：平面PAB平面PCD； (3)求证：EF平面PCD. 证明：(1)因为PAPD，E为AD的中点， 所以PEAD. 因为底面ABCD为矩形，
9、 所以BCAD，所以PEBC. (2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD. 又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD， - 4 - 所以AB平面PAD， 因为PD平面PAD，所以ABPD. 又因为PAPD，ABPAA， 所以PD平面PAB. 因为PD平面PCD， 所以平面PAB平面PCD. (3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG. 因为F，G分别为PB，PC的中点， 所以FGBC，FGBC. 1 2 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点， 所以DEBC，DEBC. 1 2 所以DEFG，DEFG. 所以四边形DEFG为平行四边形 所以EFDG. 又
10、因为EF平面PCD，DG平面PCD， 所以EF平面PCD. 二、专项培优练 (一)易错专练不丢怨枉分 1.(2019 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ABN BMCAN C平面CMN平面AMN D平面BDE平面AMN 解析：选 C 如图，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
11、然，PBAN， MCAN，故 B 正确； 取MN的中点F，连接AF，CF，AC. - 5 - AMN和CMN都是边长为的等边三角形，2 AFMN，CFMN， AFC为二面角AMNC的平面角， AFCF，AC， 6 2 2 AF2CF2AC2，即AFC， 2 平面CMN与平面AMN不垂直，故 C 错误； DEAN，MNBD， DEBDD，DE平面BDE，BD平面BDE，MNANN，MN平面AMN，AN平面AMN， 平面BDE平面AMN，故 D 正确故选 C. 2.如图，已知PA平面ABC，BCAC，则图中直角三角形的个数为 _ 解析：PA平面ABC，AB平面ABC，AC平面ABC，BC平面ABC
12、，PAAB，PAAC，PABC， 则PAB，PAC为直角三角形由BCAC，且ACPAA，得BC平面PAC，从而BCPC， 因此ABC，PBC也是直角三角形 答案：4 3.(2018泉州模拟)如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面 对角线BC1上运动，给出下列命题：三棱锥AD1PC的体积不 变； A1P平面AD1C； DPBC1； 平面PDB1平面AD1C. 其中正确的命题序号是_ 解析 ： 如图， 连接BD交AC于点O， 连接DC1交D1C于点O1， 连接OO1， 则OO1BC1， 所以BC1平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变， 所以三棱锥PAD1C的体积不变 又因为V三棱锥
13、PAD1CV三棱锥AD1PC，所以正确； 连接A1B，A1C1，因为平面A1C1B平面AD1C，A1P平面A1C1B， 所以A1P平面AD1C，正确； 由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1， 即DP不垂直BC1，故不正确； 由于DB1D1C，DB1AD1，D1CAD1D1， 所以DB1平面AD1C. - 6 - 又因为DB1平面PDB1， 所以平面PDB1平面AD1C，正确 答案： (二)交汇专练融会巧迁移 4与数学文化交汇 九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面 为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童在 如图所示的堑堵ABMDCP与刍童ABCDA1B1C1D
14、1的组合体中，ABAD，A1B1 A1D1.台体体积公式：V (SS)h， 其中S，S分别为台体 1 3 SS 上、下底面的面积，h为台体的高 (1)求证：直线BD平面MAC； (2)若AB1，A1D12，MA，三棱锥AA1B1D1的体积V，求该组合体的体积3 2 3 3 解：(1)证明：由题意可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，AD平面MAB， MA平面MAB，ADMA. 又MAAB，ADABA，AD平面ABCD，AB平面ABCD， MA平面ABCD， BD平面ABCD，MABD， ABAD，四边形ABCD为正方形，BDAC. 又MAACA，MA平面MAC，AC平面MAC， BD平面
15、MAC. (2)设刍童ABCDA1B1C1D1的高为h， 则三棱锥AA1B1D1的体积V 22h， 1 3 1 2 2 3 3 h，3 故该组合体的体积V 11 (1222). 1 2 3 1 3 12 223 3 2 7 3 3 17 3 6 (三)素养专练学会更学通 5直观想象、逻辑推理、数学运算 如图， 已知三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面，ABAC， BAC 90，点M，N分别为AB和BC的中点 (1)求证：MN平面AACC； (2)设ABAA，当为何值时，CN平面AMN，试证明你的结 论 - 7 - 解：(1)证明：如图，取AB的中点E，连接ME，NE. 因为M，N分别为AB和BC
16、的中点，所以NEAC，MEAA. 又AC平面AACC，AA平面AACC，NE平面AACC，ME平面AACC， 所以ME平面AACC，NE平面AACC，又因为MENEE， 所以平面MNE平面AACC， 因为MN平面MNE， 所以MN平面AACC. (2)连接BN，设AAa，则ABAAa， 由题意知BCa，CNBN ，2a21 2 2a2 因为三棱柱ABCABC的侧棱垂直于底面， 所以平面ABC平面BBCC. 因为ABAC，点N是BC的中点， 所以ABAC，ANBC， 所以AN平面BBCC， 又CN平面BBCC，所以CNAN， 要使CN平面AMN，只需CNBN即可， 所以CN2BN2BC2，即 222a2， (a 21 2 2a2) 解得，故当时，CN平面AMN.22