【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 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).doc，共(7)页，153.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测(四十二)直线、平面垂直的判定及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的()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解析：选A依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β．因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A．2．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③

若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β，其中正确的命题的个数是()A．1B．2C．3D．4解析：选B①中，α∥β，且m⊥α，则m⊥β，因为l⊂β，所以m⊥l，所以①正确；②中，α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，可能相交，所以②不正确；③中，m⊥l

，且m⊥α，l⊂β，则α与β可能平行，可能相交，所以③不正确；④中，m∥l，且m⊥α，则l⊥α，因为l⊂β，所以α⊥β，所以④正确，故选B．3．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有()A．平面ABD⊥平面ADCB．平面ABD⊥平

面ABCC．平面ADC⊥平面BDCD．平面ABC⊥平面BDC解析：选C∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC．4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是__

______．解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直相交．答案：垂直相交5．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a

⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β．上面命题中，所有真命题的序号是________．解析：①中a与b可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得

γ与α，β都垂直．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．答案：②③④二保高考，全练题型做到高考达标1．(2017·青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是()A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β

，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β解析：选C对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C．2．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P­ABC中直角三角形的个数为()A．4B．3C

．2D．1解析：选A由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC．又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P­ABC中共有4个直角三角形．3．(2017·南昌模拟)设a，

b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β()A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对解析：选D过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的

平面β⊥α．故选D．4．(2017·吉林实验中学测试)设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影

时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c解析：选BA的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β．由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a

在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c．由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α．由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．5．(2017·贵阳市监测考试)如图，在三棱锥P­ABC中，不能证明AP⊥BC的条

件是()A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选BA中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面B

PC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B．6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△AB

C，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC．∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，又∵AP⊂平面PAC，∴AB⊥AP

，与AP垂直的直线是AB．答案：AB，BC，ACAB7．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解

析：连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD．又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC．∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD．答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．如图，直三棱

柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E．要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂

平面C1DF，所以AB1⊥DF．由已知可以得A1B1＝2，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝12h．又2×2＝h×22＋22，所以h＝233，DE＝33．在Rt△DB1E中，B1E＝222－332＝66．由面积相

等得66×x2＋222＝22x，得x＝12．即线段B1F的长为12．答案：129．(2016·贵州省适应性考试)已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4．现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面

体A­BCD，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由．(2)求四面体A­BCD体积的最大值．解：(1)直线AB与CD能垂直．因为AB⊥AD，若AB⊥CD，因为AD∩CD＝D，所以AB⊥平面AC

D，又因为AC⊂平面ACD，从而AB⊥AC．此时，a＝BC2－AB2＝16－9＝7，即当a＝7时，有AB⊥CD．(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，此时，过点A在平面AB

D内作AH⊥BD，垂足为H，则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高．在△ABD中，AH＝AB·ADBD＝125，S△BCD＝12×3×4＝6，此时VA­BCD＝13S△BCD·AH＝245，即为该四面体体积的最大值．10．(2017·河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形

的四棱锥F­ABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC．求证：(1)FG∥平面AED；(2)平面DAF⊥平面BAF．证明：(1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，所以EF∥DG，E

F＝DG．所以四边形DEFG为平行四边形，所以FG∥ED．又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED，所以FG∥平面AED．(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面BAF

，又AD⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面BAF．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2017·兰州市实战考试)α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥E

F．现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF．其中能成为增加条件的序号是________．解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面，①：∵AC⊥β，EF⊂β，

∴AC⊥EF，又∵AB⊥α，EF⊂α，∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面

ABCD，∴平面ABCD⊥α．∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；④：由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③．答案：①③2．如图，在四棱锥S­ABC

D中，平面SAD⊥平面ABCD．四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．(1)求证：CD⊥平面SAD．(2)求证：PQ∥平面SCD．(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不

存在，请说明理由．解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD．(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR．由题意知：PD

∥BC且PD＝12BC．在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，所以QR∥BC且QR＝12BC，所以PD∥QR，且PD＝QR，所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR．又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，所以PQ∥平面SC

D．(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．证明如下：如图，连接PC，DM交于点O，连接DN，PM，SP，NM，ND，NO，因为PD∥CM，且PD＝CM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝

CO．又因为点N为SC的中点，所以NO∥SP．易知SP⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD．