高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十六）直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（三十六）直線、平面垂直的判定與性質(zhì)小題常考題點(diǎn)——準(zhǔn)解快解][小題?？碱}點(diǎn)——準(zhǔn)解快解]1．(2018·廣東廣州模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥βC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n解析：選B若α⊥β，m?α，n?β，則m與n相交、平行或異面，故A錯(cuò)誤；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正確；若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯(cuò)誤；若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，故D錯(cuò)誤．故選B.2．(2018·湖南一中月考)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．兩兩相交且不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線必在同一平面內(nèi)B．過(guò)直線外一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直C．如果共點(diǎn)的三條直線兩兩垂直，那么它們中每?jī)蓷l直線確定的平面也兩兩垂直D．如果兩條直線和一個(gè)平面所成的角相等，則這兩條直線一定平行解析：選D如果兩條直線和一個(gè)平面所成的角相等，這兩條直線可以平行、相交、異面．3.如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()A．直線AB上B．直線BC上C．直線AC上D．△ABC內(nèi)部解析：選A連接AC1(圖略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．4．(2018·河北唐山模擬)如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE、AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B、C、D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么，在這個(gè)空間圖形中必有()A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析：選B根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過(guò)A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，過(guò)點(diǎn)H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B.5.如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長(zhǎng)為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1FA.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2解析：選A設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq\r(2)，設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝heq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面積相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，得x＝eq\f(1,2).6.如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線是____________；與AP垂直的直線是________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直線AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，又∵AP?平面PAC，∴AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB7.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)解析：如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC，∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)8.(2018·福建泉州模擬)如圖，一張A4紙的長(zhǎng)、寬分別為2eq\r(2)a，2a，A，B，C，D分別是其四條邊的中點(diǎn)．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn)P，從而得到一個(gè)多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是________．(寫出所有正確命題的序號(hào))①該多面體是三棱錐；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④該多面體外接球的表面積為5πa2.解析：由題意得該多面體是一個(gè)三棱錐，故①正確；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP?平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正確；同理可證平面BAC⊥平面ACD，故③正確；該多面體的外接球半徑R＝eq\f(\r(5),2)a，所以該多面體外接球的表面積為5πa2，故④正確．綜上，正確命題的序號(hào)為①②③④.答案：①②③④[大題常考題點(diǎn)——穩(wěn)解全解]1.如圖，四棱錐P-ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點(diǎn)．求證：(1)AP∥平面BEF；(2)BE⊥平面PAC.證明：(1)設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC，如圖所示．由于E為AD的中點(diǎn)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．又F為PC的中點(diǎn)，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF?平面BEF，AP?平面BEF.所以AP∥平面BEF.(2)由題意知ED∥BC，ED＝BC.所以四邊形BCDE為平行四邊形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.因?yàn)樗倪呅蜛BCE為菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC.2.(2018·廣州模擬)在三棱錐P-ABC中，△PAB是等邊三角形，∠APC＝∠BPC＝60°.(1)求證：AB⊥PC；(2)若PB＝4，BE⊥PC，求三棱錐B-PAE的體積．解：(1)證明：因?yàn)椤鱌AB是等邊三角形，∠APC＝∠BPC＝60°，所以△PBC≌△PAC，所以AC＝BC.如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，則PD⊥AB，CD⊥AB，因?yàn)镻D∩CD＝D，所以AB⊥平面PDC，因?yàn)镻C?平面PDC，所以AB⊥PC.(2)由(1)知，AB⊥PC，又BE⊥PC，AB∩BE＝B，所以PC⊥平面ABE，所以PC⊥AE.因?yàn)镻B＝4，所以在Rt△PEB中，BE＝4sin60°＝2eq\r(3)，PE＝4cos60°＝2，在Rt△PEA中，AE＝PEtan60°＝2eq\r(3)，所以AE＝BE＝2eq\r(3)，所以S△ABE＝eq\f(1,2)·AB·eq\r(BE2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝4eq\r(2).所以三棱錐B-PAE的體積VB-PAE＝VP-ABE＝eq\f(1,3)S△AEB·PE＝eq\f(1,3)×4eq\r(2)×2＝eq\f(8\r(2),3).3．(2018·合肥質(zhì)檢)如圖，平面五邊形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7).將△CDE沿CE折起，使點(diǎn)D到P的位置，且AP＝eq\r(3)，得到四棱錐P-ABCE.(1)求證：AP⊥平面ABCE；(2)記平面PAB與平面PCE相交于直線l，求證：AB∥l.證明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝eq\r(7)，cos∠EDC＝eq\f(5,7)，由余弦定理得CE＝2.連接AC(圖略)，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝eq\r(3)，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.而AC?平面ABCE，AE?平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE.(2)∵AB∥CE，且CE?平面PCE，AB?平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.4.(2018·山西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AB＝eq\r(2)BC，E，F(xiàn)分別在線段AB，CD上，G，H在線段PC上，EF⊥PA，且eq\f(BE,BA)＝eq\f(DF,DC)＝eq\f(PG,PC)＝eq\f(CH,CP)＝eq\f(1,4).求證：(1)EH∥平面PAD；(2)平面EFG⊥平面PAC.證明：(1)如圖，在PD上取點(diǎn)M，使得eq\f(DM,DP)＝eq\f(1,4)，連接AM，MH，則eq\f(DM,DP)＝eq\f(CH,CP)＝eq\f(1,4)，所以MH＝eq\f(3,4)DC，MH∥CD，又AE＝eq\f(3,4)AB，四邊形ABCD是矩形，所以MH＝AE，MH∥AE，所以四邊形AEHM為平行四邊形，所以EH∥AM，又AM?平面PAD，EH?平面PAD，所以EH∥平面PAD.(2)取AB的中點(diǎn)N，連接DN，則NE＝DF，NE∥DF，則四邊形NEFD為平行四邊形，則DN∥EF，在△DAN和△CDA中，∠DAN＝∠CDA，eq\f(AN,DA)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(DA,CD)，則△DAN∽△CDA，則∠ADN＝∠DCA，則DN⊥AC，則EF⊥AC，又EF⊥PA，AC∩PA＝A，所以EF⊥平面PAC，又EF?平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAC.5.(2018·福州五校聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90°，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1(1)求證：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)設(shè)D是A1C1的中點(diǎn)，判斷并證明在線段BB1上是否存在點(diǎn)E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求三棱錐E-ABC1解：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面ABB1A∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，