高考数学(文数)一轮复习考点测试42《直线平面垂直的判定及其性质》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试42《直线平面垂直的判定及其性质》（教师版），共15页。试卷主要包含了给出下列四个命题，下列命题中错误的是等内容，欢迎下载使用。

eq \a\vs4\al(本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度)
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α的是( )
A．l与平面α内的两条直线垂直
B．l与平面α内无数条直线垂直
C．l与平面α内的某一条直线垂直
D．l与平面α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α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”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⊥α时，l⊥m且l⊥n．但当l⊥m，l⊥n时，若m，n不是相交直线，则得不到l⊥α．即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要条件．故选A．
3．给出下列四个命题：
①垂直于同一平面的两条直线相互平行；
②垂直于同一平面的两个平面相互平行；
③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；
④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( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 由直线与平面垂直的性质，可知①正确；正方体的相邻的两个侧面都垂直于底面，而不平行，故②错误；由直线与平面垂直的定义知④正确，而③错误．
4．若空间三条直线a，b，c满足a⊥b，b⊥c，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
解析 当a，b，c共面时，a∥c；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α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
答案 D
解析 对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项易知均是正确的．
6．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，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
D．△ABC内部
答案 A
解析 由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1．
又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC．
∴C1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D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
答案 C
解析 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，而BE∩DE＝E，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C．
8．如图所示，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )
A．PA⊥AD
B．平面ABCDEF⊥平面PBC
C．直线BC∥平面PAE
D．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PA⊥AD，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，BC∥AD，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．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
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错误；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1．又A1E⊂平面CEA1B1，
∴A1E⊥BC1)
∵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．
10．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”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⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件．故选B．
三、模拟小题
11．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，γ，给出下列四个命题，错误的命题是( )
A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b
C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥α
D．若α∥β，a∥α，则a∥β
答案 D
解析 构造一个长方体ABCD－A1B1C1D1．对于D，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，A1B1∥平面ABCDeq \(\s\up7(⇒),\s\d5(/ ))A1B1∥平面A1B1C1D1．
12．已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是( )
A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b
B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β
C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β
D．若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β
答案 C
解析 对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，故a∥b，A正确；对于B，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，∴存在直线m⊂α，使得m∥b，又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β，故B正确；对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，又α∥β，∴b⊂β或b∥β，故C错误；对于D，若α∩β＝a，a∥b，则b∥α或b∥β，故D正确，故选C．
13．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，在四面体A－EFH中必有( )
A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
答案 A
解析 ∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF＝H，∴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；∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，∴EF⊥平面HAG，∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，∴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A．
14．(2018·福建泉州二模)在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1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，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D．
15．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，∴PA⊥BC，
而PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC，
又PA∩PO＝P，∴BC⊥平面PAO．
又AO⊂平面PAO，∴BC⊥AO．
同理可知AC⊥BO，AB⊥CO．
∴O为△ABC的垂心．故选D．
16．如图，四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是( )
A．PB⊥AC
B．PD⊥平面ABCD
C．AC⊥DP
D．平面PBD⊥平面ABCD
答案 B
解析 取BP中点O，连接OA，OC，易得BP⊥OA，BP⊥OC⇒BP⊥面OAC⇒BP⊥AC⇒选项A正确；又AC⊥BD⇒AC⊥面BDP⇒AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，所以选项C，D也正确．故选B．
17．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MD＝NB＝1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是( )
A．平面BCE⊥平面ABN
B．MC⊥AN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．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AP＝CQ＝1，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PB∥MC，显然，PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是边长为eq \r(2)的等边三角形，∴AF⊥MN，CF⊥MN，∴∠AFC为二面角A－MN－C的平面角，∵AF＝CF＝eq \f(\r(6),2)，AC＝eq \r(2)，∵AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠eq \f(π,2)，∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；∵DE∥AN，MN∥BD，DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE，MN∩AN＝N，MN，AN⊂平面AMN，∴平面BDE∥平面AMN，故D正确，故选C．
18．已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则
①棱AB与PD所在的直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④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 ①③
解析 由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①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②错误；∵S△PCD＝eq \f(1,2)CD·PD，S△PAB＝eq \f(1,2)AB·PA，由AB＝CD，PD>PA，可知③正确；由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EF∥CD，又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错误．
一、高考大题
1．如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq \r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
解 (1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq \r(3)．
连接OB，因为AB＝BC＝eq \f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝eq \f(1,2)AC＝2．
由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．
(2)作CH⊥OM，垂足为H．
又由(1)可得OP⊥CH，
所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC＝eq \f(1,2)AC＝2，CM＝eq \f(2,3)BC＝eq \f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°．
所以OM＝eq \f(2\r(5),3)，CH＝eq \f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq \f(4\r(5),5)．
所以点C到平面POM的距离为eq \f(4\r(5),5)．
2．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB＝2，AD＝2eq \r(3)，∠BAD＝90°．
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；
(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．
解 (1)证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．
(2)取棱AC的中点N，连接MN，ND．
又M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角．
在Rt△DAM中，AM＝1，故DM＝eq \r(AD2＋AM2)＝eq \r(13)．
因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．
在Rt△DAN中，AN＝1，故DN＝eq \r(AD2＋AN2)＝eq \r(13)．
在等腰三角形DMN中，MN＝1，可得cs∠DMN＝eq \f(\f(1,2)MN,DM)＝eq \f(\r(13),26)．
所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为eq \f(\r(13),26)．
(3)连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM＝eq \r(3)．
又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD．
所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．
在Rt△CAD中，CD＝eq \r(AC2＋AD2)＝4．
在Rt△CMD中，sin∠CDM＝eq \f(CM,CD)＝eq \f(\r(3),4)．
所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4)．
3．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P－ABCD的体积为eq \f(8,3)，求该四棱锥的侧面积．
解 (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，
得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD＝P，从而AB⊥平面PAD．
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAD．
(2)如图，在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为E．
由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD，AB∩AD＝A，
可得PE⊥平面ABCD．
设AB＝x，则由已知可得AD＝eq \r(2)x，PE＝eq \f(\r(2),2)x．
故四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝eq \f(1,3)AB·AD·PE＝eq \f(1,3)x3．
由题设得eq \f(1,3)x3＝eq \f(8,3)，故x＝2．
从而结合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝2eq \r(2)．
可得四棱锥P－ABCD的侧面积为eq \f(1,2)PA·PD＋eq \f(1,2)PA·AB＋eq \f(1,2)PD·DC＋eq \f(1,2)BC2sin60°＝6＋2eq \r(3)．
二、模拟大题
4．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90°．
(1)求证：AD⊥平面PAB；
(2)求证：AB⊥PC；
(3)若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求eq \f(PE,PD)的值．
解 (1)证明：因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB．
因为平面PAB⊥平面ABCD，
且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以AD⊥平面PAB．
(2)证明：由(1)知AD⊥AB，
因为AD∥BC，所以BC⊥AB．
又∠ABP＝90°，所以PB⊥AB．
因为PB∩BC＝B，所以AB⊥平面PBC，
因为PC⊂平面PBC，
所以AB⊥PC．
(3)过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．
因为AD∥BC，
所以EF∥BC．
所以E，F，B，C四点共面．
又CE∥平面PAB，
且CE⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAB＝BF，
所以CE∥BF，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以EF＝BC＝eq \f(1,2)AD．
在△PAD中，因为EF∥AD，
所以eq \f(PE,PD)＝eq \f(EF,AD)＝eq \f(1,2)，即eq \f(PE,PD)＝eq \f(1,2)．
5．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE＝∠BAF＝90°，C，D分别是BE，AF上的点，且DA＝AB＝BC＝eq \r(2)a，DF＝2CE＝2a．沿CD将四边形CDFE翻折至四边形CDPQ的位置，连接AP，BP，BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP＝eq \r(6)a．
(1)求多面体ABCDPQ的体积；
(2)求证：平面PBQ⊥平面PBD．
解 (1)∵DA＝AB＝BC＝eq \r(2)a，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP＝D，
∴CD⊥平面ADP．
∵AB∥CD，∴AB⊥平面ADP，
∵AD2＋DP2＝AP2，∴AD⊥DP，
又CD⊥AD，CD∩DP＝D，∴AD⊥平面CDPQ，
又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ，
∴VB－CDPQ＝eq \f(1,3)S梯形CDPQ·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(a＋2a×\r(2)a,2)×eq \r(2)a＝a3，
VB－ADP＝eq \f(1,3)S△ADP·AB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)a×2a×eq \r(2)a＝eq \f(2a3,3)，
∴多面体ABCDPQ的体积为
VB－CDPQ＋VB－ADP＝eq \f(5a3,3)．
(2)证明：取BP的中点G，连接GQ，DG，DQ，
在△ABP中，BP＝eq \r(AB2＋AP2)＝2eq \r(2)a，∴BG＝eq \f(1,2)BP＝eq \r(2)a，
在△BCQ中，BQ＝eq \r(BC2＋CQ2)＝eq \r(3)a．PQ＝eq \r(DP－CQ2＋CD2)＝eq \r(3)a，
∴PQ＝BQ，∴GQ⊥BP．∴QG＝eq \r(BQ2－BG2)＝a，
又BD＝eq \r(2)AB＝2a＝DP，∴DG⊥BP，∴DG＝eq \r(BD2－BG2)＝eq \r(2)a，
又DQ＝eq \r(CQ2＋CD2)＝eq \r(3)a，∴DQ2＝QG2＋DG2，∴QG⊥DG．
又BP∩DG＝G，∴QG⊥平面PBD，
又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．
6．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，Q是AD的中点，M是棱PC的中点，PA＝PD＝2，BC＝eq \f(1,2)AD＝1，CD＝eq \r(3)，PB＝eq \r(6)．
(1)求证：PA∥平面MQB；
(2)求证：平面PAD⊥底面ABCD；
(3)求三棱锥B－PQM的体积．
解 (1)证明：如图，连接AC，交BQ于N，连接MN，QC，
∵BC＝eq \f(1,2)AD，AD∥BC，Q是AD的中点，
∴AQ∥BC，且AQ＝BC，
∴四边形ABCQ是平行四边形，
∴N是BQ的中点，
∵M是棱PC的中点，
∴MN∥PA，
∵PA⊄平面MQB，MN⊂平面MQB，
∴PA∥平面MQB．
(2)证明：∵AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)AD＝1，Q是AD的中点，
∴BC∥QD，BC＝QD，
∴四边形BCDQ为平行四边形，
∴CD∥BQ，
∵AD⊥CD，
∴BQ⊥AD．
又PA＝PD＝2，AD＝2，Q是AD的中点，故PQ＝eq \r(3)．
又QB＝CD＝eq \r(3)，PB＝eq \r(6)，
∴PB2＝PQ2＋QB2，
由勾股定理的逆定理可知PQ⊥QB，
又PQ∩AD＝Q，
∴BQ⊥平面PAD，
又BQ⊂平面ABCD．
∴平面PAD⊥平面ABCD．
(3)由(2)可知，PQ＝eq \r(3)，BQ＝eq \r(3)，
∴PA＝PD＝2，Q是AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，
又M是棱PC的中点，
故VB－PQM＝VP－BQC－VM－BQC＝VP－BQC－eq \f(1,2)VP－BQC＝eq \f(1,2)VP－BQC＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×eq \r(3)＝eq \f(1,4)．