2021高考数学（文）大一轮复习习题 第七章 立体几何 课时跟踪检测 （四十二）　直线、平面垂直的判定及其性质 word版含答案

课时跟踪检测  (四十二)　直线、平面垂直的判定及其性质

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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．1　　　　　　　　　　　 B．2

C．3  D．4

解析：选B　①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ADC　 B．平面ABD⊥平面ABC

C．平面ADC⊥平面BDC  D．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

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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⊥β  B．a⊥α，b⊥β，α∥β

C．a⊂α，b⊥β，α∥β  D．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P ­ABC中直角三角形的个数为(　　)

A．4  B．3

C．2  D．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P ­ABC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∥β

B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β

C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b

D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c

解析：选B　A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⊥PC

B．AP⊥PB，BC⊥PB

C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC

D．AP⊥平面PBC

解析：选B　A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BPC⊥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△ABC，△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，AC　AB

7．如图所示，在四棱锥P ­ABCD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ABC  ­A1B1C1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＝，

设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h．

又2×＝h×，

所以h＝，DE＝．

在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝．

由面积相等得× ＝x，得x＝．

即线段B1F的长为．

答案：

9．(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ACD，

又因为AC⊂平面ACD，

从而AB⊥AC．

此时，a＝＝＝，

即当a＝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ABD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＝＝，

S△BCD＝×3×4＝6，

此时VA­BCD＝S△BCD·AH＝，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，EF＝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．

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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⊥EF．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：①③

2．如图，在四棱锥S ­ABCD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＝BC．

在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，

所以QR∥ BC且QR＝BC，

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SCD．

(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．