2024年新高考数学一轮复习达标检测第40讲直线平面垂直的判定与性质（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习达标检测第40讲直线平面垂直的判定与性质（教师版），共21页。

A．B．C．D．
【分析】由题易知，为等腰直角三角形，且，即选项错误；
过点作于，连接，由面面垂直的性质定理可证得平面，即在底面上的投影为点，从而得；由和平面可推出，，即，结合线面垂直的判定定理得平面，从而得，即选项正确；
由三垂线定理可知选项和均错误．
【解答】解：，，为等腰直角三角形，且，
与不垂直，即选项错误；
过点作于，连接，
侧面底面，面面，面，即在底面上的投影为点，
面，．
，，，，
、面，，面，
面，，即选项正确；
由三垂线定理知，若，，则，，这与相矛盾，即选项和均错误．
故选：．
2．在如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】对四个图，分别运用异面直线所成角的定义和线面垂直的性质定理和判定定理，即可得到结论．
【解答】解：对于①，由，且与成的角，不垂直，则直线与平面不垂直；
对于②，由于，，由线面垂直的判定定理可得平面；
对于③，与成的角，不垂直，则直线与平面不垂直；
对于④，连接，由正方形的性质可得，而平面，可得，则平面，即有，
同理可得，所以平面．
综上，②④满足题意．
故选：．
3．已知是圆柱上底面的一条直径，是上底面圆周上异于，的一点，为下底面圆周上一点，且圆柱的底面，则必有
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【分析】画出图形，结合直线与平面垂直的判断定理，转化证明平面与平面垂直，推出结果即可．
【解答】解：因为是圆柱上底面的一条直径，所以，又垂直圆柱的底面，
所以，因为，
所以平面，因为平面，
所以平面平面．
故选：．
4．在长方体中，，为棱的中点，则
A．B．C．D．
【分析】连结，，则，，从而，进而，平面，由此得到．
【解答】解：连结，，
因为，所以，
所以，所以，
所以，即，
所以平面，
所以．
故选：．
5．如图，垂直于以为直径的圆所在平面，为圆上异于，的任意一点，垂足为，点是上一点，则下列判断中不正确的是
A．平面B．
C．D．平面平面
【分析】在中，推导出，，从而平面，可得正确；
在中，由平面，可证，又，可证平面，即可证明，可得正确；
在中，由，得若，则平面，与矛盾，可得错误；
在中，由平面，面，即可证明平面平面，可得正确．
【解答】解：在中，为圆上异于，的任意一点，
，
，，平面，故正确；
在中，平面，平面，，
，，平面，
平面，，故正确；
在中若，则平面，则，与矛盾，故与不垂直，
故错误；
在中，平面，面，平面平面，故正确．
故选：．
6．已知直线和平面、有如下关系：①，②，③，④，则下列命题为真的是
A．①③④B．①④③C．③④①D．②③④
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项得答案．
【解答】解：对于，由，，可得或，故错误；
对于，由，，可得或或与相交，故错误；
对于，由，过作平面与相交，交线为，则，
，，而，可得，故正确；
对于，由，，可得，故错误．
故选：．
7．已知三棱锥中，若，，两两互相垂直，作平面，垂足为，则点是的
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【分析】由题意分析可证得、，符合这一性质的点是垂心．
【解答】解：连结并延长，交与连结并延长，交与；
因，，故面，故；
因面，故，故面，故，即；
同理：；故是的垂心．
故选：．
8．把边长为4的正方形，沿对角线折成空间四边形，使得平面平面，则空间四边形的对角线的长为
A．4B．C．2D．
【分析】根据题意画出图形，结合图形求出空间四边形的对角线的长．
【解答】解：如图所示，
取的中点，连接、，则，，
由平面平面，且平面平面，
所以；
又，
所以，
所以，
即空间四边形的对角线．
故选：．
9．如图1，已知是直角梯形，，，在线段上，．将沿折起，使平面平面，连接，，设的中点为，如图2．对于图2，下列选项错误的是
A．平面平面B．平面
C．D．
【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到平面，判定正确；进一步得到平面平面，结合判定正确；再证明平面，得到为直角三角形，判定正确；由错误的选项存在可知错误．
【解答】解：如图，
图1中，则图2中，
又平面平面，平面平面，
平面，则，故选项正确；
由平面，平面，得平面平面，
而平面平面，平面，，
平面，故选项正确；
，平面平面，且平面平面，
平面，则，即是以为斜边的直角三角形，
而为的中点，则，故选项正确．
因此错误的只能是．
故选：．
10．已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且，若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为
A．B．C．D．
【分析】依题意，，取的中点，作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，，设四棱锥的外接球半径为，则，，由此当四棱锥的体积最大时，能求出当的最大值．
【解答】解：依题意，，取的中点，
则是等腰梯形外接圆的圆心，是的外心，
作平面，平面，
则是人锥的外接球的球心，且，，
设四棱锥的外接球半径为，
则，
则，
当四棱锥的体积最大时，
．
故选：．
11．（多选）在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是棱的中点，作交于点，则有
A．异面直线与所成角大小为
B．平面平面
C．平面
D．
【分析】连结，，交于点，连结，推导出，从而是异面直线与所成角，推导出，从而求出异面直线与所成角大小为；推导出，，从而平面，由此得到平面平面；推导出，，，从而平面，进而，再由，得到平面；由平面，知．
【解答】解：如图，连结，，交于点，连结，
底面是正方形，是中点，
是棱的中点，，
是异面直线与所成角，
底面是正方形，侧棱底面，，
，，
异面直线与所成角大小为，故正确；
平面，，
又，，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，故正确；
平面，，
由底面是正方形，得，
，是的中点，，，平面，
平面，，又，，平面，故正确；
由平面，知，故错误．
故选：．
12．（多选）如图所示，在四个正方体中，是正方体的一条体对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形为
A．B．
C．D．
【分析】根据正方体的性质即可判断出结论．
【解答】解：对于．根据正方体的性质可得：，，可得平面．
而无法得出平面．
故选：．
13．若直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于，的一点，有下列关系：
①；②平面；③；④．
其中正确的是 ．
【分析】①由直线垂直于以为直径的圆所在的平面，以为直径的圆所在的平面，得；
②由，，得平面；
③由，但与相交且不垂直，得与不垂直；
④由平面，得．
【解答】解：直线垂直于以为直径的圆所在的平面，
为圆周上异于，的一点，
以为直径的圆所在的平面，，故①正确；
是圆的直径，为圆周上异于，的一点，
，又，，
平面，故②正确；
，但与相交且不垂直，与不垂直，故③错误；
平面，平面，，故④正确．
故答案为：①②④．
14．在四棱锥中，底面四边形为矩形，平面，，别是线段，的中点，点在线段上．若，，，则 ．
【分析】取的中点，连接，．由已知证明，结合已知，可得平面，得到，进一步得到，在直角三角形中，由等面积法求解．
【解答】解：取的中点，连接，．
平面，平面，，
而，，平面，故平面，
又平面，．
又，，平面，
平面，．
，分别为，的中点，，则，
在直角三角形中，，，可求得．
由等面积法可得．
故答案为：．
15．已知四边长均为的空间四边形的顶点都在同一个球面上，若，平面平面，则该球的体积为 ．
【分析】根据题意画出图形，结合图形得出与均为等边三角形，求出四面体外接球的半径，再计算外接球的体积．
【解答】解：如图所示，
设是的外心，是的外心，
过，分别作平面与平面的垂线、，相交于；
由空间四边形的边长为，，
所以与均为等边三角形；
又平面平面，
所以为四面体外接球的球心；
又，，
所以外接球的半径为；
所以外接球的体积为．
故答案为：．
16．在正方体中，，分别是，的中点，在上，若平面平面，则 ．
【分析】当为中点时，可得面，即可得平面平面，从而求得．
【解答】解：，分别是，的中点，．
根据正方体的性质可得面，即可得．
当为中点时，，又．
面，
即可得平面平面．
则．
故答案为：2．
17．已知四边形是矩形，，，沿将向上折起，使为，且平面平面，是的中点，是上一点，给出下列结论：
①存在点，使得平面
②存在点，使得平面
③存在点，使得平面
④存在点，使得平面
其中正确结论的序号是 ．
【分析】①存在中点，则，利用线面平行的判定定理可得平面；
②由平面平面，可知只需即可使得平面；
③，利用面面垂直的性质，可得平面；
④因为是矩形，，，所以，在上的射影不是同一点，所以不存在点，使得平面．
【解答】解：①存在中点，则，利用线面平行的判定定理可得平面，正确；
②由平面平面，可知只需即可使得平面，故正确；
③，利用面面垂直的性质，可得平面，正确；
④因为是矩形，，，所以，在上的射影不是同一点，所以不存在点，使得平面，故不正确；
故答案为：①②③．
18．如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是等边三角形，且平面平面，为棱上一点，若平面平面，则 ．
【分析】取的中点，连接交于点，推导出．平面，，由此能求出结果．
【解答】解：取的中点，连接交于点，连结，
，，．
平面平面，，
平面，
又平面平面，
，．
故答案为：．
19．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论中：
①；②平面平面；③直线平面；④．
其中正确的有 （把所有正确的序号都填上）．
【分析】①由平面，及正六边形的性质易得：平面，所以，①正确；
②由平面，易得平面平面，所以平面平面不成立，②错；
③由正六边形的性质得，但是与平面相交，所以③错；
④由平面，可得，又因为，所以，④正确．
【解答】解：对于①、由平面，平面，得，
又由正六边形的性质得，，得平面，又平面，
，①正确；
对于②、又平面平面，所以平面平面不成立，②错；
对于③、由正六边形的性质得，又平面，平面，直线平面也不成立，③错；
对于④、在中，，，④正确．
故答案为：①④
20．如图，在正方体中，，分别是，的中点．证明：
（1）平面；
（2）平面．
【分析】（1）推导出，由此能证明平面．
（2）连结，，推导出．，从而平面，进而，同理，由此能证明平面．
【解答】证明：（1），分别是，的中点，，
平面，平面，
平面．
（2）连结，，
由正方体的性质知是正方形，则．
由正方体的性质可知平面，
，
，平面，
平面，，
同理可证，
，平面．
21．如图，四棱锥中，，，，，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离．
【分析】（1）取、的中点分别为、，连结，，，由已知可证，，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用线面垂直的性质可证，又，可证平面，利用面面垂直的判定定理可证平面平面．
（2）由（1）及题意知为三棱锥的高，设点到平面的距离为，利用等体积法，三角形的面积公式可求的值，即可得解．
【解答】解：（1）取、的中点分别为、，连结，，，
，，
四边形为梯形，
又、为、的中点，
为梯形的中位线，，
又，
，
，为的中点
，
又，平面，平面，
平面，
又平面，故，
由，为中点，，
又，不平行，必相交于某一点，且，都在平面上，
平面，
由平面，则平面平面．
（2）由（1）及题意知，为三棱锥的高，，，，故，
，且，
设点到平面的距离为，
由等体积法知：，
解得，所以点到平面的距离为．
22．如图，在三棱锥中，已知是正三角形，平面，，为的中点，在棱上，且．
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，问上是否存在一点，使平面？若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）取的中点，推导出，，则，再求出，，从而平面，进而，由此能证明平面．
（2）连结，设，连结，推导出存在这样的点，当时，平面．
【解答】解：（1）证明：取的中点，，，
，为的中点，
为的中点，为的中点，
为的中点，，则，
是正三角形，，
平面，，
，平面，，
，平面．
（2）存在这样的点，当时，平面．
连结，设，连结，
由条件知为的重心，，
当时，，
．
[B组]—强基必备
1．在正四面体中，已知，分别是，上的点（不含端点），则
A．不存在，，使得
B．存在，使得
C．存在，使得平面
D．存在，，使得平面平面
【分析】对于，两项：当，分别是，的中点时，易证，且平面平面．
对于：可利用在上移动时，的范围判断．
对于：可将看成三棱锥的顶点，则过做底面的垂线只有一条，即高线，从而否定．
【解答】解：（1）对于，选项，取，分别为，的中点如图：
因为是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．
所以，所以，同理可证．故错误；
又因为，，且，故平面，又平面，
所以平面平面．故正确．
（2）对于选项，将看成正三棱锥的顶点，易知当在上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即（1）中的，显然为锐角，最大角为，故当在上移动时，不存在，使得．故错误．
（3）对于选项，将看成顶点，则由向底面作垂线，垂足为底面正三角形的中心，不落在上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在，使得平面，故错误．
故选：．
2．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形．侧面底面，、分别为棱、的中点．
（Ⅰ）求证：平面
（Ⅱ）求证：平面平面
（Ⅲ）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【分析】取中点，构造平行四边形，得出即可证明结论；
通过证明平行四边形为矩形得出，再根据即可得出平面，从而结论得证；
根据余弦定理计算，，，根据计算的值，从而得出的值．
【解答】证明：取中点，连结，，，
，分别是，的中点，
，，
底面是菱形，是的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面．
证明：是等边三角形，是的中点，
，
底面是菱形，，
是等边三角形，又是的中点，
，又，
平面，
，又四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
又，是的中点，
，
又，平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面．
假设棱上存在点，使得平面，
连结，，则，
底面是边长为2的菱形，，为正三角形，
，，，，，
侧面底面，侧面底面，
平面，
，，
，
，
．