新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测41《直线平面垂直的判定与性质》(含解析)

课时跟踪检测（四十一） 直线、平面垂直的判定与性质

1．(2019·厦门期末)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)

A．若α⊥β，m⊥β，则m∥α

B．若m∥α，n⊥m，则n⊥α

C．若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则α∥β

D．若m∥β，m⊂α，α∩β＝n，则m∥n

解析：选D　选项A中，m与α的关系是m∥α或m⊂α，故A不正确；选项B中，n与α之间的关系是n⊥α或n与α相交但不垂直或n∥α，故B不正确；选项C中，α与β的关系是α∥β或α与β相交，故C不正确；选项D中，由线面平行的性质可得命题正确．故选D.

2．(2019·广西五市联考)若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)

A．若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则α⊥β

B．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥n

C．若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线

D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β

解析：选D　对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确．故选D.

3．(2019·南昌调研)如图，四棱锥P­ABCD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⊥PD   D．平面PBD⊥平面ABCD

解析：选B　对于选项A，取PB的中点O，连接AO，CO.∵在四棱锥P­ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，∴AO⊥PB，CO⊥PB，∵AO∩CO＝O，∴PB⊥平面AOC，∵AC⊂平面AOC，∴PB⊥AC，故选项A正确；对于选项B，设AC与BD交于点M，易知M为AC的中点，若PD⊥平面ABCD，则PD⊥BD，由已知条件知点D满足AC⊥BD且位于BM的延长线上，∴点D的位置不确定，∴PD与BD不一定垂直，∴PD⊥平面ABCD不一定成立，故选项B不正确；对于选项C，∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，∴AC⊥平面PBD，∵PD⊂平面PBD，∴AC⊥PD，故选项C正确；对于选项D，∵AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD，故选项D正确．故选B.

4．(2019·唐山一模)设m，n是平面α内的两条不同直线，l1，l2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是(　　)

A．l1⊥m，l1⊥n   B．m⊥l1，m⊥l2

C．m⊥l1，n⊥l2   D．m∥n，l1⊥n

解析：选B　由m⊥l1，m⊥l2及已知条件可得m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；反之，α⊥β时未必有m⊥l1，m⊥l2，故“m⊥l1，m⊥l2”是“α⊥β”的充分不必要条件，其余选项均推不出α⊥β，故选B.

5．(2018·泉州二模)在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1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(　　)

解析：选D　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.

6．(2019·赣州模拟)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在(　　)

A．直线AC上   B．直线AB上

C．直线BC上   D．△ABC内部

解析：选B　如图，连接AC1.∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC在平面ABC内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上．故选B.

7．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＝.

答案：

8．如图所示，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．

解析：如图①所示，过点K作KM⊥AF于点M，连接DM，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，可知折前的图形中D，M，K三点共线且DK⊥AF(如图②所示)，于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝，所以t＝，又DF∈(1,2)，故t∈.

答案：

9．(2019·唐山五校摸底)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．

(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；

(2)若PC＝，求三棱锥C­PAB的高．

解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.

因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝，

所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.

又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.

因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.

(2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1.

由(1)知，AC为三棱锥A­PBC的高．

易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2，于是S△PAB＝×22sin 60°＝.

设三棱锥C­PAB的高为h，

则S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，

解得h＝，故三棱锥C­PAB的高等于.

10．(2019·南京模拟)如图，四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.

(1)求证：CD⊥AP；

(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.

证明：(1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.

(2)由(1)知CD⊥AP，因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.①

因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AB⊥AD.

又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.②

由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB.

11．(2019·长郡中学选拔考试)如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB＝BC＝2，∠BCD＝60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．

(1)若＝λ，且DN⊥AC，求λ的值；

(2)在(1)的条件下，求三棱锥B­DMN的体积．

解：(1)如图，取BC的中点O，连接ON，OD，因为四边形BCDE为菱形，∠BCD＝60°，所以DO⊥BC，因为△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，所以DO⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以DO⊥AC，又DN⊥AC，且DN∩DO＝D，所以AC⊥平面DON，因为ON⊂平面DON，所以ON⊥AC，由O为BC的中点，AB＝BC，可得NC＝AC，所以＝3，即λ＝3.

(2)由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，由AB＝2，＝3，可得点N到平面BCDE的距离h＝AB＝，由∠BCD＝60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，且DM＝＝＝，所以△BDM的面积S＝×DM×BM＝，所以三棱锥B­DMN的体积VB­DMN＝VN­BDM＝Sh＝××＝.