（新課標）2020版高考數(shù)學總復習 第八章 第五節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)練習 文 新人教A版

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1、第五節(jié)　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) A組　基礎(chǔ)題組 1.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直線l,則(　　) A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α B.垂直于直線l的直線一定垂直于平面α C.垂直于平面β的平面一定平行于直線l D.垂直于直線l的平面一定與平面α,β都垂直 答案　D　對于A,垂直于平面β的平面與平面α平行或相交,故A錯誤;對于B,垂直于直線l的直線與平面α垂直、斜交、平行或在平面α內(nèi),故B錯誤;對于C,垂直于平面β的平面與直線l平行或相交,故C錯誤.D正確. 2.設(shè)α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,且l?α,m?β.以下正確的是(　　) A.若

2、l⊥β,則α⊥β B.若α⊥β,則l⊥m C.若l∥β,則α∥β D.若α∥β,則l∥m 答案　A　對于選項A,由面面垂直的判定定理可知選項A正確;對于選項B,若α⊥β,l?α,m?β,則l與m可能平行,可能相交,也可能異面,所以選項B錯誤;對于選項C,當l平行于α與β的交線時,l∥β,但此時α與β相交,所以選項C錯誤;對于選項D,若α∥β,l?α,m?β,則l與m可能平行,也可能異面,所以選項D錯誤.故選A. 3.如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P為△ABC所在平面外一點,PA⊥平面ABC,則四面體PABC中共有直角三角形的個數(shù)為(　　) A.4 B.3 C.2 D.1

3、 答案　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為直角三角形,故四面體PABC中共有4個直角三角形. 4.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 答案　A　連接AC1.∵∠BAC=90°,∴AB⊥AC, 又AC⊥BC1,BC1∩AB=B,∴AC⊥平面ABC1, 又AC?平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABC1. ∵平

4、面ABC1∩平面ABC=AB, ∴點C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上,故選A. 5.如圖,在正四面體PABC中,D,E,F分別是AB,BC,CA的中點,下面四個結(jié)論不成立的是(　　) A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDE⊥平面ABC 答案　D　因為BC∥DF,DF?平面PDF,BC?平面PDF, 所以BC∥平面PDF,故選項A正確; 在正四面體中,AE⊥BC,PE⊥BC,AE∩PE=E, 且AE,PE?平面PAE, 所以BC⊥平面PAE, 因為DF∥BC,所以DF⊥平面PAE, 又DF?平面PDF,

5、 所以平面PDF⊥平面PAE. 因此選項B,C均正確.故選D. 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垂直的直線為　　　　　　　　　,與AP垂直的直線有　　　　.? 答案　AB,BC,AC;AB 解析　因為PC⊥平面ABC,所以PC垂直于直線AB,BC,AC.因為AB⊥AC,AB⊥PC,AC∩PC=C,所以AB⊥平面PAC,又因為AP?平面PAC,所以AB⊥AP,所以與AP垂直的直線是AB. 7.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊長都相等,M是PC上的一個動點,當點M滿足　　　　時,平面MB

6、D⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為正確的條件即可)? 答案　DM⊥PC(或BM⊥PC) 解析　連接AC,BD,由題意知四邊形ABCD為菱形,∴AC⊥BD, 又∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD, 又AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC. ∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,有PC⊥平面MBD, 而PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD. 8.如圖,PA⊥☉O所在平面,AB是☉O的直徑,C是☉O上一點,AE⊥PC,AF⊥PB,給出下列結(jié)論:①AE⊥BC;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC,其中真命題的序號是　　　　.? 答案?、佗冖? 解析

7、　①由題可得BC⊥AC,BC⊥PA,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,又BC?平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC,又因為平面PBC∩平面PAC=PC,AE⊥PC,所以AE⊥平面PBC,所以AE⊥BC,故①正確;②由①知AE⊥平面PBC,所以AE⊥PB,又AF⊥PB,AF∩AE=A,所以PB⊥平面AEF,又EF?平面AEF,所以EF⊥PB,故②正確;③若AF⊥BC,則易得AF⊥平面PBC,則AF∥AE,顯然錯誤,故③錯誤;由①可知④正確. 9.如圖,在多面體ABCDPE中,四邊形ABCD和四邊形CDPE都是直角梯形,AB∥DC,PE∥DC,AD⊥DC,PD⊥平面ABCD,AB=PD=D

8、A=2PE,CD=3PE,F是CE的中點. (1)求證:BF∥平面ADP; (2)已知O是BD的中點,求證:BD⊥平面AOF. 證明　(1)如圖,取PD的中點G,連接FG,AG, 因為F是CE的中點,所以FG是梯形CDPE的中位線, 所以FG∥CD,因為CD=3PE,所以FG=2PE, 因為CD∥AB,AB=2PE, 所以AB∥FG,AB=FG,所以四邊形ABFG是平行四邊形,所以BF∥AG,又BF?平面ADP,AG?平面ADP,所以BF∥平面ADP. (2)延長AO交CD于M,連接BM,FM, 因為BA⊥AD,CD⊥DA,AB=AD,O為BD的中點, 所以四邊形ABM

9、D是正方形,則BD⊥AM,MD=2PE. 所以MD􀱀FG,所以四邊形FMDG為平行四邊形, 所以FM∥PD,因為PD⊥平面ABCD, 所以FM⊥平面ABCD,又BD?平面ABCD,所以FM⊥BD, 因為AM∩FM=M,且AM?平面AMF,FM?平面AMF,所以BD⊥平面AMF, 即BD⊥平面AOF. 10.(2016江蘇,16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側(cè)棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求證: (1)直線DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 證明　(1

10、)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC. 在△ABC中,因為D,E分別為AB,BC的中點, 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1. 又因為DE?平面A1C1F,A1C1?平面A1C1F, 所以直線DE∥平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1. 因為A1C1?平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1. 又因為A1C1⊥A1B1,A1A?平面ABB1A1,A1B1?平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因為B1D?平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D. 又因為B1D⊥A1F,A1C1?平面

11、A1C1F,A1F?平面A1C1F, A1C1∩A1F=A1, 所以B1D⊥平面A1C1F. 因為直線B1D?平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F. B組　提升題組 1.已知直線m,l,平面α,β,且m⊥α,l?β,給出下列命題: ①若α∥β,則m⊥l;②若α⊥β,則m∥l;③若m⊥l,則α⊥β; ④若m∥l,則α⊥β. 其中正確命題的個數(shù)是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　B　命題①,若α∥β,則由m⊥α,得m⊥β,又l?β, 所以m⊥l,正確; 命題②,l與m可能相交、平行,也可能異面,錯誤; 命題③,α與β也可能平行,錯誤; 命題④,因

12、為m∥l,m⊥α,所以l⊥α,又l?β,所以α⊥β,正確. 2.如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長為2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1,DF交于點E,要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長為　　　　.? 答案　12 解析　設(shè)B1F=x,因為AB1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥DF,由已知可得A1B1=2,設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h,則DE=12h. 又2×2=h22+(2)2,所以h=233,所以DE=33. 在Rt△DB1E中,B1E=222-332=66. 由面積相等得66×x2+

13、222=22x,解得x=12. 3.如圖,四棱錐P-ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AD=2,點M,N分別在棱PD,PC上,且PC⊥平面AMN. (1)求證:AM⊥PD; (2)求直線CD與平面AMN所成角的正弦值. 解析　(1)證明:因為四邊形ABCD是正方形,所以CD⊥AD. 又因為PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD, 又PA∩AD=A,且PA?平面PAD,AD?平面PAD, 故CD⊥平面PAD. 又AM?平面PAD,則CD⊥AM, 由PC⊥平面AMN,得PC⊥AM,且PC∩CD=C,PC?平面PCD,CD?平面PCD,則AM⊥平面PCD,又PD?平

14、面PCD,故AM⊥PD. (2)延長NM,CD交于點E,因為PC⊥平面AMN, 所以NE為CE在平面AMN內(nèi)的射影,故∠CEN為CD(即CE)與平面AMN所成的角, 由(1)知CD⊥PD,又EN⊥PN,則有∠CEN=∠MPN, 又因為sin∠MPN=MNPM=CDPC=33, 故CD與平面AMN所成角的正弦值為33. 4.由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD. (1)求證:A1O∥平面B1CD1; (2)設(shè)M是OD的中點,求證:平面A1EM⊥平面

15、B1CD1. 證明　本題考查線面平行與面面垂直. (1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1, 由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點, 所以A1O1∥OC,A1O1=OC, 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形, 所以A1O∥O1C. 又O1C?平面B1CD1,A1O?平面B1CD1, 所以A1O∥平面B1CD1. (2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點, 所以EM⊥BD, 又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以A1E⊥BD,因為B1D1∥BD, 所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1, 又A1E,EM?平面A1EM,A1E∩EM=E, 所以B1D1⊥平面A1EM, 又B1D1?平面B1CD1, 所以平面A1EM⊥平面B1CD1. 9