考點(diǎn)測(cè)試44　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)

1、金版教程一輪首選用卷 文數(shù)考點(diǎn)測(cè)試44直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)高考概覽本考點(diǎn)是高考必考知識(shí)點(diǎn)，各種題型都有考查，分值為5分或10分，中等難度考綱研讀1以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線、面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理2能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡(jiǎn)單命題一、基礎(chǔ)小題1已知互相垂直的平面，交于直線l，若直線m，n滿足m，n，則()Aml Bmn Cnl Dmn答案C解析由，且l，m，若m，那么ml，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若ml，且已知n，那么nl，mn，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)閚，l，所以nl，故C項(xiàng)正確；若m，且ml，那么mn，故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選C.2已知m，n是

2、空間中的兩條不同的直線，是空間中的兩個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是()A若mn，m，則nB若，m，則mC若mn，n，則mD若m，m，則答案D解析符合已知條件的直線n還可以在平面內(nèi)，所以A錯(cuò)誤；符合已知條件的直線m還可以在平面內(nèi)，所以B錯(cuò)誤；符合已知條件的直線m可以在平面內(nèi)，或者與平面相交但不垂直，或者與平面平行，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，根據(jù)面面垂直的判定定理可知其正確性故選D.3若平面平面，平面平面直線l，則()A垂直于平面的平面一定平行于平面B垂直于直線l的直線一定垂直于平面C垂直于平面的平面一定平行于直線lD垂直于直線l的平面一定與平面，都垂直答案D解析垂直于平面的平面與平面平行或相交，故A

3、錯(cuò)誤；垂直于直線l的直線與平面可以相交、平行或在平面內(nèi)，故B錯(cuò)誤；垂直于平面的平面與直線l平行或相交，故C錯(cuò)誤，D正確4如圖，四棱錐PABCD中，PAB與PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，則下列結(jié)論不一定成立的是()APBACBPD平面ABCDCACDPD平面PBD平面ABCD答案B解析如圖，取BP的中點(diǎn)O，連接OA，OC，易得BPOA，BPOCBP平面OACBPACA正確；又ACBDAC平面PBDACPD，平面PBD平面ABCD，所以C，D也正確故選B.5已知m，n為異面直線，m平面，n平面，直線l滿足lm，ln，l，l，則()A且lB且lC與相交，且交線垂直于lD與相交，且

4、交線平行于l答案D解析由m平面，直線l滿足lm，且l，得l，又n平面，ln，l，所以l，由直線m，n為異面直線，且m平面，n平面，得與相交，否則，若，則推出mn，與m，n異面矛盾，所以，相交，且交線平行于l，故選D.6在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，沿DE，EF，F(xiàn)D將正方形折起，使A，B，C三點(diǎn)重合于點(diǎn)P，構(gòu)成四面體，則在四面體PDEF中，給出下列結(jié)論：PD平面PEF；DG平面PEF；平面PDE平面PDF.其中正確結(jié)論的序號(hào)是()A B C D答案C解析如圖所示，因?yàn)镈AAE，DCCF，所以折疊后DPPE，DPPF，所以DP平面PEF，所以正確；由DP平面P

5、EF，可知DG平面PEF是不正確的，所以錯(cuò)誤；由PEPF，PEDP，可得PE平面PDF，又PE平面PDE，所以平面PDE平面PDF，所以正確綜上可知，正確結(jié)論的序號(hào)為.故選C.7如圖，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出下列四個(gè)結(jié)論：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF，則上述結(jié)論可能正確的是()A B C D答案B解析因?yàn)锽CAD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，所以錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BPFC時(shí)就有BDFC，而ADBCAB234可使條件

6、滿足，所以正確；當(dāng)點(diǎn)D在平面BCF上的射影P落在BF上時(shí)，DP平面BDF，從而平面BDF平面BCF，所以正確；因?yàn)辄c(diǎn)D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以錯(cuò)誤8如圖所示，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足_時(shí)，平面MBD平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可)答案DMPC(或BMPC)解析如圖，連接AC，BD，則ACBD，因?yàn)镻A底面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC.所以當(dāng)DMPC(或BMPC)時(shí)，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，所以平面MBD平面PCD.二、高考小題9(2017全國(guó)卷

7、)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC答案C解析如圖，連接A1E，D1E，B1C，BC1，DC1.假設(shè)A1EDC1，A1D1平面DCC1D1，A1D1DC1，又A1E平面A1D1E，A1D1平面A1D1E，A1EA1D1A1，DC1平面A1D1E，又D1E平面A1D1E，DC1D1E，而D1E與DC1不垂直，A1EDC1不成立，故A錯(cuò)誤，同理可證B，D錯(cuò)誤由條件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.故選C.10(2019北京高考)已知l，m是

8、平面外的兩條不同直線給出下列三個(gè)論斷：lm；m；l.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：_.答案若m且l，則lm(或若lm，l，則m)解析已知l，m是平面外的兩條不同直線，由lm與m，不能推出l，因?yàn)閘可以與平行，也可以與相交但不垂直；由lm與l能推出m；由m與l可以推出lm.故正確的命題是或.11(2019全國(guó)卷)已知ACB90，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC2，點(diǎn)P到ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為_答案解析如圖，過(guò)點(diǎn)P作PO平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離再過(guò)O作OEAC于E，OFBC于F，連接PC，PE，PF，則PEA

9、C，PFBC.又PEPF，所以O(shè)EOF，所以CO為ACB的平分線，即ACO45.在RtPEC中，PC2，PE，所以CE1，所以O(shè)E1，所以PO.三、模擬小題12(2020泰安期末)若m，n是兩條不同的直線，是三個(gè)不同的平面，則下列為真命題的是()A若m，則m B若m，n，則mnC若m，m，則 D若，則答案C解析對(duì)于A，當(dāng)且僅當(dāng)m與平面，的交線垂直時(shí)，命題才成立，所以原命題為假命題；對(duì)于B，若m，n，則直線m，n可能異面，可能平行，還可能相交，所以原命題為假命題；對(duì)于C，由m，m，可得平面內(nèi)一定存在直線與直線m平行，進(jìn)而得出該直線垂直于平面，從而，所以原命題為真命題；對(duì)于D，若，則平面與平面可能

10、相交或平行，所以原命題為假命題故選C.13(2019湖北七市(州)聯(lián)考)設(shè)直線m與平面相交但不垂直，則下列說(shuō)法中正確的是()A在平面內(nèi)有且只有一條直線與直線m垂直B過(guò)直線m有且只有一個(gè)平面與平面垂直C與直線m垂直的直線不可能與平面平行D與直線m平行的平面不可能與平面垂直答案B解析在平面內(nèi)可能有無(wú)數(shù)條直線與直線m垂直，這些直線是互相平行的，A錯(cuò)誤；因?yàn)橹本€m與平面相交但不垂直，所以過(guò)直線m必有并且也只有一個(gè)平面與平面垂直，B正確；類似于A，在平面外可能有無(wú)數(shù)條直線垂直于直線m并且平行于平面，C錯(cuò)誤；與直線m平行且與平面垂直的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，D錯(cuò)誤故選B.14(2019景德鎮(zhèn)模擬)將圖1中的等腰直角

11、三角形ABC沿斜邊BC上的中線折起得到空間四面體ABCD(如圖2)，則在空間四面體ABCD中，AD與BC的位置關(guān)系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C異面且垂直 D異面但不垂直答案C解析在題圖1中，ADBC，故在題圖2中，ADBD，ADDC，又因?yàn)锽DDCD，所以AD平面BCD，又BC平面BCD，D不在BC上，所以ADBC，且AD與BC異面，故選C.15(2019佛山五校聯(lián)考)如圖所示，直線PA垂直于O所在的平面，ABC內(nèi)接于O，且AB為O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)現(xiàn)有結(jié)論：BCPC；OM平面PAC；點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長(zhǎng)其中正確的是()A BC D答案B解析對(duì)于，PA平面A

12、BC，PABC.AB為O的直徑，BCAC，又PAACA，BC平面PAC，又PC平面PAC，BCPC；對(duì)于，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)，點(diǎn)O為線段AB的中點(diǎn)，OMPA，PA平面PAC，OM平面PAC，OM平面PAC；對(duì)于，由知BC平面PAC，線段BC的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離，故都正確16. (2020福州高三期末考試)如圖，在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC答案D解析因?yàn)锽CDF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC平面PDF，故A正確；在正四面體中，AEBC，P

13、EBC，AEPEE，且AE平面PAE，PE平面PAE.所以BC平面PAE.因?yàn)镈FBC，所以DF平面PAE，又DF平面PDF，從而平面PDF平面PAE.因此B，C均正確17. (2020濟(jì)寧網(wǎng)絡(luò)模考)如圖，正三棱柱ABCA1B1C1各棱的長(zhǎng)度均相等，D為AA1的中點(diǎn)，M，N分別是線段BB1和線段CC1上的動(dòng)點(diǎn)(含端點(diǎn))，且滿足BMC1N，當(dāng)M，N運(yùn)動(dòng)時(shí)，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A在DMN內(nèi)總存在與平面ABC平行的線段B平面DMN平面BCC1B1C三棱錐A1DMN的體積為定值DDMN可能為直角三角形答案D解析用平行于平面ABC的平面截平面DMN，則交線平行于平面ABC，故A正確；當(dāng)M，N分別在BB

14、1，CC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若滿足BMC1N，則線段MN必過(guò)正方形BCC1B1的中心O，由DO平面BCC1B1可得平面DMN平面BCC1B1，故B正確；當(dāng)M，N分別在BB1，CC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A1DM的面積不變，點(diǎn)N到平面A1DM的距離不變，所以三棱錐NA1DM的體積不變，即三棱錐A1DMN的體積為定值，故C正確；若DMN為直角三角形，則必是以MDN為直角的直角三角形，易證DMDN，所以DMN為等腰直角三角形，所以DOOMON，即MN2DO.設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則DO，MN2.因?yàn)镸N的最大值為BC1，BC12，所以MN不可能為2，所以DMN不可能為直角三角形，故D錯(cuò)誤故選D.18. (2019重慶模

15、擬)如圖，在ABC中，ACB90，AB8，ABC60，PC平面ABC，PC4，M是AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為_答案2解析作CHAB于點(diǎn)H，連接PH.因?yàn)镻C平面ABC，所以PHAB，PH為PM的最小值，等于2.19(2019日照模擬)在矩形ABCD中，ABBC，現(xiàn)將ABD沿矩形的對(duì)角線BD所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折的過(guò)程中，給出下列結(jié)論：存在某個(gè)位置，使得直線AC與直線BD垂直；存在某個(gè)位置，使得直線AB與直線CD垂直；存在某個(gè)位置，使得直線AD與直線BC垂直其中正確結(jié)論的序號(hào)是_(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào))答案解析假設(shè)AC與BD垂直，過(guò)點(diǎn)A作AEBD于點(diǎn)E，連接CE.則BD平面AECB

16、DCE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設(shè)不成立，錯(cuò)誤；假設(shè)ABCD，因?yàn)锳BAD，所以AB平面ACD，所以ABAC，由ABBC可知，存在這樣的直角三角形，使ABCD，故假設(shè)成立，正確；假設(shè)ADBC，因?yàn)镈CBC，所以BC平面ADC，所以BCAC，即ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而ABBC，故矛盾，假設(shè)不成立，錯(cuò)誤綜上，填.一、高考大題1(2019全國(guó)卷)圖1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB1，BEBF2，F(xiàn)BC60.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC平面BCGE；

17、(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積解(1)證明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因?yàn)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)取CG的中點(diǎn)M，連接EM，DM.因?yàn)锳BDE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG，DEEM.由已知，四邊形BCGE是菱形，且EBC60，得EMCG，故CG平面DEM.因此DMCG.在RtDEM中，DE1，EM，故DM2.所以四邊形ACGD的面積為4.2(2019浙江高考)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，

18、ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn)(1)證明：EFBC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值解(1)證明：如圖，連接A1E.因?yàn)锳1AA1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC，則A1EBC.又因?yàn)锳1FAB，ABC90，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)如圖，取BC的中點(diǎn)G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形由于A1E平面ABC，故A1EEG，所以平行四邊形EGFA1為矩形由(1)得BC平面EGFA1，則平面

19、A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上連接A1G交EF于點(diǎn)O，則EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角)不妨設(shè)AC4，則在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O為A1G的中點(diǎn)，故EOOG，所以cosEOG.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是.二、模擬大題3. (2020湖北省部分重點(diǎn)中學(xué)高三起點(diǎn)考試)如圖，在四邊形ABED中，ABDE，ABBE，點(diǎn)C在AB上，且ABCD，ACBCCD2，現(xiàn)將ACD沿CD折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PE2.(1)證明：平面PBC平面DEBC；(2)求三棱錐PEBC的體積解(1)證明：ABBE，ABCD，BECD

20、.ACCD，PCCD，PCBE，又BCBE，PCBCC，BE平面PBC，又BE平面DEBC，平面PBC平面DEBC.(2)解法一：由ABDE，結(jié)合CDBE得四邊形BCDE為平行四邊形，BECD2.由(1)知BE平面PBC，BEPB，由PE2得PB2，PBC為等邊三角形，SPBC22，V三棱錐PEBCV三棱錐EPBCSPBCBE2.解法二：由ABDE，結(jié)合CDBE得四邊形BCDE為平行四邊形，BECD2.由(1)知BE平面PBC，BEPB，由PE2得PB2，PBC為等邊三角形取BC的中點(diǎn)O，連接PO，則PO，平面PBC平面DEBC，平面PBC平面DEBCBC，POBC，PO平面DEBC，V三棱錐PEBCSEBCPO22.4.(2020石家莊重點(diǎn)中學(xué)高三摸底考試)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ACD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，且ABBC，PA2.(1