高考數(shù)學一輪復習課時跟蹤檢測四十直線平面垂直的判定及其性質含解析

課跟檢（十直、面直判及性一抓基礎，多練小題做到眼疾手快1設αβ為個不同的平面線lα則⊥β”是α⊥β”成立()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A依意，由l⊥β，l可推出α⊥；反過來，由α⊥β，α不能推出l⊥β.此l⊥β”是α⊥β”成立的充分不必要條件，故選A.2．(2018·東陽模)下列命題錯誤的()A．如果平面α⊥面γ，平面β⊥面，∩＝，那么l⊥γB．如果平面α⊥面β，那么平面內一定存在直線平行于平面βC．如果平面α⊥面β，過α內意一點作交線的垂線，那么此垂線必垂直于βD．如果平面α不直于平β，那么平面α內定不存在直線垂直于平面β解析：選C由面與平面垂直的性質可知，若該垂線不在平面α內則此垂線與面不定垂直．故排除C.3．(2019·紹興一中模)設mn是兩條不同的直線，α，βγ是三個不同的平面，給出下列四個命題：①若α∥，∥γ，則β∥γ；②若α⊥，∥，m⊥β；③若⊥α，∥β，則α⊥；④若∥，nα，∥α.其中正確命題的序號()A．①③C．②③

B．①④D．②④解析：選A對①，若α∥β，∥γ，據面面平行的性質容易得到β∥，①正確；對于②，若α⊥β，∥，m與β可平行、相交或β，故②錯誤；對于③，若mα，β，可以在β內到一條直線n與平，所以⊥α，α⊥β，③正確；對于④，若m∥，α，與α可平行或α，④錯誤．故選A.4知在空間四邊形中⊥⊥BD△BCD是銳角三角形必()A．平面ABD⊥平面C．平面ADC⊥平面

B．平面ABD⊥平面D．平面ABC⊥平面解析：選C∵⊥BC⊥BDBC∩＝，⊥平面BDC，又AD平面，平1

面ADC⊥面BDC.5．一平面垂直于另一平面的一平行線，則這兩個平面的位置關系________．解析由面平行的性質定理知面必有一直線與已知直線平行根據“兩平行線中一條垂直于一平面，另一條也垂直于該平面”得出兩個平面垂直相交．答案：垂直相交二保高考，全練題型做到高考達標1．(2018·青島質)設a，b是條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出⊥的是)A．⊥，∥α⊥βC．α，⊥α∥β

B．⊥α，⊥，α∥βD．α，∥，α⊥β解析：選C對C項由∥，α可∥β，又b⊥，得a⊥，選C.2.如圖，在eq\o\ac(△,Rt)中，∠＝90°為ABC所在平面外一點⊥平面ABC則四面體P中直角三角形的個數(shù)()A．4C．2

B．3D．1解析：選A由⊥平面ABC可△，PAB是直角三角形，⊥.又∠ABC＝90°，所以ABC是直角三角形且BC⊥平面，以⊥PB，eq\o\ac(△,即)為直角三角形，故四面體P中共有4個直三角形．3．(2018·湖州模)設，夾角為30°的異面直線，則滿足件α，β，且⊥β”的平面，β()A．不存在C．有且只有兩對

B．有且只有一對D．有無數(shù)對解析：選D過線的面α有無數(shù)個，當平面α與線b平行，兩直線的垂線與b確定平β⊥α，當平面α與相交時，過交點作平面α的垂線與確定平面⊥.故選D.4．(2018·吉林實驗中學測)是空間的三條直線α，β是空間的兩個平面，則下列命題中，逆命題不成立的()A．當⊥時若c⊥，∥βB．當時若b⊥，⊥βC．當，c是在α內射影時，若⊥c，則⊥D．當，cα時，若c∥，b∥解析：選BA的逆命題為：當⊥α時若α∥β，⊥β.由線面垂直的性質知⊥，故A正確B逆命題為：當α時若α⊥β，則⊥β，然錯誤，故錯誤C的命題為當α且是a在α內射影時，若ab則b⊥由三垂線逆定理知2

b⊥，故確；逆命題為：當bα，且α時若∥，∥α.由線面平行定定理可得c∥α，D正．5．(2019·杭州模)在三棱錐P中，PA底面ABC∠＝120°，AB＝＝，＝2，直線PA與平PBC所成角的正弦值()A.C.

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22B.31D.3解析：選∵⊥底面ABC，∴⊥，PAAC，即∠PAB∠＝90°又∵＝＝PA∴△PAB△∴＝取的中點連接ADPDPDBC⊥，又∵PD∩＝，BC平面PAD，平面，∴平面⊥面PBC過AAO⊥PD于O，易得⊥平面，∠就直線PA與面PBC所的角．在eq\o\ac(△,Rt)PAD，1AD1＝，＝2，則＝PA＋AD2＝，則∠APD＝＝故選D.22PD36.如圖，已知∠BAC＝90°，⊥面，則在ABC△PAC的所在的直線中，與垂直的直線____________；與AP垂直的直線有________．解析：∵⊥面ABC∴垂于直線，，.∵⊥，⊥PC，AC∩＝，∴⊥平面PAC又∵平面PAC∴⊥，與AP垂的線是AB.答案：，，7.如圖所示，在四棱錐PABCD中⊥底面ABCD，底面各都相等是PC上的一動點，當點M滿足_______時，平面MBD⊥平面PCD只填寫一個你認為是正的條件即可)解析：連接，，則ACBD，∵⊥底面ABCD∴⊥.又PAAC，∴⊥平面PAC∴⊥.∴當DMPC或PC時，即有⊥面.而PC平PCD∴平面MBD⊥平面PCD答案：⊥(或⊥)8.如圖，直三棱柱中側棱長為2AC＝，＝90°，D是AB的中點的動點交于點要使⊥平面C段BF的長為________．3

22解析：設B＝，因為⊥面DF，平DF所以AB.由已知可以得AB＝21設Rteq\o\ac(△,)斜邊上的為h，則DE＝h.又2×2＝×2＋

2

233，以＝，DE＝33在Rteq\o\ac(△,)中，＝

23

6＝.6由面積相等得

66

×

221，得＝221即線段B的為.21答案：29(2019·杭州十校聯(lián)考)如圖知四棱錐是直角梯形ABCS著CD折而成的，其中SD＝＝AB＝，ADBCABAD，且二面角SCD的小為120°.(1)求證：平面⊥面ABCD；(2)設側棱SC和底面所成的角為，θ的正弦值．解：(1)證明：由題意可知CD⊥，⊥.∵∩＝，CD平面ASD又∵平面，平面⊥面ABCD.(2)如圖，過點S作SH⊥，交的延長線于點H，連接CH∵平面ASD⊥平面，平面∩面ABCDAD∴⊥平面ABCD∴∠SCH為側棱SC底面所成的角，即∠SCHθ.由1)可知∠為二面角SA的平角，則∠ADS＝120°.在eq\o\ac(△,Rt)SHD中＝180°－ADS＝180°－120°＝60°SHSDsin60°＝

32

.在eq\o\ac(△,Rt)SDC中，∠＝90°，＝＝，∴＝2.4

SC4ODOEOFSC4ODOEOFSH36在eq\o\ac(△,Rt)SHC中，sinθ＝＝＝，22即θ的弦值為

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.10.如圖，在斜三棱柱ABCC中側面A是菱，＝60°.在底面ABC中∠＝90°M為BC的中點，過A，，三點的平面交于點.(1)求證：⊥AC(2)若M⊥，求直線C與平面B所成角的大?。猓?1)證明：由題意，因為平面∥面A，面AMN∩平面＝MN，平面ABMN∩平面AC＝B所以MN∥B.因為ABB，所以MNAB又為的點，所以為的點．又四邊形A是形，∠AC＝60°，所以⊥AC(2)由(1)知，⊥N.因∠＝90°所以AB⊥.又MNAB所以AC⊥MN.因為MN＝N，MN平MNN平面AB，所以AC平面B.連接，則∠CB即直C與平面AB所成的角．設＝2a，則CNa，因為⊥BCM為的中點，所以B＝＝2a，CN1在△B中，sin∠＝＝＝，BC22所以∠＝30°故直線B與面AMN所成角的大小為30°.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1．(2018·杭州高三檢)已知棱錐S的底面為三角形，SASBSC，平面SBC，，與平面所成的銳二面角分別為α，，，()A．＜C．＜

B．＞D．＞

解析：選A如①，作SO⊥平，垂足為，接AOBO，.由＜SBSC得＜＜.過點O分向BC，，AB作垂線，垂足記為D，，，接SD，SE，SFSOSO則tan＝，tanα＝，α＝.由于＜＜，eq\o\ac(△,且)為三角形，故點5

O所在域如圖②中陰影部分(包括邊)所示，其中G為△ABC的心．由圖②可得＜，與的大小不確定，所以α＞，α與α的小不確定，又α，，均銳角，所以α＞，與α的大小不確定．故選A.2．(2019·臺州三區(qū)聯(lián))如圖已知菱形的角線AC相交于點，將菱形沿對角線折，使得平面⊥平面ABC若點N是BD上動點，當線段最時，二面角B的弦值為()A．0

1B.2C.

22

D.

32解析：選C易OBOD，所以當為的中點時，線段ON最短，因為AC⊥，⊥＝AC⊥平面BOD⊥⊥∠即二面角ACB的平面角因平面⊥平面ABCOD⊥AC所以⊥，以BOD為腰直角三角形，所以∠＝45°所以二面角B的余弦值為

22

.3.如圖，在四棱錐ABCD中，底面ABCD是平四邊形，＝135°，側面PAB底面，∠BAP，＝＝＝，為BC中點，點M在線段上(1)若ME∥平面PAB，確定M的位置并說明理由；PM(2)若直線EM與平面所成的角和直線EM與平面所成的角相等，求的．PD解：(1)當M的中點時，∥平面PAB.理由如下：因為M為的點設為的點，連接，MF.所以MFPA又因為平面，平面，所以MF平面.同理，可得∥面.又因為MF∩＝MF平EF平面，所以平面MEF∥平面.又因為ME平，以ME∥平面.(2)設PM，因為平面⊥面ABCD，平面∩面ABCDAB∠BAP＝90°所以PA平面，6

ME3ME3ME3MEPDME3ME3ME3MEPD又ABACAP4，∠＝135°，所以ABACBCAD＝2PD＝3，過點作⊥于F，則MF平面ABCD，連接EF則EF為ME平面ABCD上射影，所以∠為ME與面ABCD所的角α.在eq\o\ac(△,R