新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)39直線平面垂直的判定與性質(zhì)（含解析）新人教A版

課時(shí)質(zhì)量評(píng)價(jià)(三十九)(建議用時(shí)：45分鐘)A組全考點(diǎn)鞏固練1．已知直線m，n和平面α，β，則下列四個(gè)命題中正確的是()A．若α⊥β，m?β，則m⊥αB．若m⊥α，n∥α，則m⊥nC．若m∥α，n∥m，則n∥αD．若m∥α，m∥β，則α∥βB解析：對(duì)于A，若α⊥β，m?β，則當(dāng)m與α，β的交線垂直時(shí)才有m⊥α.故A錯(cuò)．對(duì)于B，若n∥α，則α內(nèi)存在直線a，使得a∥n.因?yàn)閙⊥α，所以m⊥a，所以m⊥n.故B正確．對(duì)于C，當(dāng)n?α?xí)r，顯然結(jié)論錯(cuò)誤．故C錯(cuò)．對(duì)于D，若α∩β＝l，且m∥l，顯然當(dāng)條件成立時(shí)，結(jié)論不成立．故D錯(cuò)．故選B.2．(2020·威海模擬)設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，則α⊥β的充要條件是()A．平面α內(nèi)任意一條直線與平面β垂直B．平面α，β都垂直于同一條直線C．平面α，β都垂直于同一平面D．平面α內(nèi)存在一條直線與平面β垂直D解析：若α⊥β，則平面α內(nèi)存在直線與平面β不垂直，選項(xiàng)A不正確；若平面α，β都垂直于同一條直線，則平面α與β平行，選項(xiàng)B不正確；若平面α，β都垂直于同一平面，則平面α，β可以平行，也可以相交，選項(xiàng)C不正確；若平面α內(nèi)存在一條直線與平面β垂直，則根據(jù)面面垂直的判定定理，可知α⊥β，若α⊥β，則由面面垂直的性質(zhì)定理知，平面α內(nèi)垂直于平面α與β的交線的直線一定垂直于平面β，故選項(xiàng)D正確．故選D．3．如圖，在四面體D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEC解析：因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.4．(多選題)如圖，AB是半圓O的直徑，VA垂直于半圓O所在的平面，點(diǎn)C是圓周上不同于A，B的任意一點(diǎn)，M，N分別為VA，VC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．MN∥ABB．平面VAC⊥平面VBCC．MN與BC所成的角為90°D．BC⊥平面VACBCD解析：因?yàn)镸N∥AC，AC∩AB＝A，所以MN與AB不平行，A錯(cuò)誤．由題意得BC⊥AC，因?yàn)閂A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以VA⊥BC．因?yàn)锳C∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC，D正確．因?yàn)锽C?平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，B正確．因?yàn)锳B是半圓O的直徑，所以AC⊥BC，又MN∥AC，所以MN與BC所成的角為90°，C正確．5．已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長(zhǎng)為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A．eq\f(5π,12)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)B解析：如圖，取正三角形ABC的中心O，連接OP，則∠PAO是PA與平面ABC所成的角．因?yàn)榈酌孢呴L(zhǎng)為eq\r(3)，所以AD＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，AO＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(2,3)×eq\f(3,2)＝1.三棱柱的體積為eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3)，即OP＝AA1＝eq\r(3)，所以tan∠PAO＝eq\f(OP,OA)＝eq\r(3).因?yàn)橹本€與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以∠PAO＝eq\f(π,3).6．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.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(xiě)出一個(gè)正確的命題：________.如果l⊥α，m∥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)解析：將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個(gè)命題：(1)如果l⊥α，m∥α，則l⊥m，正確；(2)如果l⊥α，l⊥m，則m∥α，正確；(3)如果l⊥m，m∥α，則l⊥α，錯(cuò)誤，有可能l與α斜交或l∥α.7．(2020·濰坊統(tǒng)考)如圖，已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正確的有________(把所有正確的序號(hào)都填上)．①④解析：對(duì)于①，因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以PA⊥AE.又EA⊥AB，PA∩AB＝A，所以EA⊥平面PAB，從而可得EA⊥PB，故①正確．對(duì)于②，因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以平面ABC與平面PBC不可能垂直，故②不正確．對(duì)于③，因?yàn)樵谡呅沃?，BC∥AD，所以BC與EA必有公共點(diǎn)．從而B(niǎo)C與平面PAE有公共點(diǎn)，所以直線BC與平面PAE不平行，故③不正確．對(duì)于④，由條件易得△PAD為直角三角形，且PA⊥AD．又PA＝2AB＝AD，所以∠PDA＝45°，故④正確．綜上，①④正確．8．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)．(1)求證：PE⊥BC；(2)求證：平面PAB⊥平面PCD；(3)求證：EF∥平面PCD．證明：(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD．因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BC∥AD，所以PE⊥BC．(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD．又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面PAD．因?yàn)镻D?平面PAD，所以AB⊥PD．又因?yàn)镻A⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.因?yàn)镻D?平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD．(3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC．因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)，所以DE∥BC，DE＝eq\f(1,2)BC．所以DE∥FG，DE＝FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形．所以EF∥DG.又因?yàn)镋F平面PCD，DG?平面PCD，所以EF∥平面PCD．9．(2020·浙江卷)如圖，在三棱臺(tái)DEF-ABC中，平面ADFC⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．(1)證明：EF⊥DB；(2)求DF與平面DBC所成角的正弦值．(1)證明：作DH⊥AC交AC于點(diǎn)H，連接BH.因?yàn)槠矫鍭DFC⊥平面ABC，而平面ADFC∩平面ABC＝AC，DH?平面ADFC，所以DH⊥平面ABC，而B(niǎo)C?平面ABC，即有DH⊥BC．因?yàn)椤螦CB＝∠ACD＝45°，所以CD＝eq\r(2)CH＝2BC，所以CH＝eq\r(2)BC．在△CBH中，BH2＝CH2＋BC2－2CH·BC·cos45°＝BC2，即有BH2＋BC2＝CH2，所以BH⊥BC．由棱臺(tái)的定義可知，EF∥BC，所以DH⊥EF，BH⊥EF.又BH∩DH＝H，所以EF⊥平面BHD．而B(niǎo)D?平面BHD，所以EF⊥DB.(2)解：因?yàn)镈F∥CH，所以DF與平面DBC所成角即為CH與平面DBC所成角．作HG⊥BD于點(diǎn)G，連接CG，由(1)可知，BC⊥平面BHD，所以平面BCD⊥平面BHD．又平面BCD∩平面BHD＝BD，HG?平面BHD，所以HG⊥平面BCD．即CH在平面DBC內(nèi)的射影為CG，∠HCG即為所求角．在Rt△HGC中，設(shè)BC＝a，則CH＝eq\r(2)a，HG＝eq\f(BH·DH,BD)＝eq\f(\r(2)a·a,\r(3)a)＝eq\f(\r(2),\r(3))a，所以sin∠HCG＝eq\f(HG,CH)＝eq\f(\r(3),3).故DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).B組新高考培優(yōu)練10．(2020·武漢4月調(diào)研)已知兩個(gè)平面互相垂直，下列命題：①一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線；②一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線；③一個(gè)平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個(gè)平面；④過(guò)一個(gè)平面內(nèi)任意一點(diǎn)作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個(gè)平面．其中正確命題的個(gè)數(shù)是()A．3B．2C．1D．0C解析：在正方體ABCD-A1B1C1D1中進(jìn)行判斷，如圖，①在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，BD?平面ABCD，但A1D與BD不垂直，故①錯(cuò)；②在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內(nèi)任意一條直線，l與平面ABCD內(nèi)和AB平行的所有直線(包括AB)垂直，故②正確；③在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，但A1D與平面ABCD不垂直，故③錯(cuò)；④在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，過(guò)交線AD上的任一點(diǎn)作交線的垂線l，則l可能與平面ABCD垂直，也可能與平面ABCD不垂直，故④錯(cuò)，故選C．11．(多選題)如圖，已知a，b是相互垂直的兩條異面直線，直線AB與a，b均相互垂直，且AB＝2，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別位于直線a，b上．若直線PQ與AB所成的角θ＝eq\f(π,4)，線段PQ的中點(diǎn)為M，下列說(shuō)法正確的是()A．PQ的長(zhǎng)度為2eq\r(2)B．PQ的長(zhǎng)度不是定值C．點(diǎn)M的軌跡是圓D．三棱錐A-BPQ的體積為定值A(chǔ)C解析：過(guò)點(diǎn)P作PB′⊥α于B′，連接B′Q，則∠QPB′＝eq\f(π,4)，故PQ＝eq\f(2,cos\f(π,4))＝2eq\r(2)，故A正確，B不正確．設(shè)B′O的中點(diǎn)為N，易得B′B⊥BQ，且B′O＝2，則有BN＝1.設(shè)AB的中點(diǎn)為O，連接O，M，N，B，易得四邊形OMNB為平行四邊形．故有OM＝BN＝1，且MN＝eq\f(1,2)PB′＝1，即點(diǎn)M到平面α的距離為定值，可得點(diǎn)M的軌跡為圓，故C正確．當(dāng)Q點(diǎn)與B點(diǎn)重合時(shí)，三棱錐A-BPQ退化為三角形，其體積為零，而當(dāng)Q點(diǎn)與B點(diǎn)不重合，且P點(diǎn)與A點(diǎn)不重合時(shí)，其體積顯然不為零，故D錯(cuò)誤．故選AC．12．如圖，在四棱錐P-ABCD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(xiě)一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可)DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析：因?yàn)镻A⊥底面ABCD，所以BD⊥PA．連接AC(圖略)，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD．又PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．13．如圖，點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，則下列四個(gè)命題：①三棱錐A-D1PC的體積不變；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正確的是________．(填序號(hào))①②④解析：由題意可得BC1∥AD1，并且直線AD1?平面AD1C，直線BC1平面AD1C，所以直線BC1∥平面AD1C．所以點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變，Veq\s\do8(A-D1PC)＝Veq\s\do8(P-AD1C)，所以三棱錐A-D1PC的體積不變，故①正確．連接A1C1，A1B，可得平面AD1C∥平面A1C1B.又A1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正確．當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，△DBC1是等邊三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正確．因?yàn)橹本€AC⊥平面BDB1，DB1?平面BDB1，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面AD1C．又DB1?平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正確．14．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC＝AD＝CD＝eq\f(1,2)AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)若M為線段PA的中點(diǎn)，且過(guò)C，D，M三點(diǎn)的平面與線段PB交于點(diǎn)N，確定點(diǎn)N的位置，說(shuō)明理由，并求三棱錐A-CMN的高．(1)證明：連接AC，在直角梯形ABCD中，AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(AB－CD2＋AD2)＝2eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC．又PC⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PC⊥BC．又AC∩PC＝C，AC，PC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC．(2)解：N為PB的中點(diǎn)，理由如下：連接MN，CN.因?yàn)镸為PA的中點(diǎn)，N為PB的中點(diǎn)，所以MN∥AB，且MN＝eq\f(1,2)AB＝2.又因?yàn)锳B∥CD，所以MN∥CD，所以M，N，C，D四點(diǎn)共面，所以點(diǎn)N為過(guò)C，D，M三點(diǎn)的平面與線段PB的交點(diǎn)．因?yàn)锽C⊥平面PAC，N為PB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)N到平面PAC的距離d＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2).又S△ACM＝eq\f(1,2)S△ACP＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×AC×PC＝eq\r(2)，所以V三