高考數(shù)學(xué)（理）一輪課時達標42直線平面垂直的判定及其性質(zhì)

課時達標第42講[解密考綱]對直線、平面垂直的判定與性質(zhì)定理的初步考查一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，難度不大；綜合應(yīng)用直線、平面垂直的判定與性質(zhì)常以解答題為主，難度中等．一、選擇題1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，點A∈α，A?l，直線AB∥l，直線AC⊥l，直線m∥α，m∥β，則下列四種位置關(guān)系中，不一定成立的是(D)A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β解析如圖所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l?AC⊥m；AB∥l?AB∥β，只有D項不一定成立，故選D．2．在空間中，l，m，n，a，b表示直線，α表示平面，則下列命題正確的是(D)A．若l∥α，m⊥l，則m⊥α B．若l⊥m，m⊥n，則l∥nC．若a⊥α，a⊥b，則b∥α D．若l⊥α，l∥a，則a⊥α解析對于A項，m與α位置關(guān)系不確定，故A項錯；對于B項，當l與m，m與n為異面垂直時，l與n可能異面或相交，故B項錯；對于C項，也可能b?α，故C項錯；對于D項，由線面垂直的定義可知正確．3．(2018·江西南昌模擬)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(D)A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α與β相交，且交線垂直于lD．α與β相交，且交線平行于l解析由于m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，則平面α與平面β必相交，但不一定垂直，且交線垂直于直線m，n，又直線l滿足l⊥m，l⊥n，則交線平行于l.4．設(shè)a，b是夾角為30°的異面直線，則滿足條件“a?α，b?β，且α⊥β”的平面α，β(D)A．不存在 B．有且只有一對C．有且只有兩對 D．有無數(shù)對解析過直線a的平面α有無數(shù)個，當平面α與直線b平行時，兩直線的公垂線與b確定的平面β⊥α，當平面α與b相交時，過交點作平面α的垂線與b確定的平面β⊥α.故選D．5．(2018·寧夏銀川一模)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(A)A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF解析由平面圖形得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面HEF，故選A．6．(2018·陜西寶雞質(zhì)檢)對于四面體ABCD，給出下列四個命題：①若AB＝AC，BD＝CD，則BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，則BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，則BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，則BC⊥AD．其中為真命題的是(D)A．①② B．②③C．②④ D．①④解析①如圖，取BC的中點M，連接AM，DM，由AB＝AC?AM⊥BC，同理DM⊥BC?BC⊥平面AMD，而AD?平面AMD，故BC⊥AD．④設(shè)A在平面BCD內(nèi)的射影為O，連接BO，CO，DO，由AB⊥CD?BO⊥CD，由AC⊥BD?CO⊥BD?O為△BCD的垂心?DO⊥BC?AD⊥BC．二、填空題7．若α，β是兩個相交平面，m為一條直線，則下列命題中，所有真命題的序號為__②④__.①若m⊥α，則在β內(nèi)一定不存在與m平行的直線；②若m⊥α，則在β內(nèi)一定存在無數(shù)條直線與m垂直；③若m?α，則在β內(nèi)不一定存在與m垂直的直線；④若m?α，則在β內(nèi)一定存在與m垂直的直線．解析對于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，則在平面β內(nèi)存在與m平行的直線，故①錯誤；對于②，若m⊥α，則m垂直于平面α內(nèi)的所有直線，故在平面β內(nèi)一定存在無數(shù)條直線與m垂直，故②正確；對于③④，若m?α，則在平面β內(nèi)一定存在與m垂直的直線，故③錯誤，④正確．8．(2018·吉林長春模擬)如圖所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，N，M分別是AD，BE的中點，將三角形ADE沿AE折起，下列說法正確的是__①②__(填上所有正確的序號)．①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))都有MN∥平面DEC；②不論D折至何位置都有MN⊥AE；③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))都有MN∥AB．解析①如圖，分別取EC，DE的中點P，Q，由已知易知四邊形MNQP為平行四邊形，則MN∥PQ，又PQ?平面DEC，故MN∥平面DEC，①正確；②取AE的中點O，易證NO⊥AE，MO⊥AE.故AE⊥平面MNO，又MN?平面MNO，則AE⊥MN，②正確；③∵D?平面ABC，∴N?平面ABC，又A，B，M∈平面ABC，∴MN與AB異面，③錯誤．9．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)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__eq\f(1,2)__.解析設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DFDF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝eq\r(2).設(shè)Rt△AA1B斜邊AB1上的高為h，則DE＝eq\f(1,2)h.又2×2eq\r(2)＝heq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面積相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，得x＝eq\f(1,2).即線段B1F的長為eq\f(1,2).三、解答題10．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中點，S是△ABC所在平面外一點，且SA＝SB＝SC．(1)求證：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求證：BD⊥平面SAC．證明(1)因為SA＝SC，D是AC的中點，所以SD⊥AC．在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD，所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD．又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC．(2)因為AB＝BC，D為AC的中點，所以BD⊥AC．由(1)知SD⊥BD，又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC．11．(2018·河南鄭州模擬)如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別為A′B和B′C′的中點．(1)證明：MN∥平面AA′C′C；(2)設(shè)AB＝λAA′，當λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論．解析(1)證明：如圖，取A′B′的中點E，連接ME，NE.因為E，N分別為A′B′和B′C′的中點，所以NE∥A′C′，ME∥BB′∥AA′.又A′C′?平面AA′C′C，NE?平面AA′C′C，所以NE∥平面AA′C′C，同理ME∥平面AA′C′C，又EM∩EN＝E，所以平面MNE∥平面AA′C′C，因為MN?平面MNE，所以MN∥平面AA′C′C．(2)當λ＝eq\r(2)時，CN⊥平面A′MN，證明如下：連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa，由題意知BC＝eq\r(2)λa，CN＝BN＝eq\r(a2＋\f(1,2)λ2a2)，因為三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C，因為AB＝AC，點N是B′C′的中點，所以A′N⊥平面BB′C′C，所以CN⊥A′N，要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可，所以CN2＋BN2＝BC2，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)λ2a2))＝2λ2a2，解得λ＝eq\r(2)，故當λ＝eq\r(2)時，CN⊥平面A′MN.12．如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝eq\r(2)，BC＝1，D，E兩點分別是邊AB，AC的中點，現(xiàn)將△ABC沿DE折成直二面角A－DE－B．(1)求證：平面ADC⊥平面ABE；(2)求直線AD與平面ABE所成角的正切值．解析(1)證明：∵D，E兩點分別是邊AB，AC的中點，∴DE∥BC．∵∠B＝90°，∠ADE＝90°，∴DE⊥AD，DE⊥BD，∴∠ADB為二面角A－DE－B的平面角，∵∠ADB＝90°，∴AD⊥平面BCD．又∵BE?平面BCD，∴AD⊥BE.又∵BD＝eq\f(\r(2),2)，DE＝eq\f(1,2)，BC＝1，即eq\f(BD,DE)＝eq\f(BC,BD)，∴△BDE∽△CBD，∴∠EBD＝∠DCB，∴∠EBD＋∠BDC＝90°，∴BE⊥DC．又∵DC∩AD＝D，∴BE⊥平面ADC．又∵BE?平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADC．(2)設(shè)BE交CD于H，連接AH，過點D作DO⊥AH于O.∵AD⊥BE，BE⊥DH，又∵AD∩DH＝D，∴BE⊥平面ADH.∵DO?平面ADH，∴BE⊥DO.又∵DO⊥AH，BE∩AH＝H，∴DO⊥平面A