高考数学一轮复习考点测试刷题本43 直线、平面垂直的判定及其性质（含答案解析）

2020高考数学(文数)考点测试刷题本43

直线、平面垂直的判定及其性质

一         、选择题

1.若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的(　　)

A．充分而不必要条件          B．必要而不充分条件

C．充分必要条件              D．既不充分也不必要条件

2.已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，γ，给出下列四个命题，错误的命题是(　　)

A．若a∥α，a∥β，α∩β=b，则a∥b

B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥b

C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ=a，则a⊥α

D．若α∥β，a∥α，则a∥β

3.已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列说法错误的是(　　)

A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b

B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β

C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，则b∥β

D．若α∩β=a，a∥b，则b∥α或b∥β

4.如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，如图乙所示，那么，在四面体A－EFH中必有(　　)

A．AH⊥平面EFH      B．AG⊥平面EFH     C．HF⊥平面AEF      D．HG⊥平面AEF

5.如果PA，PB，PC两两垂直，那么点P在平面ABC内的投影一定是△ABC的(　　)

A．重心         B．内心            C．外心         D．垂心

6.如图，四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是(　　)

A．PB⊥AC       B．PD⊥平面ABCD

C．AC⊥DP       D．平面PBD⊥平面ABCD

7.如图所示，在立体图形D－ABC中，若AB=CB，AD=CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)

A．平面ABC⊥平面ABD

B．平面ABD⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE

D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE

8.如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是(　　)

A．平面BCE⊥平面ABN           B．MC⊥AN

C．平面CMN⊥平面AMN           D．平面BDE∥平面AMN

二         、填空题

9.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则：

①棱AB与PD所在的直线垂直；

②平面PBC与平面ABCD垂直；

③△PCD的面积大于△PAB的面积；

④直线AE与直线BF是异面直线．

以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)

10.如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．

11.已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．

①若α∥β，m⊂α，则m∥β；

②若m∥α，n⊂α，则m∥n；

③若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β；

④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.

12.如图所示，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为CD的中点，F为线段EC上(端点除外)一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK=t，则t的取值范围是________．

三         、解答题

13.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点．

(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；

(2)若PC=，求三棱锥C­PAB的高．

14.如图，四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.

(1)求证：CD⊥AP；

(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.

15.如图，在三棱锥P－ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．

16.如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AD⊥CD，Q是AD的中点，M是棱PC的中点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=，PB=．

(1)求证：PA∥平面MQB；

(2)求证：平面PAD⊥底面ABCD；

(3)求三棱锥B－PQM的体积．

答案解析

1.答案为：B；

解析：由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件．故选B．

2.答案为：D；

解析：

构造一个长方体ABCD－A1B1C1D1．对于D，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

A1B1∥平面ABCDA1B1∥平面A1B1C1D1．

3.答案为：C；

解析：对于A，若a⊥α，α∥β，则a⊥β，又b⊥β，故a∥b，A正确；对于B，

若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，∴存在直线m⊂α，使得m∥b，

又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β，故B正确；对于C，若a⊥α，a⊥b，则b⊂α或b∥α，

又α∥β，∴b⊂β或b∥β，故C错误；对于D，若α∩β=a，a∥b，

则b∥α或b∥β，故D正确，故选C．

4.答案为：A；

解析：∵AH⊥HE，AH⊥HF，且EH∩HF=H，∴AH⊥平面EFH，A正确；

∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴B不正确；

∵AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH=A，∴EF⊥平面HAG，

∵EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，

∴过H作平面AEF的垂线，一定在平面HAG内，∴C不正确；

∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴D不正确，故选A．

5.答案为：D；

解析：如图，O是点P在平面ABC内的投影，连接OA，OB，OC，

∵PA，PB，PC两两垂直，

∴PA⊥平面PBC，

又BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC，

而PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC，

又PA∩PO=P，∴BC⊥平面PAO．

又AO⊂平面PAO，∴BC⊥AO．

同理可知AC⊥BO，AB⊥CO．

∴O为△ABC的垂心．故选D．

6.答案为：B；

解析：取BP中点O，连接OA，OC，易得BP⊥OA，BP⊥OC⇒BP⊥面OAC⇒BP⊥AC⇒选项A正确；

又AC⊥BD⇒AC⊥面BDP⇒AC⊥PD，平面PBD⊥平面ABCD，所以选项C，D也正确．故选B．

7.答案为：C；

解析：因为AB=CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，而BE∩DE=E，

所以AC⊥平面BDE．因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE．

又由于AC在平面ADC内，所以平面ADC⊥平面BDE．故选C．

8.答案为：C；

解析：分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，连接PM，PN，QM，QN，

将几何体补成棱长为1的正方体．∴BC⊥平面ABN，

又BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；

连接PB，则PB∥MC，显然，PB⊥AN，∴MC⊥AN，故B正确；

取MN的中点F，连接AF，CF，AC．∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，

∴AF⊥MN，CF⊥MN，∴∠AFC为二面角A－MN－C的平面角，

∵AF=CF=，AC=，∵AF2＋CF2≠AC2，

即∠AFC≠，∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；

∵DE∥AN，MN∥BD，DE∩BD=D，DE，BD⊂平面BDE，MN∩AN=N，MN，AN⊂平面AMN，

∴平面BDE∥平面AMN，故D正确，故选C．

9.答案为：①③；

解析：由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正确；

∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAB，平面PAD都与平面ABCD垂直．

故平面PBC不可能与平面ABCD垂直，故②错误；

∵S△PCD=CD·PD，S△PAB=AB·PA，由AB=CD，PD>PA，可知③正确；

由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EF∥CD，

又AB∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，故④错误．

10.答案为：；

解析：设B1F=x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1=，

设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE=h.又2×=h，

所以h=，DE=.在Rt△DB1E中，B1E==.

由面积相等得× =x，得x=.

11.答案为：①④；

解析：由α∥β，m⊂α，可得m∥β，所以①正确；由m∥α，n⊂α，可得m，n平行或异面，所以②不正确；由α⊥β，α∩β=n，m⊥n，可得m与β相交或m⊂β，所以③不正确；由n⊥α，n⊥β，可得α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，所以④正确．综上，正确命题的序号是①④.

12.答案为：；

解析：如图①所示，过点K作KM⊥AF于点M，连接DM，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，

可知折前的图形中D，M，K三点共线且DK⊥AF(如图②所示)，于是△DAK∽△FDA，

所以=，即=，所以t=，又DF∈(1,2)，故t∈.

13.解：

(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.

因为AB=2，AD=CD=1，所以AC=BC=，

所以AC2＋BC2=AB2，故AC⊥BC.

又BC∩PC=C，所以AC⊥平面PBC.

因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.

(2)由PC=，PC⊥CB，得S△PBC=×()2=1.

由(1)知，AC为三棱锥A­PBC的高．

易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA=AB=PB=2，于是S△PAB=×22sin 60°=.

设三棱锥C­PAB的高为h，

则S△PAB·h=S△PBC·AC，×h=×1×，

解得h=，故三棱锥C­PAB的高等于.

14.证明：

(1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.

又AP⊥AB，AB∩AD=A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以AP⊥平面ABCD.

因为CD⊂平面ABCD，

所以CD⊥AP.

(2)由(1)知CD⊥AP，因为CD⊥PD，PD∩AP=P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，

所以CD⊥平面PAD.①

因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，

所以AB⊥AD.

又AP⊥AB，AP∩AD=A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以AB⊥平面PAD.②

由①②得CD∥AB，因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，

所以CD∥平面PAB.

15.解：

(1)证明：因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=2．

连接OB，因为AB=BC=AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=AC=2．

由OP2＋OB2=PB2知OP⊥OB．

由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB=O，知PO⊥平面ABC．

(2)作CH⊥OM，垂足为H．又由(1)可得OP⊥CH，

所以CH⊥平面POM．

故CH的长为点C到平面POM的距离．

由题设可知OC=AC=2，CM=BC=，∠ACB=45°．

所以OM=，CH==．

所以点C到平面POM的距离为．

16.解：

(1)证明：如图，连接AC，交BQ于N，连接MN，QC，

∵BC=AD，AD∥BC，Q是AD的中点，

∴AQ∥BC，且AQ=BC，

∴四边形ABCQ是平行四边形，

∴N是BQ的中点，

∵M是棱PC的中点，

∴MN∥PA，

∵PA⊄平面MQB，MN⊂平面MQB，

∴PA∥平面MQB．

(2)证明：∵AD∥BC，BC=AD=1，Q是AD的中点，

∴BC∥QD，BC=QD，

∴四边形BCDQ为平行四边形，

∴CD∥BQ，

∵AD⊥CD，

∴BQ⊥AD．

又PA=PD=2，AD=2，Q是AD的中点，故PQ=．

又QB=CD=，PB=，

∴PB2=PQ2＋QB2，

由勾股定理的逆定理可知PQ⊥QB，

又PQ∩AD=Q，

∴BQ⊥平面PAD，

又BQ⊂平面ABCD．

∴平面PAD⊥平面ABCD．

(3)由(2)可知，PQ=，BQ=，

∴PA=PD=2，Q是AD的中点，

∴PQ⊥AD，

∵平面PAD⊥平面ABCD，

且平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴PQ⊥平面ABCD，

又M是棱PC的中点，

故VB－PQM=VP－BQC－VM－BQC=VP－BQC－VP－BQC=VP－BQC=×××1××=．