全国名校高考数学优质试题汇编附详解专题直线平面垂直的判定与性质.docx
- 文档编号:1735762
- 上传时间:2022-10-23
- 格式:DOCX
- 页数:8
- 大小:128.73KB
全国名校高考数学优质试题汇编附详解专题直线平面垂直的判定与性质.docx
《全国名校高考数学优质试题汇编附详解专题直线平面垂直的判定与性质.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国名校高考数学优质试题汇编附详解专题直线平面垂直的判定与性质.docx(8页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
全国名校高考数学优质试题汇编附详解专题直线平面垂直的判定与性质
直线、平面垂直的判定与性质
A组 基础题组
1.若平面α⊥平面β,平面α∩平面β=直线l,则( )
A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α
B.垂直于直线l的直线一定垂直于平面α
C.垂直于平面β的平面一定平行于直线l
D.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直
2.设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则a⊥b的一个充分条件为( )
A.a⊥c,b⊥c B.α⊥β,a⊂α,b⊂β
C.a⊥α,b∥α D.a⊥α,b⊥α
3.(2017课标全国Ⅲ文,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
4.已知四边形ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,则下列判断中正确的是( )
A.AB⊥PC B.AC⊥平面PBD
C.BC⊥平面PAB D.平面PBC⊥平面PDC
5.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β;
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n;
③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β;
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题为( )
A.②③④ B.①②③ C.①③④ D.①②④
6.如图,∠BAC=90°,PC⊥平面ABC,则△ABC,△PAC的边所在的直线中,与PC垂直的直线是 ;与AP垂直的直线是 .
7.(2017云南11校跨区调研)已知m,n是两条不同的直线,α、β为两个不同的平面,有下列四个命题:
①若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n;②若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β;
③若m∥α,n∥β,m∥n,则α∥β;④若m⊥α,n∥β,α∥β,则m⊥n.
其中所有正确命题的序号是 .
8.α,β是两个平面,AB,CD是两条线段,已知α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加一个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:
①AC⊥β;②AC与α,β所成的角相等;
③AC与CD在β内的射影在同一条直线上;④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是 .
9.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.
(1)求证:
PA⊥BD;
(2)求证:
平面BDE⊥平面PAC;
(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.
(1)在平面PAD内找一点M,使得直线CM∥平面PAB,并说明理由;
(2)证明:
平面PAB⊥平面PBD.
B组 提升题组
1.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1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与DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF,则线段B1F的长为 .
2.
(2018福建泉州一模)如图,一张A4纸的长、宽分别为2a、2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的命题,正确的是 .(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥;
②平面BAD⊥平面BCD;
③平面BAC⊥平面ACD;
④该多面体外接球的表面积为5πa2.
3.(2017云南昆明教学质量检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知侧棱CC1⊥底面ABC,M为BC的中点,AC=AB=3,BC=2,CC1=.
(1)证明:
B1C⊥平面AMC1;
(2)求点A1到平面AMC1的距离.
4.如图①,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,AE⊥BD于点E(不同于点D),延长AE交BC于F,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A1-BCD,如图②所示.
(1)若M是FC的中点,求证:
DM∥平面A1EF;
(2)求证:
BD⊥A1F;
(3)若平面A1BD⊥平面BCD,试判断直线A1B与直线CD是否垂直,并说明理由.
答案精解精析
A组 基础题组
1.D 对于A,垂直于平面β的平面与平面α平行或相交,故A错;对于B,垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内,故B错;对于C,垂直于平面β的平面与直线l平行或相交,故C错;易知D正确.
2.C 对于选项A,若a⊥c,b⊥c,则直线a与b可能异面,可能平行,也可能相交,所以A项不符合题意;对于选项B,若α⊥β,a⊂α,b⊂β,则直线a与b可能异面,可能平行,也可能相交,所以B项不符合题意;对于选项C,若a⊥α,b∥α,则a⊥b,所以C项符合题意;对于选项D,易知a∥b,所以D项不符合题意,故选C.
3.C ∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,∴BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,∴BC1⊥A1E.故选C.
4.C 由题意画出几何体的图形,如图.
∵AB∥CD,CD不垂直于PC,∴AB⊥PC不正确;设BD交AC于O,连接PO,易知AC不垂直于PO,所以AC⊥平面PBD不正确;因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,因为BC⊥AB,且PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,C项正确;易知D项不正确,故选C.
5.A ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β不一定成立,故错误;②如果n∥α,则存在直线l⊂α,使n∥l,由m⊥α,可得m⊥l,那么m⊥n,故正确;③如果α∥β,m⊂α,那么m与β无公共点,则m∥β,故正确;④如果m∥n,α∥β,那么m,n与α所成的角和m,n与β所成的角均相等,故正确.
6.答案 AB,BC,AC;AB
解析 ∵PC⊥平面ABC,
∴PC垂直于直线AB,BC,AC.
∵AB⊥AC,AB⊥PC,AC∩PC=C,
∴AB⊥平面PAC,
∴AB⊥AP,故与AP垂直的直线是AB.
7.答案 ②④
解析 对于①,当两个平面互相垂直时,分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直,因此①不正确.对于②,依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面)引垂线,这两条垂线的夹角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确.对于③,分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行,因此③不正确.对于④,由n∥β得在平面β内必存在直线n1平行于直线n,由m⊥α,α∥β得m⊥β,所以m⊥n1,又n1∥n,因此有m⊥n,④正确.综上所述,所有正确命题的序号是②④.
8.答案 ①③
解析 由题意得,AB∥CD,所以A,B,C,D四点共面,
对于①,因为AC⊥β,EF⊂β,
所以AC⊥EF,又因为AB⊥α,EF⊂α,所以AB⊥EF,
因为AB∩AC=A,所以EF⊥平面ABDC,
又因为BD⊂平面ABDC,所以BD⊥EF,故①正确.
对于②,由①可知,若BD⊥EF成立,则有EF⊥平面ABDC,则有EF⊥AC成立,而AC与α,β所成角相等是无法得到EF⊥AC的,故②错误.
对于③,由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知EF⊥AC,由①可知③正确.
对于④,参照②的分析过程可知④错误.
9.解析
(1)证明:
因为PA⊥AB,PA⊥BC,
所以PA⊥平面ABC.
又因为BD⊂平面ABC,
所以PA⊥BD.
(2)证明:
因为AB=BC,D为AC的中点,
所以BD⊥AC.由
(1)知,PA⊥BD,
所以BD⊥平面PAC.
所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点,
所以E为PC的中点,
所以DE=PA=1,BD=DC=.
由
(1)知,PA⊥平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
所以三棱锥E-BCD的体积V=BD·DC·DE=.
10.解析
(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点.理由如下:
连接CM.因为AD∥BC,BC=AD,
所以BC∥AM,且BC=AM.
所以四边形AMCB是平行四边形,从而CM∥AB.
又AB⊂平面PAB,CM⊄平面PAB,
所以CM∥平面PAB.
(说明:
取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明:
连接BM,又因为AD∥BC,BC=AD,所以直线AB与CD相交,PA⊥AB,PA⊥CD,所以PA⊥平面ABCD,
从而PA⊥BD.
因为AD∥BC,BC=AD,
所以BC∥MD,且BC=MD,
所以四边形BCDM是平行四边形,
所以BM=CD=AD,所以BD⊥AB.
又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.
又BD⊂平面PBD,
所以平面PAB⊥平面PBD.
B组 提升题组
1.答案
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==.
又××=×x,解得x=.
即线段B1F的长为.
2.答案 ①②③④
解析 由题意得该多面体是一个三棱锥,故①正确;∵AP⊥BP,AP⊥CP,BP∩CP=P,∴AP⊥平面BCD,又∵AP⊂平面BAD,∴平面BAD⊥平面BCD,故②正确;同理可证平面BAC⊥平面ACD,故③正确;通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R=a,所以该多面体外接球的表面积为5πa2,故④正确.综上,正确命题的序号为①②③④.
3.解析
(1)证明:
在△ABC中,AC=AB,M为BC的中点,故AM⊥BC,
又侧棱CC1⊥底面ABC,AM⊂平面ABC,
所以CC1⊥AM,又BC∩CC1=C,
所以AM⊥平面BCC1B1,则AM⊥B1C.
在Rt△BCB1中,tan∠B1CB==,
在Rt△MCC1中,tan∠MC1C===,所以∠B1CB=∠MC1C,又∠B1CB+∠C1CB1=90°,所以∠MC1C+∠C1CB1=90°,即MC1⊥B1C,又AM⊥B1C,AM∩MC1=M,所以B1C⊥平面AMC1.
(2)设点A1到平面AMC1的距离为h,
由于===,所以=,即·h=S△AMC·CC1,
于是h====1×=,所以点A1到平面AMC1的距离为.
4.解析
(1)证明:
因为D,M分别为AC,FC的中点,所以DM∥EF,又EF⊂平面A1EF,DM⊄平面A1EF,所以DM∥平面A1EF.
(2)证明:
因为A1E⊥BD,EF⊥BD,且A1E∩EF=E,所以BD⊥平面A1EF.
又A1F⊂平面A1EF,所以BD⊥A1F.
(3)直线A1B与直线CD不垂直.
理由如下:
因为平面A1BD⊥平面BCD,平面A1BD∩平面BCD=BD,EF⊥BD,EF⊂平面BCD,所以EF⊥平面A1BD.
因为A1B⊂平面A1BD,所以A1B⊥EF,又因为EF∥DM,所以A1B⊥DM.
假设A1B⊥CD,
因为CD∩DM=D,所以A1B⊥平面BCD,所以A1B⊥BD,又A1E⊥BD,这与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直”矛盾,所以直线A1B与直线CD不垂直.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国 名校 高考 数学 优质 试题 汇编 详解 专题 直线 平面 垂直 判定 性质
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)