2019年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课时跟踪检测理

7.5 直线、平面垂直的判定及其性质

[课 时 跟 踪 检 测]

[基 础 达 标]

1．(2017届南昌模拟)设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β ”的平面α，β( )

A．不存在 B．有且只有一对

C．有且只有两对 D．有无数对

解析：过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.

答案：D

2．(2018届青岛质检)设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )

A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β

C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β

解析：对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.

答案：C

3．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P－ABC中直角三角形的个数为(

)

A．4 B．3

C．3 D．1

解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P－ABC中共有4个直角三角形．

答案：A

4．(2017届贵阳市监测考试)如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )

A．AP⊥PB，AP⊥PC

B．AP⊥PB，BC⊥PB

C．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC

D．AP⊥平面PBC

解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.

答案：B

5．(2018届吉林实验中学测试)设“a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面”，则下列命题中，逆命题不成立的是( )

A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β

B．当b⊥α时，若b⊥β，则α⊥β

C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b

D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c

解析：A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．

答案：B

6．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是(

)

A．MN与CC1垂直 B．MN与AC垂直

C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行 解析：如图，连接C1D，BD，AC，在三角形C1DB中，MN∥BD，故C正确；

∵CC1⊥平面ABCD，

∴CC1⊥BD，∴MN与CC1垂直，故A正确；∵AC⊥BD，MN∥BD，∴MN与AC垂直，故B正确；∵A1B1与BD不平行，MN∥BD，∴MN与A1B1不平行，故D错误．故选D.

答案：D

7．如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列结论正确的是(

)

A．平面ABD⊥平面ABC

B．平面ADC⊥平面BDC

C．平面ABC⊥平面BDC

D．平面ADC⊥平面ABC

解析：因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，

所以BD⊥CD.

又平面ABD⊥平面BCD，

且平面ABD∩平面BCD＝BD，

故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.

又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD⊂平面ADC，CD⊂平面ADC，

故AB⊥平面ADC.

又AB⊂平面ABC，所以平面ADC⊥平面ABC.

答案：D

8．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．

解析：AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．

答案：①②④

9．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：

①若a∥α且b∥α，则a∥b；

②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；

③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；

④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.

上面命题中，所有真命题的序号是________．

解析：①中a与b也可能相交或异面，故不正确．

②垂直于同一直线的两平面平行，正确．

③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．

④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．

答案：②③④

10．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1，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________．

解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，

所以AB1⊥DF.

由已知可以得A1B1＝2，

设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h.则DE＝12h.

又2×2＝h×22＋22，

所以h＝233，DE＝33.

在Rt△DB1E中，B1E＝ 222－332＝66.

由面积相等得66× x2＋222＝22x，得x＝12.

即线段B1F的长为12. 答案：12

11．(2018届河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥F－ABCD的顶点F作EF∥AB，使AB＝2EF，且平面ABFE⊥平面ABCD，若点G在CD上且满足DG＝GC.求证：

(1)FG∥平面AED；

(2)平面DAF⊥平面BAF.

证明：(1)因为DG＝GC，AB＝CD＝2EF，AB∥EF∥CD，

所以EF∥DG，EF＝DG.

所以四边形DEFG为平行四边形，

所以FG∥ED.

又因为FG⊄平面AED，ED⊂平面AED。

所以FG∥平面AED.

(2)因为平面ABFE⊥平面ABCD，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥平面BAF，

又AD⊂平面DAF，

所以平面DAF⊥平面BAF.

12．(2018届延边质检)已知矩形ABCD与正三角形AED所在的平面互相垂直，M，N分别为棱BE，AD的中点，AB＝1，AD＝2.

(1)证明：直线AM∥平面NEC；

(2)求异面直线AM与CN的成角余弦值．

解：(1)证明：如图所示，

取EC的中点F，连接FM，FN， 则FM∥BC，FM＝12BC，AN∥BC，AN＝12BC，

所以FM∥AN且FM＝AN，

所以四边形AMFN为平行四边形，

所以AM∥NF.

因为AM⊄平面NEC，NF⊂平面NEC，

所以直线AM∥平面NEC.

(2)由(1)知，AM∥NF，

∴∠CNF是异面直线AM与CN所成的角，

平面AED⊥平面ABCD，NE⊥AD，

∴NE⊥平面ABCD，∴NE⊥NC，

又NE＝32AD＝3，

又CD⊥平面AED，∴CD⊥DE，

∴CE＝12＋22＝5，

∴CN＝CE2－NE2＝5－3＝2.

又NF＝FC＝12CE＝52，

∴cos∠CNF＝NF2＋CN2－CF22NF·CN＝22×52×2＝105，

即异面直线AM与CN的成角余弦值为105.

[能 力 提 升]

1.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF.则上述结论可能正确的是( )

A．①③ B．②③

C．②④ D．③④

解析：对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则不成立；对于②，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以正确；对于③，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以正确；对于④，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以不成立．

答案：B

2．如图，在四棱锥S－ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点．

(1)求证：CD⊥平面SAD；

(2)求证：PQ∥平面SCD；

(3)若SA＝SD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.

又因为平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD.

(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR.

由题意知：PD∥BC且PD＝12BC.

在△SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，

所以QR∥BC且QR＝12BC，

所以PD∥QR，且PD＝QR，

所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQ∥DR.

又因为PQ⊄平面SCD，DR⊂平面SCD，

所以PQ∥平面SCD.

(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD.

证明如下：