(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)7.4《直線、平面垂直的判定與性質(zhì)》課時(shí)跟蹤檢測(含詳解)

PAGE第7頁共7頁課時(shí)跟蹤檢測（三十七）直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1．若m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若α⊥β，m⊥β，則m∥αB．若m∥α，n⊥m，則n⊥αC．若m∥α，n∥α，m?β，n?β，則α∥βD．若m∥β，m?α，α∩β＝n，則m∥n解析：選D選項(xiàng)A中，m與α的關(guān)系是m∥α或m?α，故A不正確；選項(xiàng)B中，n與α之間的關(guān)系是n與α相交或n∥α，故B不正確；選項(xiàng)C中，α與β的關(guān)系是α∥β或α與β相交，故C不正確；選項(xiàng)D中，由線面平行的性質(zhì)可得命題正確．故選D.2．已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β為空間中兩個互相垂直的平面，則下列命題正確的是()A．若m?α，則m⊥βB．若m?α，n?β，則m⊥nC．若m?α，m⊥β，則m∥αD．若α∩β＝m，n⊥m，則n⊥α解析：選C對于A：若m?α，則m與平面β可能平行或相交，所以A錯誤；對于B：若m?α，n?β，則m與n可能平行、相交或異面，所以B錯誤；對于C：若m?α，m⊥β，則m∥α，C正確；對于D：α∩β＝m，n⊥m，則n不一定與平面α垂直，所以D錯誤．3．(2021·湖南五市聯(lián)考)若α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列命題正確的是()A．若α∩β＝m，n?α，m⊥n，則α⊥βB．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，則m⊥nC．若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥β解析：選D對于選項(xiàng)A，直線n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，選項(xiàng)A錯誤；對于選項(xiàng)B，由條件只能推出直線m與n共面，不能推出m⊥n，選項(xiàng)B錯誤；對于選項(xiàng)C，命題“若m不垂直于平面α，則m不可能垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線”的逆否命題是“若直線m垂直于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則m垂直平面α”，這不符合線面垂直的判定定理，選項(xiàng)C錯誤；對于選項(xiàng)D，因?yàn)閚⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，選項(xiàng)D正確．故選D.4.如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過C1作C1H⊥底面ABC，垂足為H，則點(diǎn)H在()A．直線AC上 B．直線AB上C．直線BC上 D．△ABC內(nèi)部解析：選B連接AC1，如圖．∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1.又AC在平面ABC內(nèi)，∴根據(jù)面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知，在平面ABC1內(nèi)一點(diǎn)C1向平面ABC作垂線，垂足必落在交線AB上．故選B.5.一種特殊的四面體叫做“鱉臑”，它的四個面均為直角三角形．如圖，在四面體P-ABC中，設(shè)E，F(xiàn)分別是PB，PC上的點(diǎn)，連接AE，AF，EF(此外不再增加任何連線)，則圖中直角三角形最多有()A．6個 B．8個C．10個 D．12個解析：選C為使題圖中有盡可能多的直角三角形，設(shè)四面體P-ABC為“鱉臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面PAB∩平面PBC＝PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面體P-AEF也是“鱉臑”，則題圖中的10個三角形全是直角三角形，故選C.6．(2020·新高考全國卷Ⅰ)日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為()A．20° B．40°C．50° D．90°解析：選B過球心O、點(diǎn)A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針?biāo)谥本€，EF為點(diǎn)A處的水平面，所以O(shè)A⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.又因?yàn)椤螮AC＝∠FAG，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故選B.7．(多選)(2021·濟(jì)寧一模)如圖，線段AB為圓O的直徑，點(diǎn)E，F(xiàn)在圓O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圓O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.則()A．DF∥平面BCEB．異面直線BF與DC所成的角為30°C．△EFC為直角三角形D．VC-BEF∶VF-ABCD＝1∶4解析：選BD對A項(xiàng)，因?yàn)锳B∥EF，AB∥CD，所以EF∥CD，所以四邊形CDFE確定一個平面．由于CD，EF的長度不相等，則DF，CE不平行，即DF與平面BCE有公共點(diǎn)，故A錯誤；對B項(xiàng)，連接OF，OE，OE與BF交于點(diǎn)G.因?yàn)镺B∥EF，OB＝EF，OB＝OF＝1，所以四邊形OBEF為菱形，則BE＝OF＝1，所以△OBE為等邊三角形．由于點(diǎn)G為OE的中點(diǎn)，則∠OBG＝eq\f(1,2)∠OBE＝30°.因?yàn)锳B∥CD，所以異面直線BF與DC所成的角為∠ABF＝∠OBG＝30°，故B正確；對C項(xiàng)，由于四邊形OBEF為菱形，則BF＝2BG＝2eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\r(3).由面面垂直的性質(zhì)以及線面垂直的性質(zhì)可知，BC⊥BE，BC⊥BF，所以CF＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，CE＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).又EF2＋CE2＝3≠CF2，所以△EFC不是直角三角形，故C錯誤；對D項(xiàng)，因?yàn)锽F＝eq\r(3)，BE＝1，EF＝1，所以S△BEF＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝eq\f(\r(3),4).由面面垂直的性質(zhì)可知，BC⊥平面BEF，所以VC-BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×1＝eq\f(\r(3),12).過點(diǎn)F作AB的垂線，垂足為H，則FH＝eq\f(1,2)BF＝eq\f(\r(3),2)，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可知HF⊥平面ABCD，則VF-ABCD＝eq\f(1,3)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)，所以VC-BEF∶VF-ABCD＝1∶4，故D正確，故選B、D.8．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________．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：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；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；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．答案：②④9．(2021·宜昌模擬)在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活動彈子M，N分別在正方形對角線AC，BF上移動，若CM＝BN，則MN長度的最小值為________．解析：過M作MQ⊥AB于Q，連接QN，如圖所示．∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交線為AB，∴MQ⊥平面ABEF，又QN?平面ABEF，∴MQ⊥QN.設(shè)CM＝BN＝a(0<a<eq\r(2))，則AM＝NF＝eq\r(2)－a，∵M(jìn)Q⊥AB，∴MQ∥BC，∴eq\f(MQ,BC)＝eq\f(AM,AC)＝eq\f(AQ,AB)，又知CM＝BN，AM＝NF，AC＝BF，∴eq\f(AQ,AB)＝eq\f(AM,AC)＝eq\f(NF,BF)，∴QN∥AF，且QN＝eq\f(\r(2),2)a.同理，QM＝1－eq\f(\r(2),2)a.在Rt△MQN中，MN＝eq\r(QN2＋QM2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)a))2)＝eq\r(a2－\r(2)a＋1)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2))，∵0<a<eq\r(2)，∴當(dāng)a＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，MN取得最小值eq\f(\r(2),2).即MN長度的最小值為eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)10．(2021·泉州模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝AB＝2，∠A1AB＝60°.(1)求證：AB⊥A1C(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，且AC⊥B1C1，求該三棱柱的體積解：(1)證明：如圖，取AB的中點(diǎn)O，連接OC，OA1，A1B.∵CA＝CB，∴AB⊥CO.∵AA1＝AB，∠A1AB＝60°，∴△ABA1是等邊三角形，∴AB⊥OA1.又CO∩OA1＝O，∴AB⊥平面OA1C又A1C?平面OA1C，∴AB⊥A(2)∵平面ABC⊥平面AA1B1B，平面ABC∩平面AA1B1B＝AB，A1O⊥AB，A1O?平面AA1B1B，∴A1O⊥平面ABC.∵AC⊥B1C1，BC∥B1C1，∴AC⊥又AC＝BC，AB＝2，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×AC×BC＝1，A1O＝eq\r(3)，∴三棱柱的體積V＝S△ABC·A1O＝eq\r(3).11.(2020·全國卷Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，∠APC＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設(shè)DO＝eq\r(2)，圓錐的側(cè)面積為eq\r(3)π，求三棱錐P-ABC的體積．解：(1)證明：由題設(shè)可知，PA＝PB＝PC.由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.又∠APC＝90°，所以∠APB＝90°，∠BPC＝90°.從而PB⊥PA，PB⊥PC.因?yàn)镻A∩PC＝P，所以PB⊥平面PAC.又PB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l.由題設(shè)可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3).從而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，所以PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱錐P-ABC的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8).12.(2020·全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：(1)當(dāng)AB＝BC時(shí)，EF⊥AC；(2)點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)．證明：(1)如圖，連接BD，B1D1.因?yàn)锳B＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，所以AC⊥BD.又因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，所以AC⊥BB1.因?yàn)锽D∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.因?yàn)镋F?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如圖，在棱AA1上取點(diǎn)G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G.因?yàn)镈1E＝eq\f(2,3)DD1，AG＝eq\f(2,3)AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，所以四邊形ED1GA為平行四邊形，所以AE∥GD1.因?yàn)锽1F＝eq\f(1,3)BB1，A1G＝eq\f(1,3)AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1，F(xiàn)G綊C1D1，所以四邊形FGD1C1為平行四邊形，所以GD1∥FC1于是AE∥FC1.所以A，E，F(xiàn)，C1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)C1在平面AEF內(nèi)．13.如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分別是CE，CF的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥平面BDEF；(2)求證：平面BDGH∥平