2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)45 理（含解析）新人教A版

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1、課時(shí)作業(yè)45　直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 1．(2019·廣東廣州模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(　B　) A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n 解析：若α⊥β，m?α，n?β，則m與n相交、平行或異面，故A錯(cuò)誤；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正確；若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯(cuò)誤；若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，故D錯(cuò)誤，故選B. 2．(20

2、19·河南安陽一模)已知a，b表示兩條不同的直線，α，β表示兩個(gè)不同的平面，下列說法錯(cuò)誤的是(　C　) A．若a⊥α，b⊥β，α∥β，則a∥b B．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，則α⊥β C．若a⊥α，a⊥b，α∥β，則b∥β D．若α∩β＝a，a∥b，則b∥α或b∥β 解析：對于A，若a⊥α，α∥β，則α⊥β， 又b⊥β，故a∥b，故A正確； 對于B，若a⊥α，a⊥b，則b?α或b∥α， ∴存在直線m?α，使得m∥b， 又b⊥β，∴m⊥β，∴α⊥β.故B正確； 對于C，若a⊥α，a⊥b，則b?α或b∥α， 又α∥β，∴b?β或b∥β，故C錯(cuò)誤； 對于D，若α∩β＝a，a∥

3、b，則b∥α或b∥β，故D正確，故選C. 3．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直線l，則(　D　) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α B．垂直于直線l的直線一定垂直于平面α C．垂直于平面β的平面一定平行于直線l D．垂直于直線l的平面一定與平面α，β都垂直 解析：對于A，垂直于平面β的平面與平面α平行或相交，故A錯(cuò)誤；對于B，垂直于直線l的直線與平面α垂直、斜交、平行或在平面α內(nèi)，故B錯(cuò)誤；對于C，垂直于平面β的平面與直線l平行或相交，故C錯(cuò)誤．D正確． 4．(2019·福建泉州一模)在下列四個(gè)正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G均為所在棱的中點(diǎn)，過E，F(xiàn)，G

4、作正方體的截面，則在各個(gè)正方體中，直線BD1與平面EFG不垂直的是(　D　) 解析：如圖，在正方體中，E，F(xiàn)，G，M，N，Q均為所在棱的中點(diǎn)，易知E，F(xiàn)，G，M，N，Q六個(gè)點(diǎn)共面，直線BD1與平面EFMNQG垂直，并且選項(xiàng)A、B、C中的平面與這個(gè)平面重合，不滿足題意，只有選項(xiàng)D中的直線BD1與平面EFG不垂直，滿足題意，故選D. 5．如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為(　A　) A. B．1 C. D．2

5、解析：設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF， 所以AB1⊥DF. 由已知可得A1B1＝， 設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h， 則DE＝h. 又2×＝h，所以h＝，DE＝. 在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝. 由面積相等得× ＝x，得x＝. 6．(2019·唐山一模)如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，那么在這個(gè)空間圖形中必有(　B　) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG

6、⊥平面AEF 解析：根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變， 又HE∩HF＝H， ∴AH⊥平面EFH，B正確． ∵過A只有一條直線與平面EFH垂直， ∴A不正確． ∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G， ∴EF⊥平面HAG， 又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確． 由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確． 7．如圖所示，直線PA垂直于⊙O所成的平面，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長．其中

7、正確的是(　B　) A．①② B．①②③ C．① D．②③ 解析：對于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC， ∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥AC， ∵AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC， 又PC?平面PAC，∴BC⊥PC； 對于②，∵點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)， ∴OM∥PA， ∵PA?平面PAC，OM?平面PAC， ∴OM∥平面PAC； 對于③，由①知BC⊥平面PAC，∴線段BC的長即是點(diǎn)B到平面PAC的距離，故①②③都正確． 8．(2019·廣州模擬)如圖是一個(gè)幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面四

8、個(gè)結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是(　B　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：畫出該幾何體，如圖所示， ①因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PA，PD的中點(diǎn)， 所以EF∥AD，所以EF∥BC， 直線BE與直線CF是共面直線，故①不正確； ②直線BE與直線AF滿足異面直線的定義，故②正確； ③由E，F(xiàn)分別是PA，PD的中點(diǎn)，可知EF∥AD，所以EF∥BC， 因?yàn)镋F?平面PBC，BC?平面PBC， 所以直線EF∥平面PBC，故③正確； ④因?yàn)锽E與PA的關(guān)

9、系不能確定， 所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正確． 所以正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是2. 9．(2019·洛陽模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足　DM⊥PC(或BM⊥PC)　時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可) 解析：∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA， 連接AC，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD， 而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 10．(2019·蘭州實(shí)戰(zhàn)考試)α

10、，β是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一個(gè)條件，就能得出BD⊥EF.現(xiàn)有下列條件：①AC⊥β；②AC與α，β所成的角相等；③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上；④AC∥EF. 其中能成為增加條件的序號(hào)是?、佗邸? 解析：由題意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四點(diǎn)共面． ①中，∵AC⊥β，EF?β，∴AC⊥EF， 又∵AB⊥α，EF?α，∴AB⊥EF， ∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD， 又∵BD?平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正確； ②不能得到BD⊥EF，故②錯(cuò)誤； ③中，由AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上可知平面

11、ABCD⊥β， 又AB⊥α，AB?平面ABCD，∴平面ABCD⊥α. ∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF， ∴EF⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD， ∴BD⊥EF，故③正確； ④中，由①知，若BD⊥EF，則EF⊥平面ABCD， 則EF⊥AC，故④錯(cuò)誤，故填①③. 11．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，矩形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使得MC∥平面PBD？說明理由． 解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因?yàn)锽C⊥CD，BC

12、?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)當(dāng)P為AM的中點(diǎn)時(shí)，MC∥平面PBD. 證明如下：連接AC交BD于O，如圖．因?yàn)锳BCD為矩形，所以O(shè)為AC中點(diǎn)． 連接OP，因?yàn)镻為AM中點(diǎn)，所以MC∥OP. MC?平面PBD，OP?平面PBD， 所以MC∥平面PBD. 12．(2018·北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為

13、AD，PB的中點(diǎn)． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. 證明：(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)， 所以PE⊥AD. 因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形， 所以BC∥AD，所以PE⊥BC. (2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AB⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD，所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)如圖，取PC的中點(diǎn)G，連接FG，DG. 因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC. 因?yàn)樗倪呅蜛B

14、CD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形． 所以EF∥DG. 又因?yàn)镋F?平面PCD，DG?平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 13．(2019·山西臨汾模擬)如圖，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為MC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是(　C　) A．平面BCE⊥平面ABN B．MC⊥AN C．平面CMN⊥平面AMN D．平面BDE∥平面AMN 解析：如圖，分別過A，C作平面ABCD的垂線AP，CQ，使得AP＝CQ

15、＝1， 連接PM，PN，QM，QN，將幾何體補(bǔ)成棱長為1的正方體． ∴BC⊥平面ABN，又BC?平面BCE， ∴平面BCE⊥平面ABN，故A正確； 連接PB，則PB∥MC，顯然，PB⊥AN， ∴MC⊥AN，故B正確； 取MN的中點(diǎn)F，連接AF，CF，AC. ∵△AMN和△CMN都是邊長為的等邊三角形， ∴AF⊥MN，CF⊥MN， ∴∠AFC為二面角A-MN-C的平面角， ∵AF＝CF＝，AC＝， ∴AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠， ∴平面CMN與平面AMN不垂直，故C錯(cuò)誤； ∵DE∥AN，MN∥BD， DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，MN∩AN＝N

16、，MN，AN?平面AMN， ∴平面BDE∥平面AMN，故D正確．故選C. 14．(2019·泉州模擬)點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運(yùn)動(dòng)，給出下列命題： ①三棱錐A-D1PC的體積不變； ②A1P∥平面ACD1； ③DP⊥BC1； ④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正確的命題序號(hào)是?、佗冖堋? 解析：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接DC1交D1C于點(diǎn)O1， 連接OO1，則OO1∥BC1， 所以BC1∥平面AD1C，動(dòng)點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變， 所以三棱錐P-AD1C的體積不變． 又因?yàn)閂三棱錐P-AD1C＝V三棱錐A-D1PC， 所以①正

17、確； 因?yàn)槠矫鍭1C1B∥平面AD1C，A1P?平面A1C1B， 所以A1P∥平面ACD1，②正確； 由于當(dāng)點(diǎn)P在B點(diǎn)時(shí)，DB不垂直于BC1，即DP不垂直BC1，故③不正確； 由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1， 所以DB1⊥平面AD1C. 又因?yàn)镈B1?平面PDB1， 所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正確． 15．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，M為棱AC的中點(diǎn)．AB＝BC，AC＝2，AA1＝. (1)求證：B1C∥平面A1BM； (2)求證：AC1⊥平面A1BM； (3)在棱BB1上是否存在點(diǎn)N，使得平面AC1

18、N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此時(shí)的值；如果不存在，請說明理由． 解：(1)證明：連接AB1與A1B，兩線交于點(diǎn)O，連接OM，如圖所示． 在△B1AC中，∵M(jìn)，O分別為AC，AB1的中點(diǎn)， ∴OM∥B1C， 又∵OM?平面A1BM，B1C?平面A1BM， ∴B1C∥平面A1BM. (2)證明：∵側(cè)棱AA1⊥底面ABC，BM?平面ABC， ∴AA1⊥BM， 又∵M(jìn)為棱AC的中點(diǎn)，AB＝BC，∴BM⊥AC. ∵AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面ACC1A1， ∴BM⊥平面ACC1A1，∴BM⊥AC1. ∵AC＝2，∴AM＝1. 又∵AA1＝， ∴在Rt△ACC1

19、和Rt△A1AM中， tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝， ∴∠AC1C＝∠A1MA， 即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°， ∴A1M⊥AC1. ∵BM∩A1M＝M，BM，A1M?平面A1BM， ∴AC1⊥平面A1BM. (3)當(dāng)點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)，即＝時(shí)， 平面AC1N⊥平面AA1C1C. 證明如下： 設(shè)AC1的中點(diǎn)為D，連接DM，DN. ∵D，M分別為AC1，AC的中點(diǎn)， ∴DM∥CC1，且DM＝CC1. 又∵N為BB1的中點(diǎn)， ∴DM∥BN，且DM＝BN， ∴四邊形BNDM為平行四邊形， ∴BM∥DN， ∵BM⊥平面ACC1A1， ∴DN⊥平面AA1C1C. 又∵DN?平面AC1N， ∴平面AC1N⊥平面AA1C1C. 13