2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第41讲直线、平面垂直的判定与性质（达标检测）（Word版附解析）

第41讲直线、平面垂直的判定与性质（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•海淀区校级期末）三棱锥中，侧面底面，，，．则　　A．B．C．D．【分析】由题易知，为等腰直角三角形，且，即选项错误；过点作于，连接，由面面垂直的性质定理可证得平面，即在底面上的投影为点，从而得；由和平面可推出，，即，结合线面垂直的判定定理得平面，从而得，即选项正确；由三垂线定理可知选项和均错误．【解答】解：，，为等腰直角三角形，且，与不垂直，即选项错误；过点作于，连接，侧面底面，面面，面，即在底面上的投影为点，面，．，，，，、面，，面，面，，即选项正确；由三垂线定理知，若，，则，，这与相矛盾，即 选项和均错误．故选：．2．（2020•眉山模拟）在如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的有　　A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】对四个图，分别运用异面直线所成角的定义和线面垂直的性质定理和判定定理，即可得到结论．【解答】解：对于①，由，且与成的角，不垂直，则直线与平面不垂直；对于②，由于，，由线面垂直的判定定理可得平面；对于③，与成的角，不垂直，则直线与平面不垂直；对于④，连接，由正方形的性质可得，而平面，可得，则平面，即有，同理可得，所以平面．综上，②④满足题意．故选：．3．（2020•商洛模拟）已知是圆柱上底面的一条直径，是上底面圆周上异于，的一点，为下底面圆周上一点，且圆柱的底面，则必有　　A．平面平面B．平面平面C．平面平面D．平面平面【分析】画出图形，结合直线与平面垂直的判断定理，转化证明平面与平面垂直，推出结果即可．【解答】解：因为是圆柱上底面的一条直径，所以，又垂直圆柱的底面， 所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面．故选：．4．（2020•五华区校级模拟）在长方体中，，为棱的中点，则　　A．B．C．D．【分析】连结，，则，，从而，进而，平面，由此得到．【解答】解：连结，，因为，所以，所以，所以，所以，即，所以平面，所以．故选：．5．（2020春•芝罘区校级期末）如图，垂直于以为直径的圆所在平面，为圆上异于，的任意一点，垂足为，点是上一点，则下列判断中不正确的是　　 A．平面B．C．D．平面平面【分析】在中，推导出，，从而平面，可得正确；在中，由平面，可证，又，可证平面，即可证明，可得正确；在中，由，得若，则平面，与矛盾，可得错误；在中，由平面，面，即可证明平面平面，可得正确．【解答】解：在中，为圆上异于，的任意一点，，，，平面，故正确；在中，平面，平面，，，，平面，平面，，故正确；在中若，则平面，则，与矛盾，故与不垂直，故错误；在中，平面，面，平面平面，故正确．故选：．6．（2020•长春四模）已知直线和平面、有如下关系：①，②，③，④，则下列命题为真的是　　A．①③④B．①④③C．③④①D．②③④ 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项得答案．【解答】解：对于，由，，可得或，故错误；对于，由，，可得或或与相交，故错误；对于，由，过作平面与相交，交线为，则，，，而，可得，故正确；对于，由，，可得，故错误．故选：．7．（2019秋•延吉市校级月考）已知三棱锥中，若，，两两互相垂直，作平面，垂足为，则点是的　　A．外心B．内心C．重心D．垂心【分析】由题意分析可证得、，符合这一性质的点是垂心．【解答】解：连结并延长，交与连结并延长，交与；因，，故面，故；因面，故，故面，故，即；同理：；故是的垂心．故选：．8．（2020春•海淀区校级期末）把边长为4的正方形，沿对角线折成空间四边形，使得平面平面，则空间四边形的对角线的长为　　A．4B．C．2D．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出空间四边形的对角线的长． 【解答】解：如图所示，取的中点，连接、，则，，由平面平面，且平面平面，所以；又，所以，所以，即空间四边形的对角线．故选：．9．（2020•昆明一模）如图1，已知是直角梯形，，，在线段上，．将沿折起，使平面平面，连接，，设的中点为，如图2．对于图2，下列选项错误的是　　A．平面平面B．平面C．D．【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到平面，判定正确；进一步得到平面平面，结合判定正确；再证明平面，得到为直角三角形，判定正确；由错误的选项存在可知错误．【解答】解：如图， 图1中，则图2中，又平面平面，平面平面，平面，则，故选项正确；由平面，平面，得平面平面，而平面平面，平面，，平面，故选项正确；，平面平面，且平面平面，平面，则，即是以为斜边的直角三角形，而为的中点，则，故选项正确．因此错误的只能是．故选：．10．（2020•合肥模拟）已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且，若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为　　A．B．C．D．【分析】依题意，，取的中点，作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，，设四棱锥的外接球半径为，则，，由此当四棱锥的体积最大时，能求出当的最大值．【解答】解：依题意，，取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，是的外心，作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，，设四棱锥的外接球半径为，则， 则，当四棱锥的体积最大时，．故选：．11．（多选）（2020春•韶关期末）在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是棱的中点，作交于点，则有　　A．异面直线与所成角大小为B．平面平面C．平面D．【分析】连结，，交于点，连结，推导出，从而是异面直线与所成角，推导出，从而求出异面直线与所成角大小为；推导出，，从而平面，由此得到平面平面；推导出，，，从而平面，进而，再由，得到平面；由平面，知．【解答】解：如图，连结，，交于点，连结，底面是正方形，是中点，是棱的中点，，是异面直线与所成角，底面是正方形，侧棱底面，， ，，异面直线与所成角大小为，故正确；平面，，又，，平面，平面，平面，又平面，平面平面，故正确；平面，，由底面是正方形，得，，是的中点，，，平面，平面，，又，，平面，故正确；由平面，知，故错误．故选：．12．（多选）（2020•山东模拟）如图所示，在四个正方体中，是正方体的一条体对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形为　　A．B．C．D． 【分析】根据正方体的性质即可判断出结论．【解答】解：对于．根据正方体的性质可得：，，可得平面．而无法得出平面．故选：．13．（2020春•兴庆区校级期末）若直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于，的一点，有下列关系：①；②平面；③；④．其中正确的是　　．【分析】①由直线垂直于以为直径的圆所在的平面，以为直径的圆所在的平面，得；②由，，得平面；③由，但与相交且不垂直，得与不垂直；④由平面，得．【解答】解：直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于，的一点，以为直径的圆所在的平面，，故①正确；是圆的直径，为圆周上异于，的一点，，又，，平面，故②正确；，但与相交且不垂直，与不垂直，故③错误；平面，平面，，故④正确．故答案为：①②④．14．（2020•广西模拟）在四棱锥中，底面四边形为矩形，平面，，别是线段，的中点，点在线段上．若，，，则　　． 【分析】取的中点，连接，．由已知证明，结合已知，可得平面，得到，进一步得到，在直角三角形中，由等面积法求解．【解答】解：取的中点，连接，．平面，平面，，而，，平面，故平面，又平面，．又，，平面，平面，．，分别为，的中点，，则，在直角三角形中，，，可求得．由等面积法可得．故答案为：．15．（2020•大庆三模）已知四边长均为的空间四边形的顶点都在同一个球面上，若，平面平面，则该球的体积为　　．【分析】根据题意画出图形，结合图形得出与均为等边三角形，求出四面体外接球的半径，再计算外接球的体积．【解答】解：如图所示， 设是的外心，是的外心，过，分别作平面与平面的垂线、，相交于；由空间四边形的边长为，，所以与均为等边三角形；又平面平面，所以为四面体外接球的球心；又，，所以外接球的半径为；所以外接球的体积为．故答案为：．16．（2020春•滁州期末）在正方体中，，分别是，的中点，在上，若平面平面，则　　．【分析】当为中点时，可得面，即可得平面平面，从而求得．【解答】解：，分别是，的中点，．根据正方体的性质可得面，即可得．当为中点时，，又．面，即可得平面平面．则．故答案为：2． 17．（2019秋•南康区校级月考）已知四边形是矩形，，，沿将向上折起，使为，且平面平面，是的中点，是上一点，给出下列结论：①存在点，使得平面②存在点，使得平面③存在点，使得平面④存在点，使得平面其中正确结论的序号是　　．【分析】①存在中点，则，利用线面平行的判定定理可得平面；②由平面平面，可知只需即可使得平面；③，利用面面垂直的性质，可得平面；④因为是矩形，，，所以，在上的射影不是同一点，所以不存在点，使得平面．【解答】解：①存在中点，则，利用线面平行的判定定理可得平面，正确；②由平面平面，可知只需即可使得平面，故正确；③，利用面面垂直的性质，可得平面，正确；④因为是矩形，，，所以，在上的射影不是同一点，所以不存在点，使得平面，故不正确；故答案为：①②③． 18．（2020•娄底模拟）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面是等边三角形，且平面平面，为棱上一点，若平面平面，则　　．【分析】取的中点，连接交于点，推导出．平面，，由此能求出结果．【解答】解：取的中点，连接交于点，连结，，，．平面平面，，平面，又平面平面，，．故答案为：．19．（2019秋•乐山期中）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面， ，则下列结论中：①；②平面平面；③直线平面；④．其中正确的有　　（把所有正确的序号都填上）．【分析】①由平面，及正六边形的性质易得：平面，所以，①正确；②由平面，易得平面平面，所以平面平面不成立，②错；③由正六边形的性质得，但是与平面相交，所以③错；④由平面，可得，又因为，所以，④正确．【解答】解：对于①、由平面，平面，得，又由正六边形的性质得，，得平面，又平面，，①正确；对于②、又平面平面，所以平面平面不成立，②错；对于③、由正六边形的性质得，又平面，平面，直线平面也不成立，③错；对于④、在中，，，④正确．故答案为：①④20．（2020春•安徽期末）如图，在正方体中，，分别是，的中点．证明：（1）平面；（2）平面． 【分析】（1）推导出，由此能证明平面．（2）连结，，推导出．，从而平面，进而，同理，由此能证明平面．【解答】证明：（1），分别是，的中点，，平面，平面，平面．（2）连结，，由正方体的性质知是正方形，则．由正方体的性质可知平面，，，平面，平面，，同理可证，，平面．21．（2020•龙凤区校级模拟）如图，四棱锥中，，，，，且．（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离． 【分析】（1）取、的中点分别为、，连结，，，由已知可证，，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用线面垂直的性质可证，又，可证平面，利用面面垂直的判定定理可证平面平面．（2）由（1）及题意知为三棱锥的高，设点到平面的距离为，利用等体积法，三角形的面积公式可求的值，即可得解．【解答】解：（1）取、的中点分别为、，连结，，，，，四边形为梯形，又、为、的中点，为梯形的中位线，，又，，，为的中点，又，平面，平面，平面，又平面，故，由，为中点，，又，不平行，必相交于某一点，且，都在平面上， 平面，由平面，则平面平面．（2）由（1）及题意知，为三棱锥的高，，，，故，，且，设点到平面的距离为，由等体积法知：，解得，所以点到平面的距离为．22．（2020春•宣威市期末）如图，在三棱锥中，已知是正三角形，平面，，为的中点，在棱上，且．（1）求证：平面；（2）若为的中点，问上是否存在一点，使平面？若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）取的中点，推导出，，则，再求出，，从而平面，进而，由此能证明平面．（2）连结，设，连结，推导出存在这样的点，当时，平面．【解答】解：（1）证明：取的中点，，，，为的中点，为的中点，为的中点，为的中点，，则，是正三角形，，平面，，，平面，，，平面． （2）存在这样的点，当时，平面．连结，设，连结，由条件知为的重心，，当时，，．[B组]—强基必备1．（2020•婺城区校级模拟）在正四面体中，已知，分别是，上的点（不含端点），则　　A．不存在，，使得B．存在，使得C．存在，使得平面D．存在，，使得平面平面【分析】对于，两项：当，分别是，的中点时，易证，且平面平面．对于：可利用在上移动时，的范围判断．对于：可将看成三棱锥的顶点，则过做底面的垂线只有一条，即高线，从而否定．【解答】解：（1）对于，选项，取，分别为，的中点如图：因为是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形．所以，所以，同理可证．故错误；又因为，，且，故平面，又平面， 所以平面平面．故正确．（2）对于选项，将看成正三棱锥的顶点，易知当在上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即（1）中的，显然为锐角，最大角为，故当在上移动时，不存在，使得．故错误．（3）对于选项，将看成顶点，则由向底面作垂线，垂足为底面正三角形的中心，不落在上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在，使得平面，故错误．故选：．2．（2019•海淀区校级三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形．侧面底面，、分别为棱、的中点．（Ⅰ）求证：平面（Ⅱ）求证：平面平面（Ⅲ）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【分析】取中点，构造平行四边形，得出即可证明结论；通过证明平行四边形为矩形得出，再根据即可得出平面，从而结论得证； 根据余弦定理计算，，，根据计算的值，从而得出的值．【解答】证明：取中点，连结，，，，分别是，的中点，，，底面是菱形，是的中点，，，，，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面．证明：是等边三角形，是的中点，，底面是菱形，，是等边三角形，又是的中点，，又，平面，，又四边形是平行四边形，四边形是矩形，，又，是的中点，，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面．假设棱上存在点，使得平面，连结，，则， 底面是边长为2的菱形，，为正三角形，，，，，，侧面底面，侧面底面，平面，，，，，．