【师说 高中全程复习构想】（新课标）2022届高考数学 9.5 直线、平面垂直的判定及性质练习

【师说高中全程复习构想】（新课标）2022届高考数学9.5直线、平面垂直的判定及性质练习一、选择题1．平面α⊥平面β的一个充分条件是(　　)A．存在一条直线l，l⊥α，l⊥βB．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥βC．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βD．存在一条直线l，l⊥α，l∥β解析：由A、B两选项可推知α∥β，故A、B均错．由C选项可推知α与β可能相交但不垂直，故C错，故选D.答案：D2．设a、b、c是空间的三条直线，α、β是空间的两个平面，则下列命题中不成立的是(　　)A．当c⊥a时，若c⊥β，则a∥βB．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥b，则c∥α解析：对于选项A，a可能在平面β内，故A不成立；而B、C、D均成立．答案：A3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C与对角面DD1B1B所成角的大小是(　　)A．15°　　　B．30°　　　C．45°　　　D．60°解析：如图所示，连接AC交BD于O点，易证AC⊥平面DD1B1B，连接B1O，则∠CB1O即为B1C与对角面所成的角，设正方体边长为a，则B1C＝a，CO＝a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°.答案：B4．若l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　)A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m解析：对于A，由l⊥m及m⊂α，可知l与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故A不正确．B正确．对于C，由l∥α，m⊂α知，l与m的位置关系为平行或异面，故C不正确．对于D，由l∥α，m∥α知，l与m的位置关系为平行、异面或相交，故D不正确.答案：B5．设a、b是不同的直线，α、β是不同的平面，则下列四个命题中正确的是(　　)A．若a⊥b，a⊥α，则b∥αB．若a∥α，α⊥β，则a⊥β5\nC．若a⊥β，α⊥β，则a∥αD．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β解析：A中，b可能在α内；B中，a可能在β内，也可能与β平行或相交；C中，a可能在α内；D中，a⊥b，a⊥α，则b⊂α或b∥α，又b⊥β，∴α⊥β.答案：D6．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是(　　)A．一条直线　B．一个圆C．一个椭圆D．双曲线的一支解析：设动直线l与α交于另一点D，则由AB⊥AC，AB⊥AD知，AB⊥平面ADC.又DC⊂平面ADC，故AB⊥DC，从而可知动点C的轨迹是直线DC.答案：A二、填空题7．如图，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，则AD＝__________.解析：取BC中点E，连接ED、AE，∵AB＝AC，∴AE⊥BC.∵平面ABC⊥平面BDC，∴AE⊥平面BCD.∴AE⊥ED.在Rt△ABC和Rt△BCD中，AE＝ED＝BC＝a，∴AD＝＝a.答案：a8．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值为__________．解析：∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，∴PC⊥CM，∴PM＝＝.要使PM最小，只需CM最小，此时CM⊥AB，∴CM＝＝2，∴PM的最小值为2.答案：29．m、n是空间两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下面四个命题中，真命题的序号是__________．①m⊥α，n∥β，α∥β⇒m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α⇒n∥β；5\n③m⊥n，α∥β，m∥α⇒n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β⇒n⊥β.解析：①显然正确；②错误，n还可能在β内；③错误，n可能与β相交但不垂直；④正确.答案：①④三、解答题10．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.解析：(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.11．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．解析：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.5\n(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.故BC⊥平面PBD，BC⊥DE.则DE⊥平面PBC.由题设知PD＝1，则BD＝，PB＝2.根据DE·PB＝PD·BD＝，.根据DE·PB＝PD·BD得DE＝.即棱锥D－PBC的高为.12．如图，已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋，过A作AE⊥CD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.(1)求证：BC⊥平面CDE；(2)求证：FG∥平面BCD；(3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DCB，并说明理由．解析：(1)由已知得DE⊥AE，DE⊥EC，∵AE∩EC＝E，AE、EC⊂平面ABCE，∴DE⊥平面ABCE，∴DE⊥BC.又BC⊥CE，CE∩DE＝E，∴BC⊥平面CDE.(2)取AB中点H，连接GH、FH，如图所示，∴GH∥BD，FH∥BC，∴GH∥平面BCD，FH∥平面BCD，又∵GH∩FH＝H，∴平面FHG∥平面BCD，∴GF∥平面BCD.(3)R点满足3AR＝RE时，平面BDR⊥平面DCB.取BD中点Q，连接DR、BR、CR、CQ、RQ，如图所示：5\n容易计算CD＝2，BR＝，CR＝，DR＝，CQ＝，在△BDR中，∵BR＝，DR＝，BD＝2，可知RQ＝，∴在△CRQ中，CQ2＋RQ2＝CR2，∴CQ⊥RQ.又在△CBD中，CD＝CB，Q为BD的中点，∴CQ⊥BD，∴CQ⊥平面BDR，∴平面BDC⊥平面BDR.5