（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（三十九）直线、平面垂直的判定及其性质 理（含解

课时跟踪检测（三十九）直线、平面垂直的判定及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．答案：充分不必要2．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是________．解析：过A作AH⊥BD于H，由平面ABD⊥平面BCD，得AH⊥平面BCD，则AH⊥BC，又DA⊥平面ABC，所以BC⊥DA，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC为直角三角形．答案：直角三角形3．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.(填所选条件的序号)解析：若m⊥α，α∥β，则m⊥β.故填②④.答案：②④4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直．答案：垂直5．(2018·常州期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD⊥平面AEP，则线段AP长度的取值范围是________．解析：连结BC1，易得BC1⊥平面A1B1CD，要满足题意，只需EP∥BC1即可．取CC1的中点为F，则EF∥BC1，故P在线段EF上(不含端点)．∵AE＝22＋12＝5，AF＝22＋22＋12＝3，∴线段AP长度的取值范围是(5，3)．答案：(5，3)6．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：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，又AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③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：①②④二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·盐城中学测试)已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为________．解析：若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．答案：22．(2018·徐州期中)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为________(写出满足条件的所有平面)．解析：在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，可得∠BDC＝90°，即BD⊥CD.∵平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面ABD，又CD⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面ABD；假设平面ADC⊥平面BCD，∵BD⊥CD，且平面ADC∩平面BCD＝CD，∴BD⊥平面ADC，则BD⊥AD，与∠ADB＝45°矛盾；∵CD⊥平面ABD，AB⊂平面ABD，∴CD⊥AB，又AD⊥AB，且AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.∴在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC.答案：平面ABD，平面ABC.3．已知正△ABC的边长为2cm，PA⊥平面ABC，A为垂足，且PA＝2cm，那么点P到BC的距离为________cm.解析：如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BC⊥AD，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAD，所以PD⊥BC，则PD的长度即为点P到BC的距离．在Rt△PAD中，PA＝2，AD＝3，可得PD＝22＋32＝7.答案：74．(2018·连云港期末)已知四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件____________时，有PC⊥BD(填上你认为正确的一个条件即可)．解析：∵四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，当四边形ABCD是菱形时，BD⊥AC.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴PC⊥BD.答案：四边形ABCD是菱形5．已知直线a和两个不同的平面α，β，且a⊥α，a∥β，则α，β的位置关系是________．解析：记b⊂β且a∥b，因为a∥b，a⊥α，所以b⊥α，因为b⊂β，所以α⊥β.答案：垂直6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有____________；与AP垂直的直线有________．解析：因为PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因为AP⊂平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D­ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是________(填序号)．解析：由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错误．答案：①②③8．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，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：129．(2018·海安中学测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝AC，PB＝PD＝2AC，E是PD的中点，求证：(1)PB∥平面ACE；(2)平面PAC⊥平面ABCD.证明：(1)连结BD交AC于点O，连结OE，∵底面ABCD为菱形，∴O是BD的中点，又E是PD的中点，∴OE∥PB，∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，从而AB＝AC，又PB＝2AC，PA＝AC，∴PB＝2AB＝2PA，可得PA⊥AB.同理可证PA⊥AD.又∵AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD，∵PA⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABCD.10．(2019·徐州高三检测)如图，在三棱锥S­ABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB.求证：(1)AB∥平面SDE；(2)平面ABC⊥平面SDE.证明：(1)因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，所以DE∥AB.因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，所以AB∥平面SDE.(2)因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．又因为SA＝SC，所以SE⊥AC，又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC.因为DE∩SE＝E，DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，所以AC⊥平面SDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDE.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，正确的命题是________．(填序号)①MB是定值；②点M在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE⊥A1C；④一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE.解析：取DC中点N，连结MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，∵MN∩NB＝N，A1D∩DE＝E，∴平面MNB∥平面A1DE，∵MB⊂平面MNB，∴MB∥平面A1DE，④正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝12A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，∴MB是定值，①正确；B是定点，∴M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，②正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，③不正确．∴①②④正确．答案：①②④2．如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A­D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．解析：由题意可得BC1∥AD1，又AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VA­D1PC＝VP­AD1C，所以体积不变，故①正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到B点时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确；因为AC⊥平面DD1B1B，DB1⊂平面DD1B1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面ACD1.又因为DB1⊂平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.答案：①②④3．(2019·泰州调研)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AE＝CF＝2a.(1)求证：B1F⊥平面ADF；(2)求三棱锥B1­ADF的体积；(3)求证：BE∥平面ADF.解：(1)证明：因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，因为B1B⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝a，B1C1＝CF＝2a，所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面AFD.(2)因为B1F⊥平面AFD，所以VB1­ADF＝13·S△ADF·B1F＝13×12×AD×DF×B1F＝52a33.(3)证明：连结EF，EC，设EC∩AF＝M，连结DM，因为AE＝CF＝2a，所以四边形AEFC为矩形，所以M为EC中点，因为D为BC中点，所以MD∥BE.因为MD⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，所以BE∥平面ADF.