新高考数学一轮复习课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定与性质（含解析）

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课时跟踪检测（三十七）  直线、平面垂直的判定与性质1．若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)A．若α⊥β，m⊥β，则m∥αB．若m∥α，n⊥m，则n⊥αC．若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则α∥βD．若m∥β，m⊂α，α∩β＝n，则m∥n解析：选D　选项A中，m与α的关系是m∥α或m⊂α，故A不正确；选项B中，n与α之间的关系是n与α相交或n∥α，故B不正确；选项C中，α与β的关系是α∥β或α与β相交，故C不正确；选项D中，由线面平行的性质可得命题正确．故选D.2．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是(　　)A．若m⊂α，则m⊥βB．若m⊂α，n⊂β，则m⊥nC．若m⊄α，m⊥β，则m∥αD．若α∩β＝m，n⊥m，则n⊥α解析：选C　对于A：若m⊂α，则m与平面β可能平行或相交，所以A错误；对于B：若m⊂α，n⊂β，则m与n可能平行、相交或异面，所以B错误；对于C：若m⊄α，m⊥β，则m∥α，C正确；对于D：α∩β＝m，n⊥m，则n不一定与平面α垂直，所以D错误．3．(2021·湖南五市联考)若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)A．若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则α⊥βB．若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥nC．若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线D．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β解析：选D　对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确．故选D.4.如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在(　　)A．直线AC上　　　　　 B．直线AB上C．直线BC上  D．△ABC内部解析：选B　连接AC1，如图．∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1.又AC在平面ABC内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上．故选B.5.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形．如图，在四面体P­ABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有(　　)A．6个  B．8个C．10个  D．12个解析：选C　为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体P­ABC为“鳖臑”，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，知四面体P­AEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C.6．(2020·新高考全国卷Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)A．20°  B．40°C．50°  D．90°解析：选B　过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，所以OA⊥EF，GF⊥CD，CD∥OB，所以∠CAO＝∠AOB＝40°，∠OAE＝∠AGF＝90°.又因为∠EAC＝∠FAG，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故选B.  7．(多选)(2021·济宁一模)如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且AB＝2，AD＝EF＝1.则(　　)A．DF∥平面BCEB．异面直线BF与DC所成的角为30°C．△EFC为直角三角形D．VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶4解析：选BD　对A项，因为AB∥EF，AB∥CD，所以EF∥CD，所以四边形CDFE确定一个平面．由于CD，EF的长度不相等，则DF，CE不平行，即DF与平面BCE有公共点，故A错误；对B项，连接OF，OE，OE与BF交于点G.因为OB∥EF，OB＝EF，OB＝OF＝1，所以四边形OBEF为菱形，则BE＝OF＝1，所以△OBE为等边三角形．由于点G为OE的中点，则∠OBG＝∠OBE＝30°.因为AB∥CD，所以异面直线BF与DC所成的角为∠ABF＝∠OBG＝30°，故B正确；对C项，由于四边形OBEF为菱形，则BF＝2BG＝2 ＝.由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可知，BC⊥BE，BC⊥BF，所以CF＝＝2，CE＝＝.又EF2＋CE2＝3≠CF2，所以△EFC不是直角三角形，故C错误；对D项，因为BF＝，BE＝1，EF＝1，所以S△BEF＝×× ＝.由面面垂直的性质可知，BC⊥平面BEF，所以VC­BEF＝××1＝.过点F作AB的垂线，垂足为H，则FH＝BF＝，根据面面垂直的性质可知HF⊥平面ABCD，则VF­ABCD＝×2×1×＝，所以VC­BEF∶VF­ABCD＝1∶4，故D正确，故选B、D.8．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为________．①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．解析：若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m平行的直线，故①错误；若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．答案：②④9．(2021·宜昌模拟)在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，若CM＝BN，则MN长度的最小值为________．解析：过M作MQ⊥AB于Q，连接QN，如图所示．∵平面ABCD⊥平面ABEF，且交线为AB，∴MQ⊥平面ABEF，又QN⊂平面ABEF，∴MQ⊥QN.设CM＝BN＝a(0<a<)，则AM＝NF＝－a，∵MQ⊥AB，∴MQ∥BC，∴＝＝，又知CM＝BN，AM＝NF，AC＝BF，∴＝＝，∴QN∥AF，且QN＝a.同理，QM＝1－a.在Rt△MQN中，MN＝＝ ＝ ＝ ，∵0<a<，∴当a＝时，MN取得最小值.即MN长度的最小值为.答案：10．(2021·泉州模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝AB＝2，∠A1AB＝60°.(1)求证：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，且AC⊥B1C1，求该三棱柱的体积．解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.∵CA＝CB，∴AB⊥CO.∵AA1＝AB，∠A1AB＝60°，∴△ABA1是等边三角形，∴AB⊥OA1.又CO∩OA1＝O，∴AB⊥平面OA1C.又A1C⊂平面OA1C，∴AB⊥A1C.(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⊥BC.又AC＝BC，AB＝2，∴S△ABC＝×AC×BC＝1，A1O＝，∴三棱柱的体积V＝S△ABC·A1O＝.11.(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，   △ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P­ABC的体积．解：(1)证明：由题设可知，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°.从而PB⊥PA，PB⊥PC.因为PA∩PC＝P，所以PB⊥平面PAC.又PB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl＝，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝.从而AB＝.由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，所以PA＝PB＝PC＝.所以三棱锥P­ABC的体积为××PA×PB×PC＝××3＝.12.(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；(2)点C1在平面AEF内．证明：(1)如图，连接BD，B1D1.因为AB＝BC，所以四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD，所以AC⊥BB1.因为BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.因为EF⊂平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG＝2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为D1E＝DD1，AG＝AA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，所以四边形ED1GA为平行四边形，所以 AE∥GD1.因为B1F＝BB1，A1G＝AA1，BB1綊AA1，所以FG綊A1B1，FG綊C1D1，所以四边形FGD1C1为平行四边形，所以GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内．13.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF.证明：(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，如图．在△ACF中，因为O，H分别为CA，CF的中点，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.