《（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十一單元 空間位置關系 高考達標檢測（三十一）垂直問題3角度——線線、線面、面面 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十一單元 空間位置關系 高考達標檢測（三十一）垂直問題3角度——線線、線面、面面 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十一單元 空間位置關系 高考達標檢測（三十一）垂直問題3角度——線線、線面、面面 理 一、選擇題 1．(2018·天津模擬)設l是直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是(　　) A．若l∥α，l∥β，則α∥β　 B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 解析：選B　對于A，若l∥α，l∥β，則α∥β或α與β相交，故A錯；易知B正確； 對于C，若α⊥β，l⊥α，則l∥β或l?β，故C錯； 對于D，若α⊥β，l∥α，則l與β的位置關系不確定，故D錯．選B. 2．設m，n是兩

2、條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面．下列命題中正確的有(　　) ①若m?β，α⊥β，則m⊥α； ②若α∥β，m?α，則m∥β； ③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，則m⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，則α⊥β. A．①③　　　　　　　 　 B．①② C．③④ D．②③ 解析：選D　由面面垂直的性質定理知， 若m?β，α⊥β，且m垂直于α，β的交線時，m⊥α，故①錯誤； 若α∥β，則α，β無交點．又m?α，所以m∥β，故②正確； 若n⊥α，n⊥β，則α∥β.又m⊥α，所以m⊥β，故③正確； 若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④錯誤． 3．(2018·南昌模擬)已知m，n為

3、異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 解析：選D　由于m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β，則平面α與平面β必相交，但未必垂直，且交線垂直于直線m，n，又直線l滿足l⊥m，l⊥n，則交線平行于l. 4．設a，b是夾角為30°的異面直線，則滿足條件“a?α，b?β，且α⊥β ”的平面α，β(　　) A．不存在 B．有且只有一對 C．有且只有兩對 D．有無數(shù)對 解析：選D　過直線a的平面α有無數(shù)個，當平面α與直線b平行時

4、，兩直線的公垂線與b確定的平面β⊥α，當平面α與b相交時，過交點作平面α的垂線與b確定的平面β⊥α.故選D. 5.如圖，矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻轉成△A1DE(A?平面ABCD)，若M，O分別為線段A1C，DE的中點，則在△ADE翻轉過程中，下列說法錯誤的是(　　) A．與平面A1DE垂直的直線必與直線MB垂直 B．異面直線BM與A1E所成角是定值 C．一定存在某個位置，使DE⊥MO D．三棱錐A1-ADE外接球半徑與棱AD的長之比為定值 解析：選C　取DC的中點N，連接MN，NB， 則MN∥A1D，NB∥DE， ∴平面MNB∥平面

5、A1DE， ∴MB∥平面A1DE，故A正確； 取A1D的中點F，連接MF，EF，則四邊形EFMB為平行四邊形， 則∠A1EF為異面直線BM與A1E所成角，故B正確； 點A關于直線DE的對稱點為N，則DE⊥平面AA1N， 即過O與DE垂直的直線在平面AA1N上，故C錯誤； 三棱錐A1-ADE外接球半徑為AD，故D正確． 6．(2018·寶雞質檢)對于四面體ABCD，給出下列四個命題： ①若AB＝AC，BD＝CD，則BC⊥AD； ②若AB＝CD，AC＝BD，則BC⊥AD； ③若AB⊥AC，BD⊥CD，則BC⊥AD； ④若AB⊥CD，AC⊥BD，則BC⊥AD. 其中為真命題的

6、是(　　) A．①② B．②③ C．②④ D．①④ 解析：選D　①如圖，取BC的中點M，連接AM，DM，由AB＝AC?AM⊥BC，同理DM⊥BC?BC⊥平面AMD，而AD?平面AMD，故BC⊥AD.④設A在平面BCD內的射影為O，連接BO，CO，DO，由AB⊥CD?BO⊥CD，由AC⊥BD?CO⊥BD?O為△BCD的垂心?DO⊥BC?AD⊥BC. 7．如圖所示，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為CD的中點，F(xiàn)為線段EC上(端點除外)一動點．現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足．設AK＝t，則t的取值范圍是(

7、　　) A. B. C. D. 解析：選B　如圖①所示，過點K作KM⊥AF于點M，連接DM， 易得DM⊥AF，與折前的圖形對比，可知折前的圖形中D，M，K三點共線且DK⊥AF(如圖②所示)， 于是△DAK∽△FDA，所以＝，即＝， 所以t＝，又DF∈(1,2)，故t∈. 二、填空題 8．已知a，b表示兩條不同的直線，α，β，γ表示三個不同的平面，給出下列命題： ①若α∩β＝a，b?α，a⊥b，則α⊥β； ②若a?α，a垂直于β內的任意一條直線，則α⊥β； ③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，則a⊥b； ④若a不垂直于平面α，則a不可能垂直于平面α內的無數(shù)條直

8、線； ⑤若a⊥α，a⊥β，則α∥β. 其中正確命題的序號是________． 解析：①一個平面內的一條直線與另一個平面內的一條直線垂直，這兩個平面不一定垂直，故①錯誤；②滿足兩個平面垂直的定義，故②正確；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，則a與b平行或相交(相交時可能垂直)，故③錯誤；④若a不垂直于平面α，但a可能垂直于平面α內的無數(shù)條直線，故④錯誤；⑤垂直于同一條直線的兩個平面互相平行，故⑤正確． 答案：②⑤ 9．在三棱錐P -ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O， (1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心． (2)若PA⊥PB，PB⊥

9、PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心． 解析：如圖，連接OA，OB，OC，OP，并延長AO交BC于H點，延長BO交AC于D點，延長CO交AB于G點． (1)在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，∴OA＝OB＝OC，即O為△ABC的外心． (2)∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB， ∴PC⊥AB， 又AB⊥PO，PO∩PC＝P，∴AB⊥平面PGC， 又CG?平面PGC， ∴AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB的高． 同理可證BD，AH為△ABC底邊上的高， 即O為△ABC的垂心． 答案

10、：(1)外　(2)垂 10.如圖，直三棱柱ABC -A1B1C1中，側棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________． 解析：設B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF， 所以AB1⊥DF. 由已知可以得A1B1＝， 設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，解得x＝. 即線段B1F的長為. 答案： 三、解答題 11．(201

11、7·江蘇高考)如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 證明：(1)在平面ABD內，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因為AD?平面ABD， 所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平

12、面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又因為AC?平面ABC， 所以AD⊥AC. 12．(2018·貴州省適應性考試)已知長方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.現(xiàn)將長方形沿對角線BD折起，使AC＝a，得到一個四面體A-BCD，如圖所示． (1)試問：在折疊的過程中，直線AB與CD能否垂直？若能，求出相應a的值；若不能，請說明理由． (2)求四面體A-BCD體積的最大值． 解：(1)直線AB與CD能垂直． 因為AB⊥AD， 若AB⊥CD，因為AD∩CD＝D， 所以AB⊥平面ACD， 又因為AC?平面ACD， 從而AB⊥AC. 此時，a＝＝＝， 即當a＝時，有AB⊥C

13、D. (2)由于△BCD面積為定值，所以當點A到平面BCD的距離最大，即當平面ABD⊥平面BCD時，該四面體的體積最大， 此時，過點A在平面ABD內作AH⊥BD，垂足為H， 則有AH⊥平面BCD，AH就是該四面體的高． 在△ABD中，AH＝＝， S△BCD＝×3×4＝6， 此時VA-BCD＝S△BCD·AH＝，即為該四面體體積的最大值． 13．(2018·鄭州模擬)如圖，已知三棱柱ABC-A′B′C′的側棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面AA′C′C； (2)設AB＝λAA′，當λ為何值時，CN⊥平面

14、A′MN，試證明你的結論． 解：(1)證明：如圖，取A′B′的中點E，連接ME，NE. 因為M，N分別為A′B和B′C′的中點， 所以NE∥A′C′，ME∥BB′∥AA′. 又A′C′?平面AA′C′C，A′A?平面AA′C′C， 所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C， 因為ME∩NE＝E， 所以平面MNE∥平面AA′C′C， 因為MN?平面MNE， 所以MN∥平面AA′C′C. (2)當λ＝時，CN⊥平面A′MN，證明如下： 連接BN，設AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa， 由題意知BC＝λa，CN＝BN＝ ， 因為三棱柱ABC-A′B′C′的側棱

15、垂直于底面， 所以平面A′B′C′⊥平面BB′C′C， 因為AB＝AC，點N是B′C′的中點， 所以A′N⊥平面BB′C′C， 所以CN⊥A′N， 要使CN⊥平面A′MN，只需CN⊥BN即可， 所以CN2＋BN2＝BC2， 即2＝2λ2a2， 解得λ＝， 故當λ＝時，CN⊥平面A′MN. 如圖，在四棱錐S -ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD.四邊形ABCD為正方形，且點P為AD的中點，點Q為SB的中點． (1)求證：CD⊥平面SAD. (2)求證：PQ∥平面SCD. (3)若SA＝SD，點M為BC的中點，在棱SC上是否存在點N，使得平面DMN⊥平面ABCD？若

16、存在，請說明其位置，并加以證明；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：因為四邊形ABCD為正方形，所以CD⊥AD. 又因為平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD. (2)證明：如圖，取SC的中點R，連接QR，DR. 由題意知：PD∥BC且PD＝BC. 在△SBC中，點Q為SB的中點，點R為SC的中點， 所以QR∥ BC且QR＝BC， 所以PD∥QR，且PD＝QR， 所以四邊形PDRQ為平行四邊形，所以PQ∥DR. 又因為PQ?平面SCD，DR?平面SCD， 所以PQ∥平面SCD. (3)存在點N為SC的中點，使得平面DMN⊥平面ABCD. 證明如下： 如圖，連接PC，DM交于點O， 連接DN，PM，SP，NM，NO， 因為PD∥CM，且PD＝CM， 所以四邊形PMCD為平行四邊形， 所以PO＝CO. 又因為點N為SC的中點， 所以NO∥SP. 易知SP⊥AD， 又因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD， 所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD. 又因為NO?平面DMN， 所以平面DMN⊥平面ABCD.