《2019-2020年高考數(shù)學(xué) 9.5 直線、平面垂直的判定及性質(zhì)練習(xí).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué) 9.5 直線、平面垂直的判定及性質(zhì)練習(xí).doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué) 9.5 直線、平面垂直的判定及性質(zhì)練習(xí) 一、選擇題 1．平面α⊥平面β的一個充分條件是(　　) A．存在一條直線l，l⊥α，l⊥β B．存在一個平面γ，γ∥α，γ∥β C．存在一個平面γ，γ⊥α，γ⊥β D．存在一條直線l，l⊥α，l∥β 解析：由A、B兩選項可推知α∥β，故A、B均錯．由C選項可推知α與β可能相交但不垂直，故C錯，故選D. 答案：D 2．設(shè)a、b、c是空間的三條直線，α、β是空間的兩個平面，則下列命題中不成立的是(　　) A．當(dāng)c⊥a時，若c⊥β，則a∥β B．當(dāng)b?α?xí)r，若b⊥β，則α⊥β C．當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若b⊥c，則a⊥b D．當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若c∥b，則c∥α 解析：對于選項A，a可能在平面β內(nèi)，故A不成立；而B、C、D均成立． 答案：A 3．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C與對角面DD1B1B所成角的大小是(　　) A．15　　　B．30　　　C．45　　　D．60 解析：如圖所示，連接AC交BD于O點，易證AC⊥平面DD1B1B，連接B1O，則∠CB1O即為B1C與對角面所成的角，設(shè)正方體邊長為a，則B1C＝a，CO＝a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30. 答案：B 4．若l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是(　　) A．若l⊥m，m?α，則l⊥α B．若l⊥α，l∥m，則m⊥α C．若l∥α，m?α，則l∥m D．若l∥α，m∥α，則l∥m 解析：對于A，由l⊥m及m?α，可知l與α的位置關(guān)系有平行、相交或在平面內(nèi)三種，故A不正確．B正確．對于C，由l∥α，m?α知，l與m的位置關(guān)系為平行或異面，故C不正確．對于D，由l∥α，m∥α知，l與m的位置關(guān)系為平行、異面或相交，故D不正確. 答案：B 5．設(shè)a、b是不同的直線，α、β是不同的平面，則下列四個命題中正確的是(　　) A．若a⊥b，a⊥α，則b∥α B．若a∥α，α⊥β，則a⊥β C．若a⊥β，α⊥β，則a∥α D．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，則α⊥β 解析：A中，b可能在α內(nèi)；B中，a可能在β內(nèi)，也可能與β平行或相交；C中，a可能在α內(nèi)；D中，a⊥b，a⊥α，則b?α或b∥α，又b⊥β，∴α⊥β. 答案：D 6．平面α的斜線AB交α于點B，過定點A的動直線l與AB垂直，且交α于點C，則動點C的軌跡是(　　) A．一條直線　B．一個圓 C．一個橢圓 D．雙曲線的一支 解析：設(shè)動直線l與α交于另一點D，則由AB⊥AC，AB⊥AD知，AB⊥平面ADC.又DC?平面ADC，故AB⊥DC，從而可知動點C的軌跡是直線DC. 答案：A 二、填空題 7．如圖，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90，且AB＝AC＝a，則AD＝__________. 解析：取BC中點E，連接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：a 8．在△ABC中，∠ACB＝90，AB＝8，∠ABC＝60，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一個動點，則PM的最小值為__________． 解析：∵PC⊥平面ABC，CM?平面ABC， ∴PC⊥CM，∴PM＝＝. 要使PM最小，只需CM最小，此時CM⊥AB， ∴CM＝＝2，∴PM的最小值為2. 答案：2 9．m、n是空間兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，下面四個命題中，真命題的序號是__________． ①m⊥α，n∥β，α∥β?m⊥n； ②m⊥n，α∥β，m⊥α?n∥β； ③m⊥n，α∥β，m∥α?n⊥β； ④m⊥α，m∥n，α∥β?n⊥β. 解析：①顯然正確；②錯誤，n還可能在β內(nèi)；③錯誤，n可能與β相交但不垂直；④正確. 答案：①④ 三、解答題 10．如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60，E，F(xiàn)分別是AP，AD的中點．求證： (1)直線EF∥平面PCD； (2)平面BEF⊥平面PAD. 解析：(1)在△PAD中，因為E，F(xiàn)分別為AP，AD的中點， 所以EF∥PD. 又因為EF?平面PCD，PD?平面PCD， 所以直線EF∥平面PCD. (2)連接BD.因為AB＝AD，∠BAD＝60，所以△ABD為正三角形．因為F是AD的中點，所以BF⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因為BF?平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAD. 11．如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD. (1)證明：PA⊥BD； (2)設(shè)PD＝AD＝1，求棱錐D－PBC的高． 解析：(1)證明：因為∠DAB＝60，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD. 從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD， 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD. (2)如圖，作DE⊥PB，垂足為E.已知PD⊥底面ABCD，則PD⊥BC.由(1)知BD⊥AD， 又BC∥AD，所以BC⊥BD. 故BC⊥平面PBD，BC⊥DE. 則DE⊥平面PBC. 由題設(shè)知PD＝1，則BD＝，PB＝2. 根據(jù)DEPB＝PDBD＝，. 根據(jù)DEPB＝PDBD得DE＝. 即棱錐D－PBC的高為. 12．如圖，已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋，過A作AE⊥CD，垂足為E，G、F分別為AD、CE的中點，現(xiàn)將△ADE沿AE折疊，使得DE⊥EC. (1)求證：BC⊥平面CDE； (2)求證：FG∥平面BCD； (3)在線段AE上找一點R，使得平面BDR⊥平面DCB，并說明理由． 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中點H， 連接GH、FH，如圖所示， ∴GH∥BD，F(xiàn)H∥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點滿足3AR＝RE時，平面BDR⊥平面DCB.取BD中點Q，連接DR、BR、CR、CQ、RQ，如圖所示： 容易計算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為BD的中點， ∴CQ⊥BD，∴CQ⊥平面BDR，∴平面BDC⊥平面BDR.