2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十一） 垂直问题3角度线线线面面面

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十一） 垂直问题3角度线线线面面面

高考达标检测（三十一） 垂直问题 3 角度 ——线线、线面、面面 一、选择题 1．(2018·天津模拟)设 l 是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( ) A．若 l∥α，l∥β，则α∥β B．若 l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则 l∥β D．若α⊥β，l∥α，则 l⊥β 解析：选 B 对于 A，若 l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故 A 错；易知 B 正确； 对于 C，若α⊥β，l⊥α，则 l∥β或 l⊂β，故 C 错； 对于 D，若α⊥β，l∥α，则 l 与β的位置关系不确定，故 D 错．选 B. 2．设 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．下列命题中正确的有( ) ①若 m⊂β，α⊥β，则 m⊥α； ②若α∥β，m⊂α，则 m∥β； ③若 n⊥α，n⊥β，m⊥α，则 m⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β. A．①③ B．①② C．③④ D．②③ 解析：选 D 由面面垂直的性质定理知， 若 m⊂β，α⊥β，且 m 垂直于α，β的交线时，m⊥α，故①错误； 若α∥β，则α，β无交点．又 m⊂α，所以 m∥β，故②正确； 若 n⊥α，n⊥β，则α∥β.又 m⊥α，所以 m⊥β，故③正确； 若α⊥γ，β⊥γ，不能得出α⊥β，故④错误． 3．(2018·南昌模拟)已知 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线 l 满足 l⊥m，l ⊥n，l⊄α，l⊄β，则( ) A．α∥β且 l∥α B．α⊥β且 l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于 l D．α与β相交，且交线平行于 l 解析：选 D 由于 m，n 为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交， 但未必垂直，且交线垂直于直线 m，n，又直线 l 满足 l⊥m，l⊥n，则交线平行于 l. 4．设 a，b 是夹角为 30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β ”的平面α， β( ) A．不存在 B．有且只有一对 C．有且只有两对 D．有无数对 解析：选 D 过直线 a 的平面α有无数个，当平面α与直线 b 平行时，两直线的公垂线与 b 确定的平面β⊥α，当平面α与 b 相交时，过交点作平面α的垂线与 b 确定的平面β⊥α.故选 D. 5.如图，矩形 ABCD 中，AB＝2AD，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻转成△A1DE(A∉平面 ABCD)，若 M，O 分别为线段 A1C， DE 的中点，则在△ADE 翻转过程中，下列说法错误的是( ) A．与平面 A1DE 垂直的直线必与直线 MB 垂直 B．异面直线 BM 与 A1E 所成角是定值 C．一定存在某个位置，使 DE⊥MO D．三棱锥 A1ADE 外接球半径与棱 AD 的长之比为定值 解析：选 C 取 DC 的中点 N，连接 MN，NB， 则 MN∥A1D，NB∥DE， ∴平面 MNB∥平面 A1DE， ∴MB∥平面 A1DE，故 A 正确； 取 A1D 的中点 F，连接 MF，EF，则四边形 EFMB 为平行四边形， 则∠A1EF 为异面直线 BM 与 A1E 所成角，故 B 正确； 点 A 关于直线 DE 的对称点为 N，则 DE⊥平面 AA1N， 即过 O 与 DE 垂直的直线在平面 AA1N 上，故 C 错误； 三棱锥 A1ADE 外接球半径为 2 2 AD，故 D 正确． 6．(2018·宝鸡质检)对于四面体 ABCD，给出下列四个命题： ①若 AB＝AC，BD＝CD，则 BC⊥AD； ②若 AB＝CD，AC＝BD，则 BC⊥AD； ③若 AB⊥AC，BD⊥CD，则 BC⊥AD； ④若 AB⊥CD，AC⊥BD，则 BC⊥AD. 其中为真命题的是( ) A．①② B．②③ C．②④ D．①④ 解析：选 D ①如图，取 BC 的中点 M，连接 AM，DM，由 AB ＝AC⇒AM⊥BC，同理 DM⊥BC⇒BC⊥平面 AMD，而 AD⊂平面 AMD，故 BC⊥AD.④设 A 在平面 BCD 内的射影为 O，连接 BO，CO， DO，由 AB⊥CD⇒BO⊥CD，由 AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O 为△BCD 的 垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC. 7．如图所示，在长方形 ABCD 中，AB＝2，BC＝1，E 为 CD 的中点，F 为线段 EC 上 (端点除外)一动点．现将△AFD 沿 AF 折起，使平面 ABD⊥平面 ABCF.在平面 ABD 内过点 D 作 DK⊥AB，K 为垂足．设 AK＝t，则 t 的取值范围是( ) A. 1 2 ，2 B. 1 2 ，1 C. 3 2 ，2 D. 3 2 ，1 解析：选 B 如图①所示，过点 K 作 KM⊥AF 于点 M，连接 DM， 易得 DM⊥AF，与折前的图形对比，可知折前的图形中 D，M，K 三点共线且 DK⊥AF(如 图②所示)， 于是△DAK∽△FDA，所以AK AD ＝AD DF ，即t 1 ＝ 1 DF ， 所以 t＝ 1 DF ，又 DF∈(1,2)，故 t∈ 1 2 ，1 . 二、填空题 8．已知 a，b 表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列命题： ①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β； ②若 a⊂α，a 垂直于β内的任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则 a⊥b； ④若 a 不垂直于平面α，则 a 不可能垂直于平面α内的无数条直线； ⑤若 a⊥α，a⊥β，则α∥β. 其中正确命题的序号是________． 解析：①一个平面内的一条直线与另一个平面内的一条直线垂直，这两个平面不一定垂 直，故①错误；②满足两个平面垂直的定义，故②正确；③若α⊥β，α∩β＝a，α∩γ＝b，则 a 与 b 平行或相交(相交时可能垂直)，故③错误；④若 a 不垂直于平面α，但 a 可能垂直于平 面α内的无数条直线，故④错误；⑤垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故⑤正确． 答案：②⑤ 9．在三棱锥 P ABC 中，点 P 在平面 ABC 中的射影为点 O， (1)若 PA＝PB＝PC，则点 O 是△ABC 的________心． (2)若 PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点 O 是△ABC 的________心． 解析：如图，连接 OA，OB，OC，OP，并延长 AO 交 BC 于 H 点，延长 BO 交 AC 于 D 点，延长 CO 交 AB 于 G 点． (1)在 Rt△POA，Rt△POB 和 Rt△POC 中，PA＝PC＝PB，∴OA ＝OB＝OC，即 O 为△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 为△ABC 边 AB 的高． 同理可证 BD，AH 为△ABC 底边上的高， 即 O 为△ABC 的垂心． 答案：(1)外 (2)垂 10.如图，直三棱柱 ABC A1B1C1 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＝1 2h. 又 2× 2＝h 22＋ 22，所以 h＝2 3 3 ，DE＝ 3 3 . 在 Rt△DB1E 中，B1E＝ 2 2 2－ 3 3 2＝ 6 6 . 由面积相等得 6 6 × x2＋ 2 2 2＝ 2 2 x，解得 x＝1 2. 即线段 B1F 的长为1 2. 答案：1 2 三、解答题 11．(2017·江苏高考)如图，在三棱锥 ABCD 中，AB⊥AD，BC⊥BD， 平面 ABD⊥平面 BCD，点 E，F(E 与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上， 且 EF⊥AD. 求证：(1)EF∥平面 ABC； (2)AD⊥AC. 证明：(1)在平面 ABD 内，因为 AB⊥AD，EF⊥AD， 所以 EF∥AB. 又因为 EF⊄平面 ABC，AB⊂平面 ABC， 所以 EF∥平面 ABC. (2)因为平面 ABD⊥平面 BCD， 平面 ABD∩平面 BCD＝BD， BC⊂平面 BCD，BC⊥BD， 所以 BC⊥平面 ABD. 因为 AD⊂平面 ABD， 所以 BC⊥AD. 又 AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面 ABC，BC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥平面 ABC. 又因为 AC⊂平面 ABC， 所以 AD⊥AC. 12．(2018·贵州省适应性考试)已知长方形 ABCD 中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角 线 BD 折起，使 AC＝a，得到一个四面体 ABCD，如图所示． (1)试问：在折叠的过程中，直线 AB 与 CD 能否垂直？若能，求出相应 a 的值；若不能， 请说明理由． (2)求四面体 ABCD 体积的最大值． 解：(1)直线 AB 与 CD 能垂直． 因为 AB⊥AD， 若 AB⊥CD，因为 AD∩CD＝D， 所以 AB⊥平面 ACD， 又因为 AC⊂平面 ACD， 从而 AB⊥AC. 此时，a＝ BC2－AB2＝ 16－9＝ 7， 即当 a＝ 7时，有 AB⊥CD. (2)由于△BCD 面积为定值，所以当点 A 到平面 BCD 的距离最大，即当平面 ABD⊥平 面 BCD 时，该四面体的体积最大， 此时，过点 A 在平面 ABD 内作 AH⊥BD，垂足为 H， 则有 AH⊥平面 BCD，AH 就是该四面体的高． 在△ABD 中，AH＝AB·AD BD ＝12 5 ， S△BCD＝1 2 ×3×4＝6， 此时 VABCD＝1 3S△BCD·AH＝24 5 ，即为该四面体体积的最大值． 13．(2018·郑州模拟)如图，已知三棱柱 ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面，AB＝AC， ∠BAC＝90°，点 M，N 分别为 A′B 和 B′C′的中点． (1)证明：MN∥平面 AA′C′C； (2)设 AB＝λAA′，当λ为何值时，CN⊥平面 A′MN，试证明你的结论． 解：(1)证明：如图，取 A′B′的中点 E，连接 ME，NE. 因为 M，N 分别为 A′B 和 B′C′的中点， 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， 因为 ME∩NE＝E， 所以平面 MNE∥平面 AA′C′C， 因为 MN⊂平面 MNE， 所以 MN∥平面 AA′C′C. (2)当λ＝ 2时，CN⊥平面 A′MN，证明如下： 连接 BN，设 AA′＝a，则 AB＝λAA′＝λa， 由题意知 BC＝ 2λa，CN＝BN＝ a2＋1 2λ2a2， 因为三棱柱 ABCA′B′C′的侧棱垂直于底面， 所以平面 A′B′C′⊥平面 BB′C′C， 因为 AB＝AC，点 N 是 B′C′的中点， 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 a2＋1 2λ2a2 ＝2λ2a2， 解得λ＝ 2， 故当λ＝ 2时，CN⊥平面 A′MN. 如图，在四棱锥 S ABCD 中，平面 SAD⊥平面 ABCD.四边形 ABCD 为正方形，且点 P 为 AD 的中点，点 Q 为 SB 的中点． (1)求证：CD⊥平面 SAD. (2)求证：PQ∥平面 SCD. (3)若 SA＝SD，点 M 为 BC 的中点，在棱 SC 上是否存在点 N，使得平面 DMN⊥平面 ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为四边形 ABCD 为正方形，所以 CD⊥AD. 又因为平面 SAD⊥平面 ABCD，且平面 SAD∩平面 ABCD＝AD，所以 CD⊥平面 SAD. (2)证明：如图，取 SC 的中点 R，连接 QR，DR. 由题意知：PD∥BC 且 PD＝1 2BC. 在△SBC 中，点 Q 为 SB 的中点，点 R 为 SC 的中点， 所以 QR∥ BC 且 QR＝1 2BC， 所以 PD∥QR，且 PD＝QR， 所以四边形 PDRQ 为平行四边形，所以 PQ∥DR. 又因为 PQ⊄平面 SCD，DR⊂平面 SCD， 所以 PQ∥平面 SCD. (3)存在点 N 为 SC 的中点，使得平面 DMN⊥平面 ABCD. 证明如下： 如图，连接 PC，DM 交于点 O， 连接 DN，PM，SP，NM，NO， 因为 PD∥CM，且 PD＝CM， 所以四边形 PMCD 为平行四边形， 所以 PO＝CO. 又因为点 N 为 SC 的中点， 所以 NO∥SP. 易知 SP⊥AD， 又因为平面 SAD⊥平面 ABCD，平面 SAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 SP⊥平面 ABCD，所以 NO⊥平面 ABCD. 又因为 NO⊂平面 DMN， 所以平面 DMN⊥平面 ABCD.