高考数学课时跟踪检测(三十九)直线、平面垂直的判定及其性质理苏教版

课时跟踪检测（三十九）直线、平面垂直的判定及其性质
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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：②④
4．一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；④
AE⊥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
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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：2
2．(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2 cm，PA⊥平面ABC，A为垂足，且PA＝2 cm，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：7
4．(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，AC AB
7．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：①②③
8．如图，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，
D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点
E .要使AB 1⊥平面C 1D
F ，
则线段B 1F 的长为________．
解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，
所以AB 1⊥DF .
由已知可以得A 1B 1＝2，
设Rt△AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .
又2×2＝h ×22＋22，
所以h ＝23
3，DE ＝3
3.
在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332
＝66.
由面积相等得66× x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
222＝22x ，得x ＝1
2.
即线段B 1F 的长为1
2.
答案：1
2
9．(2018·海安中学测试)如图，在四棱锥P ­ABCD 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S ­ABC 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 .
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1．如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线
DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 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 ⊥A 1C ；
④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .
解析：取DC 中点N ，连结MN ，NB ，则MN ∥A
1D ，NB ∥DE ，∵MN ∩NB
＝N ，A 1D ∩DE ＝E ，∴平面MNB ∥平面A 1DE ，∵MB ⊂平面MNB ，∴MB
∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12
A 1D ＝定值，N
B ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2
－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：①②④
2．如图，点P 在正方体ABCD ­A
1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列
四个命题：
①三棱锥A ­D 1PC 的体积不变；
②A 1P ∥平面ACD 1；③DP ⊥BC 1；
④平面PDB 1⊥平面ACD 1.
其中正确的命题序号是________．
解析：由题意可得BC 1∥AD 1，又AD 1⊂平面AD 1C ，BC 1⊄平面AD 1C ，所
以BC 1∥平面AD 1C .所以点P 到平面AD 1C 的距离不变，V A ­D 1PC ＝V P ­AD 1C ，所
以体积不变，故①正确；连结A 1C 1，A 1B ，可得平面ACD 1∥平面A 1C 1B .又
因为A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，故②正确；当点P 运动到B
点时，△DBC 1是等边三角形，所以DP 不垂直于BC 1，故③不正确；因为AC ⊥平面DD 1B 1B ，DB 1⊂平面DD 1B 1B ，所以AC ⊥DB 1.同理可得AD 1⊥DB 1.所以DB 1⊥平面ACD 1.又因为DB 1⊂平面PDB 1.所以平面PDB 1⊥平面ACD 1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.
答案：①②④
3．(2019·泰州调研)在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，
BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a .
(1)求证：B 1F ⊥平面ADF ；
(2)求三棱锥B 1­ADF 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ABC ­A 1B 1C 1中，因为B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，
所以AD ⊥B 1B .因为BC ∩B 1B ＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1，
因为B 1F ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥B 1F .
在矩形B 1BCC 1中，因为C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ，
所以Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，所以∠CFD ＝∠C 1B 1F ，
所以∠B 1FD ＝90°，所以B 1F ⊥FD .
因为AD ∩FD ＝D ，所以B 1F ⊥平面AFD .
(2)因为B 1F ⊥平面AFD ，
所以V B 1­ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 3
3.
(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.。