高考文科数学练习测试题课时跟踪检测四十四 直线、平面垂直的判定及其性质

课时跟踪检测(四十四)直线、平面垂直的判定及其性质
(分A、B卷，共2页)
A卷：夯基保分
一、选择题
1．(2015·海淀模拟)若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则()
A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α
B．垂直于直线l的直线一定垂直于平面α
C．垂直于平面β的平面一定平行于直线l
D．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直
2．(2015·石家庄调研)设a，b表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是()
A．若a⊥α且a⊥b，则b∥α
B．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β
C．若a∥α且a∥β，则α∥β
D．若γ∥α且γ∥β，则α∥β
3．(2015·南昌模拟)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
4．(2015·绵阳诊断)已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是不同的平面，则α⊥β的一个充分条件是()
A．l⊂α，m⊂β，且l⊥m
B．l⊂α，m⊂β，n⊂β，且l⊥m，l⊥n
C ．m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，且l ⊥m
D ．l ⊂α，l ∥m ，且m ⊥β
5．(2015·天津模拟)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D -ABC 是正三棱锥；④平面ADC ⊥平面ABC .
其中正确的是( ) A ．①②④ B ．①②③ C ．②③④
D ．①③④
6．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 1DF ，则线段B 1F 的长为( )
A.1
2 B ．1
C.3
2 D ．2
二、填空题
7．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
8．(2015·福建四地六校月考)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________．
9．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：
①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；
④AC∥EF.
其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)
10．(2015·海淀期末)已知某四棱锥的底面是边长为2的正方形，且俯视图
如图所示．
(1)若该四棱锥的侧视图为直角三角形，则它的体积为________；
(2)关于该四棱锥的下列结论中：
①四棱锥中至少有两组侧面互相垂直；
②四棱锥的侧面中可能存在三个直角三角形；
③四棱锥中不可能存在四组互相垂直的侧面．
所有正确结论的序号是________．
三、解答题
11．(2015·南京检测)如图，在正三棱锥ABC-A
B1C1中，E，F分别为
BB1，AC的中点．
(1)求证：BF∥平面A1EC；
(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1.
B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F
12．如图，在正方体ABCD-A
为棱BC的中点．
(1)求证：AE⊥DA1；
(2)在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.
B卷：增分提能
1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明：B1C⊥AB；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高．
2．(2015·西城一模)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝2AB，SA＝SD，SA⊥AB，N是棱AD的中点．
(1)求证：AB∥平面SCD；
(2)求证：SN⊥平面ABCD；
(3)在棱SC上是否存在一点P，使得平面PBD⊥平面ABCD？若存在，求出SP
PC的值；若不存在，说明理由．
3．(2015·商丘质检)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分别为AB，DE的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，F为A′C的中点，A′C ＝4.
(1)求证：平面A′DE⊥平面BCD；
(2)求证：FB∥平面A′DE.
答案
A 卷：夯基保分
1．选D 对于A ，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A 错；对于B ，垂直于直线l 的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B 错；对于C ，垂直于平面β的平面与直线l 平行或相交，故C 错；易知D 正确．
2．选D A 项中，应该是b ∥α或b ⊂α；B 项中，如果是墙角的三个面就不符合题意；C 项中，α∩β＝m ，若a ∥m 时，满足a ∥α，a ∥β，但是α∥β不正确；所以选D.
3．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.
4．选D 对于A ，l ⊂α，m ⊂β，且l ⊥m ，如图(1)，α，β不垂直； 对于B ，l ⊂α，m ⊂β，n ⊂β，且l ⊥m ，l ⊥n ，如图(2)，α，β不垂直；
对于C ，m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，且l ⊥m ，直线l 没有确定，则α，β的关系也不能确定； 对于D ，l ⊂α，l ∥m ，且m ⊥β，则必有l ⊥β，根据面面垂直的判定定理知，α⊥β. 5．选B 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．故选B.
6．选A 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 ＝12
h .
又2×2＝h 22＋(2)2， 所以h ＝233，DE ＝3
3.
在Rt △DB 1E 中， B 1E ＝
⎝⎛⎭⎫222－⎝⎛⎭⎫332＝66
. 由面积相等得
66
× x 2＋⎝⎛
⎭⎫222
＝22
x ，得x ＝12.
7．解析：连接AC ，BD ，
则AC ⊥BD ， ∵P A ⊥底面ABCD ，
∴P A ⊥BD . 又P A ∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， ∴BD ⊥PC .
∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时， 即有PC ⊥平面MBD . 而PC ⊂平面PCD ， ∴平面MBD ⊥平面PCD . 答案：DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等)
8．解析：由题意可得直线BC 1平行于直线AD 1，并且直线AD 1⊂平面AD 1C ，直线BC 1
⊄平面AD 1C ，所以直线BC 1∥平面AD 1C .
所以V A -D 1PC ＝V P -AD 1C .点P 到平面AD 1C 的距离不变，所以体积不变．故①正确； 连接A 1C 1，A 1B ，
可得平面AD 1C ∥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BC 1.故③不正确； 因为直线AC ⊥平面DB 1，DB 1⊂平面DB 1. 所以AC ⊥DB 1.同理可得AD 1⊥DB 1. 所以可得DB 1⊥平面AD 1C . 又因为DB 1⊂平面PDB 1. 所以可得平面PDB 1⊥平面ACD 1. 故④正确．综上正确的序号为①②④. 答案：①②④
9．解析：如果AB 与CD 在一个平面内，可以推出EF 垂直于该平面，又BD 在该平面内，所以BD ⊥EF .故要证BD ⊥EF ，只需AB ，CD 在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．
答案：①③
10.解析：(1)由三视图知，该几何体为底面是正方形的四棱锥，如图所
示，所以该四棱锥的体积为13×2×2×1＝4
3
.
(2)由图可知PQ ⊥平面ABCD ，则有PQ ⊥AB ，又AB ⊥BC ，所以AB ⊥
平面PBC ，于是侧面P AB ⊥侧面PBC ，同理可知侧面PDC ⊥侧面PBC ，故①正确；由上述
易知AB ⊥PB ，CD ⊥PC ，所以△P AB ，△PCD 为直角三角形，又四棱锥的侧视图为直角三角形，所以△PBC 为直角三角形，故②正确；由图易判断平面P AB 与平面P AD 不垂直，故③正确．综上知①②③均正确．
答案：(1)4
3
(2)①②③
11．证明：(1)连接AC 1交A 1C 于点O ，连接OE ，OF ， 在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形， 所以OA ＝OC 1.
又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝1
2CC 1.
因为E 为BB 1中点， 所以BE ∥CC 1且BE ＝1
2
CC 1.
所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE . 又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ， 所以BF ∥平面A 1EC .
(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ， F 为AC 中点，
所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC . 又因为AA 1⊥底面ABC ， 而BF ⊂底面ABC ， 所以AA 1⊥BF .
由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1， AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1. 因为OE ⊂平面A 1EC ， 所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1.
12．解：(1)证明：连接AD 1，BC 1，由正方体的性质可知，DA 1⊥
AD 1，DA 1⊥AB ，又AB ∩AD 1＝A ，
∴DA 1⊥平面ABC 1D 1， 又AE ⊂平面ABC 1D 1， ∴DA 1⊥AE .
(2)所求G 点即为A 1点，证明如下：
由(1)可知AE ⊥DA 1，取CD 的中点H ，连接AH ，EH ，由DF ⊥AH ，DF ⊥EH ， AH ∩EH ＝H ，可证DF ⊥平面AHE ，
∵AE ⊂平面AHE ， ∴DF ⊥AE . 又DF ∩A 1D ＝D ，
∴AE ⊥平面DF A 1，即AE ⊥平面DFG . B 卷：增分提能
1．解：(1)证明：连接BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点． 因为侧面BB 1C 1C 为菱形， 所以B 1C ⊥BC 1.
又AO ⊥平面BB 1C 1C ，所以B 1C ⊥AO ， 故B 1C ⊥平面ABO .
由于AB ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AB .
(2)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连接AD .作OH ⊥AD ，垂足为H .由于BC ⊥AO ，BC ⊥OD ，AO ∩OD ＝O ，故BC ⊥平面AOD ，所以OH ⊥BC .又OH ⊥AD ，AD ∩BC ＝D ，所以OH ⊥平面ABC .
因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形，又BC ＝1，可得OD ＝34
. 由于AC ⊥AB 1，所以OA ＝12B 1C ＝12.
由OH ·AD ＝OD ·OA ， 且AD ＝OD 2＋OA 2＝
74，得OH ＝2114
. 又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为21
7
.故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高为
217
. 2．解：(1)证明：因为底面ABCD 是矩形，所以AB ∥CD ， 又因为AB ⊄平面SCD ，CD ⊂平面SCD ， 所以AB ∥平面SCD .
(2)证明：因为AB ⊥SA ，AB ⊥AD ，SA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面SAD ，
又因为SN ⊂平面SAD ，所以AB ⊥SN . 因为SA ＝SD ，且N 为AD 中点， 所以SN ⊥AD . 又因为AB ∩AD ＝A ， 所以SN ⊥平面ABCD .
(3)存在点P ，使得平面PBD ⊥平面ABCD .理由如下：
如图，连接BD 交NC 于点F ，
在平面SNC 中过F 作FP ∥SN 交SC 于点P ，连接PD ，PB . 因为SN ⊥平面ABCD ，所以FP ⊥平面ABCD . 又因为FP ⊂平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面ABCD . 在矩形ABCD 中，因为ND ∥BC ， 所以NF FC ＝ND BC ＝12
.
在△SNC 中，因为FP ∥SN ， 所以NF FC ＝SP PC ＝12
.
则在棱SC 上存在点P ，使得平面PBD ⊥平面ABCD ，此时SP PC ＝1
2.
3．证明：(1)由题意，△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成的， ∴△A ′DE ≌△ADE .
∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠A ＝60°. 又∵AD ＝AE ＝2，
∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．
如图，连接A ′M ，MC ， ∵M 是DE 的中点， ∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝ 3.
在△DMC 中，MC 2＝DC 2＋DM 2－2DC ·DM cos 60°＝42＋12－2×4×1×cos 60°， ∴MC ＝13.
在△A ′MC 中，A ′M 2＋MC 2＝(3)2＋(13)2＝42＝A ′C 2. ∴△A ′MC 是直角三角形，∴A ′M ⊥MC . 又∵A ′M ⊥DE ，MC ∩DE ＝M ， ∴A ′M ⊥平面BCD . 又∵A ′M ⊂平面A ′DE ， ∴平面A ′DE ⊥平面BCD . (2)取DC 的中点N ，连接FN ，NB .
∵A ′C ＝DC ＝4，F ，N 分别是A ′C ，DC 的中点， ∴FN ∥A ′D .
又∵N ，E 分别是平行四边形ABCD 的边DC ，AB 的中点， ∴DN 綊EB ，
∴四边形EBND是平行四边形，
∴BN∥DE.
又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，∴平面A′DE∥平面FNB.
∵FB⊂平面FNB，
∴FB∥平面A′DE.。