近年高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测(三十七)直线、平面垂直的判定与性质理(2021年整

（通用版）2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测（三十七）直线、平面垂直的判定与性质理
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课时达标检测（三十七）直线、平面垂直的判定与性质
小题常考题点—-准解快解］ [小题常考题点——准解快解］1．(2018·广东广州模拟）设m,n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）
A．若α⊥β,m⊂α，n⊂β，则m⊥n
B．若m⊥α，m∥n，n∥β,则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β,则m∥n
解析：选B 若α⊥β，m⊂α,n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误;∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β,m⊂α，n⊂β，则m∥n或m,n异面,故D错误．故选B.
2．（2018·湖南一中月考)下列说法错误的是（）
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直
C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直
D．如果两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线一定平行
解析:选D 如果两条直线和一个平面所成的角相等，这两条直线可以平行、相交、异面．
3.如图，在斜三棱柱ABC。

A 1B1C1中，∠BAC＝90°,BC1⊥AC，则C1在底面ABC 上的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
解析:选A 连接AC1（图略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1,得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC。

∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．
4．（2018·河北唐山模拟)如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF 的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( ）
A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF
解析:选B 根据折叠前、后AH⊥HE,AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH,AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG,又EF ⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.
5。

如图，直三棱柱ABC .A 1B1C1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( ）
A.错误!B．1
C。

错误!D．2
解析：选A 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF,DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝错误!，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h,则DE＝错误!h。

又2×错误!＝h错误!，所以h＝错误!，DE＝错误!.
在Rt△DB1E中，B1E＝错误!＝错误!。

由面积相等得错误!× 错误!＝错误!x，得x＝错误!.
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垂直的直线是____________；与AP垂直的直线是________．解析：∵PC⊥平面ABC，
∴PC垂直于直线AB,BC，AC。

∵AB⊥AC，AB⊥PC,AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
又∵AP⊂平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
7.如图所示，在四棱锥P.ABCD中，PA⊥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）解析:如图，连接AC,BD，则AC⊥BD，
∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥BD.
又PA∩AC＝A,
∴BD⊥平面PAC,∴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。

（2018·福建泉州模拟)如图，一张A4纸的长、
宽分别为2错误!a,2a,A，B,C，D分别是其四条边的中点．现
将其沿图中虚线折起,使得P1，P2,P3,P4四点重合为一点P，
从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的
是________．（写出所有正确命题的序号）
①该多面体是三棱锥；
②平面BAD⊥平面BCD；
③平面BAC⊥平面ACD；
④该多面体外接球的表面积为5πa2。

解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确;∵AP⊥BP,AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP ⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；该多面体的外接球半径R＝错误!a,所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上,正确命题的序号为①②③④.
答案：①②③④
[大题常考题点--稳解全解]
1.如图，四棱锥P­ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝错误! AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．求证：
(1)AP∥平面BEF；
（2）BE⊥平面PAC。

证明：(1）设AC∩BE＝O,连接OF,EC，如图所示．
由于E为AD的中点,AB＝BC＝错误!AD，AD∥BC，
所以AE∥BC,AE＝AB＝BC,
因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．
又F为PC的中点,因此在△PAC中，可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF.所以AP∥平面BEF。

(2)由题意知ED∥BC，ED＝BC.
所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD,
所以AP⊥CD，因此AP⊥BE。

因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，AP,AC⊂平面PAC，
所以BE⊥平面PAC。

2.(2018·广州模拟)在三棱锥P。

ABC中,△PAB是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60°.
(1)求证：AB⊥PC；
(2）若PB＝4，BE⊥PC，求三棱锥B。

PAE的体积．
解：（1）证明：因为△PAB是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60°，所以△PBC≌△PAC，所以AC＝BC。

如图，取AB的中点D，连接PD，CD，则PD⊥AB,CD⊥AB，
因为PD∩CD＝D，
所以AB⊥平面PDC，
因为PC⊂平面PDC，
所以AB⊥PC.
（2）由（1）知，AB⊥PC，又BE⊥PC,AB∩BE＝B，所以PC⊥平面ABE，所以PC⊥AE.
因为PB＝4，所以在Rt△PEB中，BE＝4sin 60°＝2错误!，PE＝4cos 60°＝2,在Rt△PEA
中,AE＝PE tan 60°＝2错误!,
所以AE＝BE＝2错误!，
所以S△ABE＝错误!·AB·错误!＝4错误!.
所以三棱锥B­PAE的体积V B .PAE＝V P .ABE＝错误!S△AEB·PE＝错误!×4错误!×2＝错误!.
3．(2018·合肥质检)如图,平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60°，CD ＝ED＝7,cos∠EDC＝错误!.将△CDE沿CE折起,使点D到P的位置,且AP＝错误!，得到四棱锥P .ABCE.
（1）求证：AP⊥平面ABCE;
(2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l。

证明：（1）在△CDE中，∵CD＝ED＝7，cos∠EDC＝错误!，由余弦定理得CE＝2.连接AC(图略），∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2。

又AP＝3，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE。

同理，AP⊥AC。

而AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE.
(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE,AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE。

又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.
4。

（2018·山西省重点中学联考）如图，在四棱锥P。

ABCD中，底面ABCD是矩形，且AB＝2BC,E,F分别在线段AB，CD上，G，H在线段PC 上,EF⊥PA，且错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!。

求证：
（1）EH∥平面PAD；
（2)平面EFG⊥平面PAC。

证明：(1)如图，在PD上取点M,使得错误!＝错误!，连接AM,MH，则错误!＝错误!＝错误!,所以MH＝错误!DC，MH∥CD，
又AE＝错误!AB,四边形ABCD是矩形，
所以MH＝AE，MH∥AE，所以四边形AEHM为平行四边形，所以EH∥AM,
又AM⊂平面PAD,EH⊄平面PAD，所以EH∥平面PAD。

(2)取AB的中点N,连接DN，则NE＝DF,NE∥DF,
则四边形NEFD为平行四边形，则DN∥EF，
在△DAN和△CDA中，∠DAN＝∠CDA，错误!＝错误!＝错误!，
则△DAN∽△CDA，
则∠ADN＝∠DCA，则DN⊥AC，则EF⊥AC，
又EF⊥PA，AC∩PA＝A，所以EF⊥平面PAC，
又EF⊂平面EFG,所以平面EFG⊥平面PAC.
5.（2018·福州五校联考)如图，在三棱柱ABC。

A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形,∠BAC＝90°，AA1⊥BC,AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C.
（1）求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
（2）设D是A1C1的中点,判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1。

若存在，求三棱锥E。

ABC1的体积．
解：（1）在三棱柱ABC。

A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，
∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC,∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1。

又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面ABC1,
又A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1。

（2)当E为B1B的中点时,连接AE,EC1,DE，如图，取A1A的中点F，连接EF，FD，
∵EF∥AB，DF∥AC1,
又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1，
又DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1。

此时VE.ABC1＝VC1。

ABE＝错误!×错误!×2×2×4＝错误!.
6．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＝错误!BC.
在△SBC中，点Q为SB的中点,点R为SC的中点，
所以QR∥BC且QR＝错误!BC，
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，ND，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,
因为平面SAD⊥平面ABCD，
平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥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.
1．(2018·河北保定模拟)有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α;
③若直线a∥b，b∥α，则a∥α;
④若直线a∥b，b∥α,则a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 命题①l可以在平面α内，是假命题;命题②直线a与平面α可以是相交关系，是假命题;命题③a可以在平面α内，是假命题；命题④是真命题．
2．(2018·湖南湘中名校联考)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是（）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m⊂β，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
解析：选D A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交;D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确,故选D。

3．设m，n是不同的直线,α，β是不同的平面,且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m,n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行,即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．4．(2018·襄阳模拟)如图，在正方体ABCD。

A 1B1C1D1中,M，N分别是BC
,CD1的中点，则下列说法错误的是（)
1
A．MN与CC1垂直
B．MN与AC垂直
C．MN与BD平行
D．MN与A1B1平行
解析：选D 如图所示，连接AC，C 1D,BD,则MN∥BD，而C1C⊥BD，故
C
1
C⊥MN，故A、C正确,D错误,又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC,B正确．
5.(2018·湖南长郡中学质检）如图所示的三棱柱ABC­A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC 交于DE,则DE与AB的位置关系是（)
A．异面B．平行
C．相交D．以上均有可能
解析：选B 在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB∥A1B1，
∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，
∴A1B1∥平面ABC，
∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.
∴DE∥A1B1，∴DE∥AB。

6．已知正方体ABCD.A1B1C1D1，下列结论中，正确的结论是________(只填序号)．
①AD1∥BC1；②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；④AD1∥平面BDC1.
解析：连接AD 1，BC1，AB1,B1D1，C1D1，BD,因为AB綊C1D1，所以四边形
AD
1C
1
B为平行四边形，故AD
1
∥BC1，从而①正确；易证BD∥B1D1，AB1∥DC1，
又AB1∩B1D1＝B1，BD∩DC1＝D，故平面AB1D1∥平面BDC1，从而②正确；由图易知AD1与DC1异面，故③错误；因AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1,故AD1∥平面BDC1,故④正确．
答案:①②④
7。

如图所示,在四面体ABCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面所在平面中与MN平行的是________________．
解析：连接AM并延长，交CD于点E，连接BN，并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合为一点,且该点为CD的中点E，连接MN，由错误!＝错误!＝错误!，得MN∥AB。

因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD。

答案：平面ABC、平面ABD
8.如图所示，三棱柱ABC。

A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．
解析:设BC1∩B1C＝O，连接OD。

∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，
∴A1B∥OD,
∵四边形BCC1B1是菱形,
∴O为BC1的中点,
∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1。

答案：1
[大题常考题点-—稳解全解］
1.如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：
（1）BE∥平面DMF；
（2)平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O,
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF,所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE ∥GN,
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG,
所以DE∥平面MNG。

又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，
又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE,BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG.
2.(2018·长春质检）如图，在四棱锥P。

ABCD中,底面ABCD是菱形，PD ⊥平面ABCD，点D1为棱PD的中点，过D1作与平面ABCD平行的平面与棱PA，PB,PC相交于点A
，B1，C1，∠BAD＝60°.
1
（1)求证：B1为PB的中点;
（2）已知棱锥的高为3，且AB＝2，AC，BD的交点为O，连接B1O。

求三棱锥B1­ABO外接球的体积．
解：（1）证明：连接B1D1.
由题意知,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面PBD∩平面ABCD＝BD,
平面PBD∩平面A1B1D1＝B1D1，则BD∥B1D1,
即B1D1为△PBD的中位线，
即B1为PB的中点．
（2)由（1）可得，OB1＝错误!，AO＝错误!，BO＝1，且OA⊥OB,OA⊥OB1，OB⊥OB1，
即三棱锥B1­ABO的外接球为以OA，OB，OB1为长,宽，高的长方体的外接球,则该长方体的体对角线长d＝错误!＝错误!，即外接球半径R＝错误!.
则三棱锥B1 .ABO外接球的体积V＝错误!πR3＝错误!×π×错误!3＝错误!。

3.如图所示，在正方体ABCD .A 1B1C1D1中，E，F，G,H分别是BC，CC1，
C 1D
1
,A1A的中点．求证：
(1)BF∥HD1;
(2）EG∥平面BB1D1D；
（3）平面BDF∥平面B1D1H.
证明：（1)如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1,易证四边形HMC1D1是平行四边形,∴HD1∥MC1。

又∵MC1∥BF，∴BF∥HD1。

(2)取BD的中点O，连接EO，D1O，则OE綊错误!DC,
又D1G綊错误!DC，∴OE綊D1G，
∴四边形OEGD1是平行四边形,∴GE∥D1O.
又GE⊄平面BB1D1D，D1O⊂平面BB1D1D，
∴EG∥平面BB1D1D.
(3)由（1)知BF∥HD1，
又BD∥B1D1，B1D1，HD1⊂平面B1D1H,BF，BD⊂平面BDF，且B1D1∩HD1＝D1,DB∩BF＝B,∴平面BDF∥平面B1D1H.
4.如图,四棱锥P。

ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD.
(2）在线段AB上是否存在一点F,使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
解：(1）证明:取PA的中点H，连接EH，DH,
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝错误!AB，
又AB∥CD,CD＝错误!AB,
所以EH∥CD，EH＝CD，
因此四边形DCEH是平行四边形，
所以CE∥DH,
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD。

（2）存在点F为AB的中点，使平面PAD∥平面CEF，
证明如下：
取AB的中点F，连接CF，EF，
所以AF＝错误!AB,
又CD＝错误!AB，所以AF＝CD,
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形,
因此CF∥AD,
又CF⊄平面PAD,所以CF∥平面PAD,
由（1)可知CE∥平面PAD,
又CE∩CF＝C，
故平面CEF∥平面PAD，
故存在AB的中点F满足要求．。