2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（三十七） 直线、平面垂直的判定与性质 作业.doc

第 1 页 共 7 页 课时跟踪检测（三十七）课时跟踪检测（三十七） 直线、平面垂直的判定与直线、平面垂直的判定与性质性质 1若若 m，n 是两条不同的直线，是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列命题正确的是是两个不同的平面，则下列命题正确的是( ) A若若 ，m，则，则 m B若若 m，nm，则，则 n C若若 m，n，m，n，则，则 D若若 m，m，n，则，则 mn 解析：解析：选选 D 选项选项 A 中，中，m 与与 的关系是的关系是 m 或或 m，故，故 A 不正确；选项不正确；选项 B 中，中，n与与 之间的关系是之间的关系是 n 与与 相交或相交或 n，故，故 B 不正确；选项不正确；选项 C 中，中， 与与 的关系是的关系是 或或 与与 相交，故相交，故 C 不正确；选项不正确；选项 D 中，由线面平行的性质可得命题正确中，由线面平行的性质可得命题正确故选故选 D. 2已知已知 m，n 是空间中两条不同的直线，是空间中两条不同的直线， 为空间中两个互相垂直的平面，则下列为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是命题正确的是( ) A若若 m，则，则 m B若若 m，n，则，则 mn C若若 m ，m，则，则 m D若若 m，nm，则，则 n 解析：解析： 选选 C 对于对于 A： 若： 若 m， 则， 则 m 与平面与平面 可能平行或相交， 所以可能平行或相交， 所以 A 错误； 对于错误； 对于 B：若若 m，n，则，则 m 与与 n 可能平行、相交或异面，所以可能平行、相交或异面，所以 B 错误；对于错误；对于 C：若：若 m ，m，则则 m，C 正确；对于正确；对于 D：m，nm，则，则 n 不一定与平面不一定与平面 垂直，所以垂直，所以 D 错误错误 3(2021 湖南五市联考湖南五市联考)若若 ， 是三个不同的平面，是三个不同的平面，m，n 是两条不同的直线，则是两条不同的直线，则下列命题正确的是下列命题正确的是( ) A若若 m，n，mn，则，则 B若若 ，m，n，则，则 mn C若若 m 不垂直于平面不垂直于平面 ，则，则 m 不可能垂直于平面不可能垂直于平面 内的无数条直线内的无数条直线 D若若 m，n，mn，则，则 解析：解析：选选 D 对于选项对于选项 A，直线，直线 n 是否垂直于平面是否垂直于平面 未知，所以未知，所以 不一定垂直不一定垂直 ，选项，选项A 错误；对于选项错误；对于选项 B，由条件只能推出直线，由条件只能推出直线 m 与与 n 共面，不能推出共面，不能推出 mn，选项，选项 B 错误；错误；对于选项对于选项 C，命题，命题“若若 m 不垂直于平面不垂直于平面 ，则，则 m 不可能垂直于平面不可能垂直于平面 内的无数条直线内的无数条直线”的的逆否逆否命题是命题是“若直线若直线 m 垂直于平面垂直于平面 内的无数条直线，则内的无数条直线，则 m 垂直平面垂直平面 ”，这不符合线面，这不符合线面垂直的判定定理，选项垂直的判定定理，选项 C 错误；对于选项错误；对于选项 D，因为，因为 n，mn，所以，所以 m，又，又 m，所以所以 ，选项，选项 D 正确故选正确故选 D. 4.如图，在斜三棱柱如图，在斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，中，BAC90 ，且，且 BC1AC，过过 C1作作 C1H底面底面 ABC，垂足为，垂足为 H，则点，则点 H 在在( ) 第 2 页 共 7 页 A直线直线 AC 上上 B直线直线 AB 上上 C直线直线 BC 上上 DABC 内部内部 解析：解析：选选 B 连接连接 AC1，如图，如图 BAC90 ，ACAB， BC1AC，BC1ABB， AC平面平面 ABC1. 又又 AC 在平面在平面 ABC 内，内，根据面面垂直的判定定理，知平面根据面面垂直的判定定理，知平面 ABC平面平面 ABC1，则根，则根据面面垂直的性质定理知，在平面据面面垂直的性质定理知，在平面 ABC1内一点内一点 C1向平面向平面 ABC 作垂线，垂足必落在交线作垂线，垂足必落在交线AB 上故选上故选 B. 5.一种特殊的四面体叫做一种特殊的四面体叫做“鳖臑鳖臑”，它的四个面均为直角三角形如，它的四个面均为直角三角形如图，在四面体图，在四面体 P- ABC 中，设中，设 E，F 分别是分别是 PB，PC 上的点，连接上的点，连接 AE，AF，EF(此外不再增加任何连线此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有，则图中直角三角形最多有( ) A6 个个 B8 个个 C10 个个 D12 个个 解析：解析：选选 C 为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体 P- ABC 为为“鳖鳖臑臑”，其，其中中 PA平面平面 ABC，且，且 ABBC，易知，易知 CB平面平面 PAB.若若 AEPB，EFPC，由，由 CB平面平面PAB， 得平面， 得平面 PAB平面平面 PBC.又又 AEPB， 平面， 平面 PAB平面平面 PBCPB， 所以， 所以 AE平面平面 PBC，所以所以 AEEF，且，且 AEPC.又又 EFPC，知四面体，知四面体 P- AEF 也是也是“鳖鳖臑臑”，则题图中的，则题图中的 10个三角形全是直角三角形，故选个三角形全是直角三角形，故选 C. 6(2020 新高考全国卷新高考全国卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间把地球看成一个球看成一个球(球心记为球心记为 O)，地球上一点，地球上一点 A 的纬度是指的纬度是指 OA 与地与地球赤球赤道所在平面所成角，点道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点处的水平面是指过点 A 且与且与 OA 垂直的平垂直的平面在点面在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬处的纬度为北纬 40 ，则，则晷针与点晷针与点 A 处的水平面所成角为处的水平面所成角为( ) A20 B40 C50 D90 解析：解析：选选 B 过球心过球心 O、点、点 A 以及晷针的轴截面如图所示，其中以及晷针的轴截面如图所示，其中 CD为晷面，为晷面，GF 为晷针所在直线，为晷针所在直线，EF 为点为点 A 处的水平面，处的水平面， 所以所以 OAEF，GFCD，CDOB， 所以所以CAOAOB40 ，OAEAGF90 . 又因为又因为EACFAG， 所以所以GFACAOAOB40 .故选故选 B. 第 3 页 共 7 页 7(多选多选)(2021 济宁一模济宁一模)如图，线段如图，线段 AB 为圆为圆 O 的直径，点的直径，点 E，F 在圆在圆 O 上，上，ABEF，矩形，矩形 ABCD 所在平面和圆所在平面和圆 O 所在平面垂直，所在平面垂直，且且 AB2，ADEF1.则则( ) ADF平面平面 BCE B异面直线异面直线 BF 与与 DC 所成的角为所成的角为 30 CEFC 为直角三角形为直角三角形 DVC- BEFVF- ABCD14 解析：解析：选选 BD 对对 A 项，因为项，因为 ABEF，ABCD，所以，所以 EFCD，所以四边形，所以四边形 CDFE 确定一个平面确定一个平面 由于由于 CD，EF 的长度不相等，则的长度不相等，则 DF，CE 不平行，即不平行，即 DF 与平与平面面 BCE 有公共点，故有公共点，故 A 错误错误； 对对 B 项，连接项，连接 OF，OE，OE 与与 BF 交于点交于点 G. 因为因为 OBEF，OBEF，OBOF1， 所以四边形所以四边形 OBEF 为菱形，为菱形， 则则 BEOF1，所以，所以OBE 为等边三角形为等边三角形 由于点由于点 G 为为 OE 的中点，则的中点，则OBG12OBE30 . 因为因为 ABCD， 所以异面直线， 所以异面直线 BF 与与 DC 所成的角为所成的角为ABFOBG30 ， 故， 故 B 正确；正确； 对对 C 项，由于四边形项，由于四边形 OBEF 为菱形，为菱形， 则则 BF2BG2 12 122 3. 由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可知，由面面垂直的性质以及线面垂直的性质可知，BCBE，BCBF， 所以所以 CF12 3 22，CE 1212 2. 又又 EF2CE23CF2，所以，所以EFC 不是直角三角形，故不是直角三角形，故 C 错误；错误； 对对 D 项，因为项，因为 BF 3，BE1，EF1， 所以所以 SBEF12 3 12 32234. 由面面垂直的性质可知，由面面垂直的性质可知，BC平面平面 BEF， 所以所以 VC- BEF13341312. 过点过点 F 作作 AB 的垂线，垂足为的垂线，垂足为 H，则，则 FH12BF32， 根据面面垂直的性质可知根据面面垂直的性质可知 HF平面平面 ABCD， 则则 VF- ABCD13213233， 第 4 页 共 7 页 所以所以 VC- BEFVF- ABCD14，故，故 D 正确，故选正确，故选 B、D. 8若若 ， 是两个相交平面，是两个相交平面，m 为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为_ 若若 m，则在，则在 内一定不存在与内一定不存在与 m 平行的直线；平行的直线； 若若 m，则在，则在 内一定存在无数条直线与内一定存在无数条直线与 m 垂直；垂直； 若若 m，则在，则在 内不一定存在与内不一定存在与 m 垂直的直线；垂直的直线； 若若 m，则在，则在 内一定存在与内一定存在与 m 垂直的直线垂直的直线 解析：解析：若若 m，如果，如果 ， 互相垂直，则在平面互相垂直，则在平面 内存在与内存在与 m 平行的直线，故平行的直线，故错误；错误；若若 m，则，则 m 垂直于平面垂直于平面 内的所有直线，故在平面内的所有直线，故在平面 内一定存在无数条直线与内一定存在无数条直线与 m 垂直，垂直，故故正确；若正确；若 m，则在平面，则在平面 内一定存在与内一定存在与 m 垂直的直线，故垂直的直线，故错误，错误，正确正确 答案：答案： 9(2021 宜昌模拟宜昌模拟)在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是都是 1，且平面，且平面 ABCD平面平面 ABEF，活动弹子，活动弹子 M，N 分别在正方形对分别在正方形对角线角线 AC，BF 上移动，若上移动，若 CMBN，则，则 MN 长度的最小值为长度的最小值为_ 解析：解析：过过 M 作作 MQAB 于于 Q，连接，连接 QN，如图所示，如图所示 平面平面 ABCD平面平面 ABEF，且交线为，且交线为 AB， MQ平面平面 ABEF，又，又 QN平面平面 ABEF，MQQN. 设设 CMBNa(0a 2)， 则则 AMNF 2a， MQAB，MQBC， MQBCAMACAQAB， 又知又知 CMBN，AMNF，ACBF，AQABAMACNFBF， QNAF，且且 QN22a. 同理同理，QM122a.在在 RtMQN 中中， MN QN2QM2 22a2 122a2 a2 2a1 a22212， 0a 2，当当 a22时时，MN 取得最小值取得最小值22. 即即 MN 长度的最小值为长度的最小值为22. 第 5 页 共 7 页 答案答案：22 10(2021 泉州模拟泉州模拟)如如图图，在三棱柱在三棱柱 ABC- A1B1C1中中，CACB，AA1AB2，A1AB60 . (1)求证求证：ABA1C； (2)若平面若平面 ABC平面平面 AA1B1B，且且 ACB1C1，求该三棱柱的体积求该三棱柱的体积 解：解：(1)证明：证明：如图，取如图，取 AB 的中点的中点 O，连接，连接 OC，OA1，A1B. CACB，ABCO. AA1AB，A1AB60 ， ABA1是等边三角形，是等边三角形，ABOA1. 又又 COOA1O，AB平面平面 OA1C. 又又 A1C平面平面 OA1C，ABA1C. (2)平面平面 ABC平面平面 AA1B1B，平面，平面 ABC平面平面 AA1B1BAB，A1OAB，A1O平面平面AA1B1B， A1O平面平面 ABC.ACB1C1，BCB1C1，ACBC. 又又 ACBC，AB2， SABC12ACBC1，A1O 3， 三棱柱的体积三棱柱的体积 VSABC A1O 3. 11.(2020 全国卷全国卷)如图，如图，D 为圆锥的顶点，为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，是圆锥底面的圆心， ABC 是底面的内接正三角形，是底面的内接正三角形，P 为为 DO 上一点，上一点，APC90 . (1)证明：平面证明：平面 PAB平面平面 PAC； (2)设设 DO 2，圆锥的侧面积为，圆锥的侧面积为 3，求三棱锥，求三棱锥 P- ABC 的体积的体积 解：解：(1)证明：由题设可知，证明：由题设可知，PAPBPC. 由于由于ABC 是正三角形，是正三角形， 故可得故可得PACPAB，PACPBC. 又又APC90 ，所以，所以APB90 ，BPC90 . 从而从而 PBPA，PBPC. 因为因为 PAPCP，所以，所以 PB平面平面 PAC. 又又 PB平面平面 PAB，所以平面，所以平面 PAB平面平面 PAC. (2)设圆锥的底面半径为设圆锥的底面半径为 r，母线长为，母线长为 l. 由题设可得由题设可得 rl 3，l2r22.解得解得 r1，l 3. 从而从而 AB 3.由由(1)可得可得 PA2PB2AB2， 所以所以 PAPBPC62. 第 6 页 共 7 页 所以三棱锥所以三棱锥 P- ABC 的体积为的体积为 1312PAPBPC1312 62368. 12.(2020 全国卷全国卷)如图，在长方体如图，在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，点中，点 E，F 分别分别在在棱棱 DD1，BB1上，且上，且 2DEED1，BF2FB1.证明：证明： (1)当当 ABBC 时，时，EFAC； (2)点点 C1在平面在平面 AEF 内内 证明：证明：(1)如图，连接如图，连接 BD，B1D1. 因为因为 ABBC， 所以四边形所以四边形 ABCD 为正方形，为正方形， 所以所以 ACBD. 又因为又因为 BB1平面平面 ABCD， 所以所以 ACBB1. 因为因为 BDBB1B， 所以所以 AC平面平面 BB1D1D. 因为因为 EF平面平面 BB1D1D，所以，所以 EFAC. (2)如图，在棱如图，在棱 AA1上取点上取点 G，使得，使得 AG2GA1，连接，连接 GD1，FC1，FG. 因为因为 D1E23DD1，AG23AA1，DD1綊 AA1， 所以所以 ED1綊 AG，所以四边形，所以四边形 ED1GA 为平行四边形，所以为平行四边形，所以 AEGD1. 因为因为 B1F13BB1，A1G13AA1，BB1綊 AA1， 所以所以 FG 綊 A1B1，FG 綊 C1D1， 所以四边形所以四边形 FGD1C1为平行四边形，所以为平行四边形，所以 GD1FC1. 于是于是 AEFC1.所以所以 A，E，F，C1四点共面，即点四点共面，即点 C1在平面在平面 AEF内内 13.如图， 在多面体如图， 在多面体 ABCDEF 中， 底面中， 底面 ABCD 是边长为是边长为 2 的正方形，的正方形，四边形四边形 BDEF 是矩形，平面是矩形，平面 BDEF平面平面 ABCD，BF3，G，H 分别分别是是 CE，CF 的中点的中点 (1)求证：求证：AC平面平面 BDEF； (2)求证：平面求证：平面 BDGH平面平面 AEF. 证明：证明：(1)因为四边形因为四边形 ABCD 是正方形，所以是正方形，所以 ACBD. 又平面又平面 BDEF平面平面 ABCD，平面，平面 BDEF平面平面 ABCDBD，且，且 AC平面平面 ABCD，所，所以以 AC平面平面 BDEF. 第 7 页 共 7 页 (2)在在CEF 中，因为中，因为 G，H 分别是分别是 CE，CF 的中点，所以的中点，所以 GHEF. 又又 GH 平面平面 AEF，EF平面平面 AEF，所以，所以 GH平面平面 AEF. 设设 ACBDO，连接，连接 OH，如图，如图 在在ACF 中，因为中，因为 O，H 分别为分别为 CA，CF 的中点的中点，所以，所以 OHAF. 因为因为 OH 平面平面 AEF，AF平面平面 AEF，所以，所以 OH平面平面 AEF.因为因为 OHGHH，OH，GH平面平面 BDGH，所以平面，所以平面 BDGH平面平面 AEF.