届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试直线平面垂直的判定及其性质含解析新人教B版.doc

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1、考点测试46直线、平面垂直的判定及其性质高考概览本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理2能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题一、根底小题1互相垂直的平面，交于直线l，假设直线m，n满足m，n，那么()Aml Bmn Cnl Dmn答案C解析由，且l，m，假设m，那么ml，故A项错误；假设ml，且n，那么nl，mn，故B项错误；因为n，l，所以nl，故C项正确；假设m，且ml，那么mn，故D项错误应选C.2m，n是空间中的两条不同的直线，是空

2、间中的两个不同的平面，那么以下命题正确的选项是()A假设mn，m，那么nB假设，m，那么mC假设mn，n，那么mD假设m，m，那么答案D解析符合条件的直线n还可以在平面内，所以A错误；符合条件的直线m还可以在平面内，所以B错误；符合条件的直线m可以在平面内，或者与平面相交但不垂直，或者与平面平行，所以C错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确性应选D.3假设平面平面，平面平面直线l，那么()A垂直于平面的平面一定平行于平面B垂直于直线l的直线一定垂直于平面C垂直于平面的平面一定平行于直线lD垂直于直线l的平面一定与平面，都垂直答案D解析垂直于平面的平面与平面平行或相交，故A错误；垂直于直

3、线l的直线与平面可以相交、平行或在平面内，故B错误；垂直于平面的平面与直线l平行或相交，故C错误，D正确4如图，四棱锥PABCD中，PAB与PBC是正三角形，平面PAB平面PBC，ACBD，那么以下结论不一定成立的是()APBACBPD平面ABCDCACDPD平面PBD平面ABCD答案B解析如图，取BP的中点O，连接OA，OC，易得BPOA，BPOCBP平面OACBPACA正确；又ACBDAC平面PBDACPD，平面PBD平面ABCD，所以C，D也正确应选B.5m，n为异面直线，m平面，n平面，直线l满足lm，ln，l，l，那么()A且lB且lC与相交，且交线垂直于lD与相交，且交线平行于l答

4、案D解析由m平面，直线l满足lm，且l，得l，又n平面，ln，l，所以l，由直线m，n为异面直线，且m平面，n平面，得与相交，否那么，假设，那么推出mn，与m，n异面矛盾，所以，相交，且交线平行于l，应选D.6在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C三点重合于点P，构成四面体，那么在四面体PDEF中，给出以下结论：PD平面PEF；DG平面PEF；平面PDE平面PDF.其中正确结论的序号是()A B C D答案C解析如下图，因为DAAE，DCCF，所以折叠后DPPE，DPPF，所以DP平面PEF，所以正确；由DP平面PEF，可

5、知DG平面PEF是不正确的，所以错误；由PEPF，PEDP，可得PE平面PDF，又PE平面PDE，所以平面PDE平面PDF，所以正确综上可知，正确结论的序号为.应选C.7如图，在梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出以下四个结论：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF，那么上述结论可能正确的选项是()A B C D答案B解析因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所以错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPFC时就有BDFC，而ADBCAB234可使条件满

6、足，所以正确；当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以错误8如下图，在四棱锥PABCD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正确的条件即可)答案DMPC(或BMPC)解析如图，连接AC，BD，那么ACBD，因为PA底面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC.所以当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，所以平面MBD平面PCD.二、高考小题9(2022全国卷)

7、在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，那么()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC答案C解析解法一：如图，连接A1E，D1E，B1C，BC1，DC1.假设A1EDC1，A1D1平面DCC1D1，A1D1DC1，又A1E平面A1D1E，A1D1平面A1D1E，A1EA1D1A1，DC1平面A1D1E，又D1E平面A1D1E，DC1D1E，而D1E与DC1不垂直，A1EDC1不成立，故A错误，同理可证B，D错误由条件易知，BC1B1C，BC1CE，又CEB1CC，BC1平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，A1EBC1.应选C.解法二(空间向量法)：建立如

8、下图的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，那么A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0，0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，(0,1,1)，(1，1，0)，(1,0,1)，(1,1,0)，0，0，0，0，A1EBC1.应选C.10(2022北京高考)l，m是平面外的两条不同直线给出以下三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.答案假设m且l，那么lm(或假设lm，l，那么m)解析l，m是平面外的两条不同直线，由lm与m，不能推出l，因为l可以与平行，也可以与相交但不垂直；由lm与l能推出m；由m与l可

9、以推出lm.故正确的命题是或.三、模拟小题11(2022泰安期末)假设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，那么以下为真命题的是()A假设m，那么m B假设m，n，那么mnC假设m，m，那么 D假设，那么答案C解析对于A，当且仅当m与平面，的交线垂直时，命题才成立，所以原命题为假命题；对于B，假设m，n，那么直线m，n可能异面，可能平行，还可能相交，所以原命题为假命题；对于C，由m，m，可得平面内一定存在直线与直线m平行，进而得出该直线垂直于平面，从而，所以原命题为真命题；对于D，假设，那么平面与平面可能相交或平行，所以原命题为假命题应选C.12(2022湖北七市(州)联考)设直线m与平面

10、相交但不垂直，那么以下说法中正确的选项是()A在平面内有且只有一条直线与直线m垂直B过直线m有且只有一个平面与平面垂直C与直线m垂直的直线不可能与平面平行D与直线m平行的平面不可能与平面垂直答案B解析在平面内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；因为直线m与平面相交但不垂直，所以过直线m必有并且也只有一个平面与平面垂直，B正确；类似于A，在平面外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面，C错误；与直线m平行且与平面垂直的平面有无数个，D错误应选B.13(2022景德镇模拟)将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到空间四面体ABCD(如图2)，那么在空间四

11、面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直答案C解析在题图1中，ADBC，故在题图2中，ADBD，ADDC，又因为BDDCD，所以AD平面BCD，又BC平面BCD，D不在BC上，所以ADBC，且AD与BC异面，应选C.14(2022佛山五校联考)如下图，直线PA垂直于O所在的平面，ABC内接于O，且AB为O的直径，点M为线段PB的中点现有结论：BCPC；OM平面PAC；点B到平面PAC的距离等于线段BC的长其中正确的选项是()A BC D答案B解析对于，PA平面ABC，PABC.AB为O的直径，BCAC，又PAACA，BC平面PAC，又P

12、C平面PAC，BCPC；对于，点M为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，OMPA，PA平面PAC，OM平面PAC，OM平面PAC；对于，由知BC平面PAC，线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故都正确15. (2022福州高三期末考试)如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，以下四个结论不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC答案D解析因为BCDF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC平面PDF，故A正确；在正四面体中，AEBC，PEBC，AEPEE，且AE平面PAE，PE平面PAE.所以BC平面PAE.因

13、为DFBC，所以DF平面PAE，又DF平面PDF，从而平面PDF平面PAE.因此B，C均正确16. (2022济宁网络模考)如图，正三棱柱ABCA1B1C1各棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点)，且满足BMC1N，当M，N运动时，以下结论中错误的选项是()A在DMN内总存在与平面ABC平行的线段B平面DMN平面BCC1B1C三棱锥A1DMN的体积为定值DDMN可能为直角三角形答案D解析用平行于平面ABC的平面截平面DMN，那么交线平行于平面ABC，故A正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，假设满足BMC1N，那么线段MN必过正方形BCC1

14、B1的中心O，由DO平面BCC1B1可得平面DMN平面BCC1B1，故B正确；当M，N分别在BB1，CC1上运动时，A1DM的面积不变，点N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥NA1DM的体积不变，即三棱锥A1DMN的体积为定值，故C正确；假设DMN为直角三角形，那么必是以MDN为直角的直角三角形，易证DMDN，所以DMN为等腰直角三角形，所以DOOMON，即MN2DO.设正三棱柱的棱长为2，那么DO，MN2.因为MN的最大值为BC1，BC12，所以MN不可能为2，所以DMN不可能为直角三角形，故D错误应选D.17. (2022重庆模拟)如图，在ABC中，ACB90，AB8，ABC60，PC平

15、面ABC，PC4，M是AB上的一个动点，那么PM的最小值为_答案2解析作CHAB于点H，连接PH.因为PC平面ABC，所以PHAB，PH为PM的最小值，等于2.18(2022日照模拟)在矩形ABCD中，ABBC，现将ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出以下结论：存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直其中正确结论的序号是_(写出所有正确结论的序号)答案解析假设AC与BD垂直，过点A作AEBD于点E，连接CE.那么BD平面AECBDCE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立

16、，错误；假设ABCD，因为ABAD，所以AB平面ACD，所以ABAC，由ABBC可知，存在这样的直角三角形，使ABCD，故假设成立，正确；假设ADBC，因为DCBC，所以BC平面ADC，所以BCAC，即ABC为直角三角形，且AB为斜边，而ABBC，故矛盾，假设不成立，错误综上，填.一、高考大题1(2022全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)假设AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解(1)证明：由，得B1C1平面ABB1A1，由于BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，B1C1EC1

17、C1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，|为单位长度，建立如下图的空间直角坐标系Dxyz，那么C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，所以(1,0,0)，(1，1,1)，CC1(0,0,2)设平面EBC的法向量为n(x1，y1，z1)，那么即所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x2，y2，z2)，那么即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m.所以二面角BECC1的正弦值为.

18、2(2022北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，所以CD平面PAD.(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建立如下图的空间直角坐标系Axyz，那么A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为E为PD的中点

19、，所以E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，所以.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，那么即令z1，那么y1，x1.于是n(1，1,1)又因为平面PAD的一个法向量为p(1,0,0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内理由：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1,1)，所以n0，又A平面AEF，所以直线AG在平面AEF内3(2022全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置

20、，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解(1)证明：由可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足为H.由(1)，得PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如下图的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.所以PH，EH，那么H(0,0,0)，P，D，所以，H为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成的角为，那么sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.二

21、、模拟大题4(2022南昌一模)如图，四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1底面ABCD，且BAD60，CDCC12C1D14，E是棱BB1的中点(1)求证：AA1BD；(2)求二面角EA1C1C的余弦值解(1)证明：因为CC1底面ABCD，所以CC1BD.因为底面ABCD是菱形，所以BDAC.又ACCC1C，所以BD平面ACC1.又由四棱台ABCDA1B1C1D1知，A1，A，C，C1四点共面所以AA1BD.(2)如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1OC且A1C1OC，所以A1OCC1，且A1OCC1.所以A1O底面ABCD.以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在

22、直线分别为x轴、y轴、z轴建立如下图的空间直角坐标系那么A(2，0,0)，A1(0,0,4)，C1(2，0,4)，B(0,2,0)，由得，B1(，1,4)因为E是棱BB1的中点，所以E.所以，(2，0,0)设n1(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，那么即取z3，那么n1(0,4,3)又因为n2(0,1,0)为平面A1C1C的法向量，所以cosn1，n2，又由图可知，二面角EA1C1C为锐二面角，所以二面角EA1C1C的余弦值为.5(2022广州市二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，APD90，且ADPB.(1)求证：平面PAD平面ABCD；(2)假设ADPB，

23、求二面角DPBC的余弦值解(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OB，BD，因为底面ABCD为菱形，BAD60，所以ADABBD.因为O为AD的中点，所以OBAD.在APD中，APD90，O为AD的中点，所以POADAO.设ADPB2a，那么OBa，POOAa，因为PO2OB2a23a24a2PB2，所以OPOB.因为OPADO，OP平面PAD，AD平面PAD，所以OB平面PAD.因为OB平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)解法一：因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.由(1)得POOB，ADOB，所以OA，OB

24、，OP所在的直线两两互相垂直以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如下图的空间直角坐标系设AD2，那么A(1,0,0)，D(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，所以(1,0，1)，(0，1)，(2,0,0)，设平面PBD的法向量为n(x1，y1，z1)，那么令y11，那么x1，z1，所以n(，1，)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，那么令y21，那么x20，z2，所以m(0,1，)设二面角DPBC为，由于为锐角，所以cos|cosm，n|.所以二面角DPBC的余弦值为.解法二：因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB

25、，所以AD平面POB.所以POAD.所以POa，PDa.过点D作DHPB，H为垂足，过点H作HGBC交PC于点G，连接DG，因为ADPB，BCAD，所以BCPB，即HGPB.所以DHG为二面角DPBC的平面角在等腰BDP中，BDBP2a，PDa，根据等面积法可以求得DHa.进而可以求得PHa，所以HGa，PGa.在PDC中，PDa，DC2a，PC2a，所以cosDPC.在PDG中，PDa，PGa，cosDPC，所以DG2PD2PG22PDPGcosDPGa2，即DGa.在DHG中，DHa，HGa，DGa，所以cosDHG.所以二面角DPBC的余弦值为.6(2022荆门调研)如图1，梯形ABCD

26、中，ABCD，过A，B分别作AECD，BFCD，垂足分别为E，F.ABAE2，CD5，DE1，将梯形ABCD沿AE，BF同侧折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.(1)假设AFBD，证明：DE平面ABFE；(2)假设DECF，CD，线段AB上存在一点P，满足CP与平面ACD所成角的正弦值为，求AP的长解(1)证明：由得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在题图2中，AFBE，由得AFBD，BEBDB，AF平面BDE，又DE平面BDE，AFDE，又AEDE，AEAFA，DE平面ABFE.(2)在题图2中，AEDE，AEEF，DEEFE，AE平面DEFC，在梯形DEFC中，过点D作DMEF交CF于点M，连接CE，由题意得DM2，CM1，由勾股定理可得DCCF，那么CDM，CE2，过E作EGEF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，以，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系，那么A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)，D，(2,1，)，.设平面ACD的一个法向量为n(x，y，z)，由得取x1得n(1，1，)，设APm，那么P(2，m,0)(0m2)，得(2，m1，)，设CP与平面ACD所成的角为，sin|cos，n|m.AP.