2022版高考数学一轮复习练案45第七章立体几何第五讲直线平面垂直的判定与性质含解析新人教版VIP

1、第五讲直线、平面垂直的判定与性质a组基础巩固一、单选题1设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能得出ab的是(c)aa，b，ba，b，ca，b，da，b，解析对于c项，由，a可得a，又b，得ab.故选 c2(2021北京延庆统测)已知直线a，平面，a，那么“a”是“”的(a)a充分不必要条件b必要不充分条件c充分必要条件d既不充分也不必要条件解析过a作平面b，a，ab，若a，则b，又b，但，a时，a或a与相交，不一定a，故选a.3(2021浙江省模拟)已知，是两个相交平面，其中l，则(b)a内一定能找到与l平行的直线b内一定能找到与l垂直的直线c若内有一条直线与l平行，则该直线与平行d

2、若内有无数条直线与l垂直，则与垂直解析由，是两个相交平面，其中l，知：在a中，当l与，的交线相交时，内不能找到与l平行的直线，故a错误；在b中，由直线与平面的位置关系知内一定能找到与l垂直的直线，故b正确；在c中，内有一条直线与l平行，则该直线与平行或该直线在内，故c错误；在d中，内有无数条直线与l垂直，则与不一定垂直，故d错误，故选b.4(2021东北三省四市教研联合体模拟)已知直线m，n和平面，有如下四个命题：若m，m，则；若m，mn，n，则；若n，n，m，则m；若m，mn，则n.其中真命题的个数是(c)a1b2c3d4解析若m，m，则一定有，故正确；若m，mn，则n，又因为n，故可得，故

3、正确；若n，n，故可得，又因为m，故可得m，故正确；若m，mn，则n或n，故错误；综上所述，正确的有.故选：c5(2021安徽省皖江名校联盟联考)对于不重合的直线m，l和平面，下列可以推出成立的是(a)aml，m，lbml，l，mcml，m，ldml，l，m解析对于a，ml，l，得m，又m，；对于b，当直线m在平面内部，且垂直于两个平面的交线l时，也会出现面、相交不垂直的情况，故错；对于c，故错；对于d，lm，l，m，则、应该为平行关系，故d错误故选a.6(2021福建泉州质检)如图，在下列四个正方体abcda1b1c1d1中，e，f，g均为所在棱的中点，过e，f，g作正方体的截面，则在各个正

4、方体中，直线bd1与平面efg不垂直的是(d)解析如图，在正方体中，e，f，g，m，n，q均为所在棱的中点，易知e，f，g，m，n，q六个点共面，直线bd1与平面efmnqg垂直，并且选项a、b、c中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项d中的直线bd1与平面efg不垂直，满足题意故选d.7(2021宝鸡质检)对于四面体abcd，给出下列四个命题：若abac，bdcd，则bcad；若abcd，acbd，则bcad；若abac，bdcd，则bcad；若abcd，acbd，则bcad.其中为真命题的是(d)abcd解析如图，取bc的中点m，连接am，dm，由abacambc，同理dmbcbc平

5、面amd，而ad平面amd，故bcad：设a在平面bcd内的射影为o，连接bo，co，do，由abcdbocd，由acbdcobdo为bcd的垂心dobcadbc8(2021卓越联盟质检)已知六棱锥pabcdef的底面是正六边形，pa平面abc，pa2ab，则下列命题中正确的有(b)平面pab平面pae；pbad；直线cd与pf所成角的余弦值为；直线pd与平面abc所成的角为45；cd平面pae.abcd解析pa平面abc，paab，在正六边形abcdef中，abae，paaea，ab平面pae，且ab面pab，平面pab平面pae，故正确；ad与pb在平面的射影ab不垂直，不成立；cdaf，

6、直线cd与pf所成角为pfa，在rtpaf中，pa2af，cospfa，成立；在rtpad中，paad2ab，pda45，故成立；cdaf，cd平面paf，显然af与平面pae相交，cd与平面pae相交，即不成立，故选b.二、多选题9(2021广东七校联合体联考)在长方体abcda1b1c1d1中，aa1ab4，bc2，m，n分别为棱c1d1，cc1的中点，则下列说法正确的是(cd)aa、m、n、b四点共面bbn平面admc直线bn与b1m所成的角为60d平面adm平面cdd1c1解析由图显然am、bn是异面直线，故a、m、n、b四点不共面，故a错误；bn平面aa1d1d，显然bn与平面adm

7、不平行，故b错；取cd的中点o，连接bo、on，则b1mbo，nbo即为bn与b1m所成角，又三角形bon为等边三角形，故c正确；由题意ad平面cdd1c1，故平面adm平面cdd1c1，故d正确10.如图，梯形abcd中，adbc，adab1，adab，bcd45，将abd沿对角线bd折起设折起后点a的位置为a，并且平面abd平面bcd.下列命题正确的是(cd)aadbcb三棱锥abcd的体积为ccd平面abdd平面abc平面adc解析如图所示：设e为bd中点，连接ae，adbc，adab1，adab得到dbcadb45，又bcd45，故bcd为等腰直角三角形，平面abd平面bcd，cdbd

8、，所以cd平面abd，所以c正确，e为bd中点，aebd，则ae平面bcd，所以aebc如果adbc，则可得到bc平面abd，故bcbd与已知矛盾故a错误；三棱锥abcd的体积为s.故b错误在直角三角形acd中，ac2cd2ad2，ac，在三角形abc中，ab1，bc2，ac满足bc2ab2ac2，baca，又bada，所以ba平面adc，所以平面abc平面adc，故d正确答案为c、d.11(2021广东江门调研改编)设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是(ab)a若m，n，则mnb若，m，则mc若m，n，则mnd若，则解析对于a，因为n，所以经过n作平面，使l，可得n

9、l，又因为m，l，所以ml，结合nl，得mn.由此可得a是真命题；对于b，因为且，所以，结合m，可得m，故b是真命题；对于c，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面是正方体下底面所在的平面，则有m且n成立，但不能推出mn，故c不正确；对于d，设平面、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有且，但是，推不出，故d不正确综上所述，故选ab.三、填空题12(2021湖南五校联考)已知直线m、l，平面、，且m，l，给出下列命题：若，则ml；若，则ml；若ml，则；若ml，则.其中正确的命题是 .解析对于，若，m，l，则ml，故正确；对于，若，则ml或m与l垂直，或m与l异面，故错误

10、；对于，若ml，则或与相交，故错误；对于，若ml，m，则l，又l，所以，故正确13. (2021黄冈质检)如图，pa圆o所在的平面，ab是圆o的直径，c是圆o上一点，e，f分别是点a在pb，pc上的射影，给出下列结论：afpb；efpb；afbc；ae平面pbc其中正确结论的序号是 .解析由于pa平面abc，因此pabc，又acbc，因此bc平面pac，所以bcaf，由于pcaf，因此af平面pbc，所以afpb；因为aepb，afpb，所以pb平面aef，因此efpb；在中已证明afbc；若ae平面pbc，由知af平面pbc，由此可得出afae，这与af，ae有公共点a矛盾，故ae平面pbc

11、不成立故正确的结论为.14(2020山东省威海市三模)已知l是平面，外的直线，给出下列三个论断，l；l，以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题： 若，则或若，则(填写一个即可) .(用序号表示)解析因为l，时，l与可能平行或者相交，所以作为条件，不能得出；因为l，所以内存在一条直线m与l平行，又l，所以m，所以可得，即作为条件，可以得出；因为，l，所以l或者l，因为l是平面外的直线，所以l，即作为条件，可以得出；故答案为：若，则或若，则(填写一个即可)四、解答题15.如图所示，在四棱锥pabcd中，pa底面abcd，abad，accd，abc60，paabbc，e是pc的中点

12、，求证： (1)cdae；(2)pd平面abe.证明(1)pa底面abcd，cdpa.又cdac，paaca，故cd平面pac，ae平面pac故cdae.(2)paabbc，abc60，故paace是pc的中点，故aepc由(1)知cdae，由于pccdc，从而ae平面pcd，故aepd.易知bapd，故pd平面abe.16. (2021河北邢台联考)如图，在四棱锥pabcd中，ap平面pcd，adbc，abbc，apabbcad，e为ad的中点，ac与be相交于点o.证明：po平面abcd. 证明ap平面pcd，cd平面pcd，apcd，adbc，bcad，e为ad的中点，则bcde且bcd

13、e.四边形bcde为平行四边形，becd，apbe.又abbc，abbcad，且e为ad的中点，四边形abce为正方形，beac，又apaca，be平面apc，po平面apc，则bepo.ap平面pcd，pc平面pcd，appc，又acabap，pac为等腰直角三角形，o为斜边ac上的中点，poac且acbeo，po平面abcd.b组能力提升1(2021百师联盟联考)已知平面，直线l，m，n，满足m，n，且m，n互为异面直线，则“lm且ln”是“l”的(a)a充要条件b充分不必要条件c必要不充分条件d既不充分也不必要条件解析因为m，n为异面直线，且m，n，则平面内必存在两条相交直线分别与m，n

14、平行，又因为lm且ln，所以l；若l，则lm且ln，所以“lm且ln”是“l”的充要条件2. (2020三省三校(贵阳一中、云师大附中、南宁三中)联考)如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是平行四边形，且ab1，bc2，abc60，pa平面abcd，aepc于e.下列四个结论：abac；ab平面pac；pc平面abe；bepc正确的个数是(d)a1b2c3d4解析已知ab1，bc2，abc60，由余弦定理可得ac2ab2bc22abbccos 603，所以ac2ab2bc2，即abac，正确；由pa平面abcd，得abpa，所以ab平面pac，正确；ab平面pac，得abpc，又aepc，

15、所以pc平面abe，正确；由pc平面abe，得pcbe，正确，故选d.3. (多选题)(2021江苏扬州调研山东师大附中模拟)如图，直角梯形abcd，abcd，abbc，bccdab1，e为ab中点，以de为折痕把ade折起，使点a到达点p的位置，且pc.则(ab)a平面ped平面ebcdb二面角pdcb的大小为cpceddpc与平面ped所成角的正切值为解析由题意易知四边形bcde为正方形，又pe1，ec，pc，pe2ec2pc2，peec，又peed，pe平面ebcd，平面ped平面ebcd，a正确；dced，dc平面pde，dcpd，pde为二面角pdcb的平面角，显然pde，b正确；若

16、pced，又dced，则de平面pdc，edpd这与pde矛盾，c错误；由cd面ped知cpd为pc与平面ped所成的角，且tancpd，d错，故选ab.4下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中(bcd)aaecdbchbecdgbhdbgde解析如图，在正方体中，ae与cd异面，a错；eh綊bc，chbe，b对；dghc，dgeh，dg平面bche，dgbh，c对；bgfc，fced，bgde，d对故选bcd.5如图所示，在四棱锥pabcd中，pa底面abcd，且四边形abcd为菱形，m是pc上的一动点，当点m满足 dmpc(或bmpc等) 时，平面mbd平面pcd.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析pa底面abcd，bdpa，连接ac，则bdac，且paaca，bd平面pac，bdpc当dmpc(或bmpc)时，即有pc平面mbd，而pc平面pcd，平面mbd平面pcd.6(2021广东东莞模拟)如图1，矩形abcd中，ab12，ad6，e、f分别为cd、ab边上的点，且de3，bf4，将bce沿be折起至pbe的位置(如图2所示)，连接ap、pf，其中pf2.(1)求证：pf平面abed；(2)求