2023-2024學(xué)年高一數(shù)學(xué)2019試題13.2.3直線與平面位置關(guān)系（2）線面垂直的判定與性質(zhì)

13.2.3直線與平面位置關(guān)系（2）線面垂直的判定與性質(zhì)一、單選題1．在正方體中P，Q分別是和的中點，則下列判斷錯誤的是（

）A． B．平面C． D．平面【答案】D【解析】【分析】取中點，連接，通過證明平面可判斷A；分別取中點，連接，可證明，即可證明，可判斷C；進一步即可證明平面判斷B；根據(jù)平面可判斷D.【詳解】取中點，連接，因為P，Q分別是和的中點，易得，又，平面，平面，，故A正確；分別取中點，連接，易得且，所以四邊形為平行四邊形，，又，，故C正確；，，又，，平面，故B正確；平面即為平面，顯然平面，故D錯誤.故選：D.2．已知正方體（如圖所示），則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根據(jù)異面直線的定義，垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化，判斷選項.【詳解】A.，與相交，所以與異面，故A錯誤；B.與平面相交，且，所以與異面，故B錯誤；C.四邊形是矩形，不是菱形，所以對角線與不垂直，故C錯誤；D.連結(jié)，，，，所以平面，所以，故D正確.故選：D3．一種特殊的四面體叫做“鱉臑”，它的四個面均為直角三角形.如圖，在四面體PABC中，設(shè)E，F(xiàn)分別是PB，PC上的點，連接AE，AF，EF（此外不再增加任何連線），則圖中直角三角形最多有（

）A．6個 B．8個C．10個 D．12個【答案】C【解析】【分析】由題設(shè)，若四面體PABC為“鱉臑”，應(yīng)用線面、面面垂直的判定、性質(zhì)只需AE⊥EF、AE⊥PC、EF⊥PC，即PAEF也是“鱉臑”，即可保證直角三角形最多，進而確定個數(shù)即可.【詳解】為使題圖中有盡可能多的直角三角形，設(shè)四面體PABC為“鱉臑”，其中PA⊥面ABC，BC面ABC，則PA⊥BC，又AB⊥BC，ABPA=A，∴CB⊥面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC：由CB⊥面PAB，BC面PBC，則面PAB⊥面PBC，又AE面PAB，面PAB∩面PBC=PB，∴AE⊥面PBC，EF、PC面PBC，則AE⊥EF且AE⊥PC，又EF⊥PC，∴四面體PAEF也是“鱉臑”，則10個三角形全是直角三角形，故選：C.4．在四棱錐中，底面為正方形，底面，M是上一點，有以下四個命題：甲：平面平面；乙：；丙：；?。?如果只有一個命題是錯誤的，則該命題是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題中所給的條件，判斷出比較明顯的垂直關(guān)系，結(jié)合題意，有三個真命題一個假命題，假設(shè)丁正確，從而判斷出兩個真一個假，從而確定出結(jié)果.【詳解】底面為正方形，所以，又因為底面，平面，所以，又因為，所以平面，所以，若只有一個假命題，則其它三個命題為真命題，即由條件可逐步推導(dǎo)出其它三個命題，若丁正確，即，因為，所以平面，又平面，所以平面平面，故甲正確；因為平面，所以，故丙正確；若乙也正確，則，，又在同一平面，且，所以有平面，因為平面，所以，因為，，則平面，平面，平面，則，，，則平面，則平面平面，與已知條件矛盾，所以乙不正確，故選：B.5．已知l，m表示兩條不同的直線，表示平面，則下列說法正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】A【解析】【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)判斷A，根據(jù)線面間的位置關(guān)系判斷BCD．【詳解】對于A，若，則根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)，知，故A正確；對于B，若，則l可能在內(nèi)，故B不正確；對于C，若，則或，故C不正確；對于D，若，則l與m可能平行，也可能異面，故D不正確.故選：A.二、多選題6．下列命題正確的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)空間直線、平面間的位置關(guān)系、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理判斷．【詳解】由線面垂直的判定定理可得A正確，由線面垂直的性質(zhì)定理可得B正確，，可能有，C錯誤，時可能有，，與相交（可能垂直），D錯誤，故選：AB．7．在正方體，點分別是棱的中點，下列說法正確的是（

）A． B．平面C．平面 D．異面直線、所成角的大小為【答案】ABC【解析】【分析】對于A：連接，由中位線定理得，又由，可判斷；對于B：根據(jù)線面平行的判定定理可判斷；對于C：根據(jù)線面垂直的判定定理可判斷；對于D：連接，可得（或其補角）就是異面直線、所成的角，由此可判斷.【詳解】對于A：連接，因為分別是棱的中點，所以，又，所以，又，所以，故A正確；對于B：由A選項的解析得，又平面，平面，所以平面，故B正確；對于C：連接，則，又因為分別是棱的中點，所以，所以，又面，面，所以，又，面，所以面，所以，同理可證，又，面，所以平面，故C正確；對于D：連接，因為分別是棱的中點，所以，所以（或其補角）就是異面直線、所成的角，又是正三角形，所以，所以異面直線、所成角的大小為，故D不正確，故選：ABC.三、填空題8．如圖，在直四棱柱中，當(dāng)?shù)酌鍭BCD滿足條件___________時，有.（只需填寫一種正確條件即可）【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】直四棱柱，是在上底面的投影，當(dāng)時，可得，當(dāng)然底面ABCD滿足的條件也就能寫出來了.【詳解】根據(jù)直四棱柱可得：∥，且，所以四邊形是矩形，所以∥，同理可證：∥，當(dāng)時，可得：，且底面，而底面，所以，而，從而平面，因為平面，所以，所以當(dāng)滿足題意.故答案為：.9．，，是三直線，是平面，若，，，，且__________（填上一個條件即可），則有．【答案】【解析】【分析】由線面垂直的判定定理即可求解【詳解】由線面垂直的判定定理可知：，，，，且，則，故答案為：10．如圖，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，平面，且，若點為的中點，則點到平面的距離為______．【答案】【解析】【分析】由∥平面知，點到面的距離等于點到面的距離，把問題轉(zhuǎn)化為解直角三角形問題．【詳解】∵是正方形，∴，又∵平面，平面，∴∥平面，于是點到面的距離等于點到面的距離．取中點，連接.∵平面，∴，∵是正方形，∴，又∵，∴平面，∵平面，∴平面平面，∵為中點，，∴，∴，又∵平面平面，∴平面，∴點C到平面的距離為OC，∵為等腰直角三角形，，∴，∴點C到平面的距離等于，故點D到平面的距離等于．故答案為：．11．如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，點F是棱CD上的動點．當(dāng)＝__時，D1E⊥平面AB1F．【答案】1【解析】【分析】要D1E⊥平面AB1F，先確定D1E⊥平面AB1F內(nèi)的兩條相交直線，由三垂線定理易證D1E⊥AB1，同理證明D1E⊥AF即可．【詳解】解：連接A1B，則A1B是D1E在面ABB1A內(nèi)的射影，∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，于是D1E⊥平面AB1F，又平面AB1F，所以D1E⊥AF．連接DE，則DE是D1E在底面ABCD內(nèi)的射影．∴D1E⊥AF，，因為，所以平面，又平面，所以DE⊥AF．∵ABCD是正方形，E是BC的中點．∴當(dāng)且僅當(dāng)F是CD的中點時，DE⊥AF，即當(dāng)點F是CD的中點時，D1E⊥平面AB1F．∴＝1時，D1E⊥平面AB1F．故答案為：1.12．如圖，矩形中，，平面，若在線段上至少存在一個點滿足，則的取值范圍是________.【答案】【解析】【分析】由已知中平面，在邊上取點，使，由線面垂直的判定定理及性質(zhì)可得滿足條件時，，即以為直徑，的中點為圓心的圓，再根據(jù)，，滿足條件的點至少有1個，從而可得的取值范圍．【詳解】解：平面，平面，，又，，平面，又平面，，所以點是以中點為圓心，以為直徑的圓與的交點，，，在線段上至少存在一個點滿足，．故答案為：．四、解答題13．在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，AE⊥PD于點E，l⊥平面PCD．求證：l∥AE．【答案】證明見解析【解析】【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理將問題轉(zhuǎn)化為證明AE⊥平面PCD，再轉(zhuǎn)化為AE⊥DC，然后再轉(zhuǎn)化為CD⊥平面PAD，最后結(jié)合已知可證.【詳解】證明：因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD．又四邊形ABCD是矩形，所以CD⊥AD．因為PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD．又AE?平面PAD，所以AE⊥DC．因為AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD?平面PCD，CD?平面PCD，所以AE⊥平面PCD．因為l⊥平面PCD，所以l∥AE．14．如圖所示，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，C點到AB1的距離為CE，D為AB的中點．求證：(1)CD⊥AA1；(2)AB1⊥平面CED.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】【分析】（1）由直棱柱的性質(zhì)和線面垂直的性質(zhì)可證；（2）根據(jù)線面垂直判定定理將問題轉(zhuǎn)化為CD⊥AB1，然后轉(zhuǎn)化為證明CD⊥平面A1B1BA，然后結(jié)合已知條件可證.(1)由題意知AA1⊥平面