2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第41讲直线、平面垂直的判定与性质（达标检测）（Word版附解析）.docx

1、第41讲 直线、平面垂直的判定与性质（达标检测）A组应知应会1（2020春海淀区校级期末）三棱锥中，侧面底面，则ABCD【分析】由题易知，为等腰直角三角形，且，即选项错误；过点作于，连接，由面面垂直的性质定理可证得平面，即在底面上的投影为点，从而得；由和平面可推出，即，结合线面垂直的判定定理得平面，从而得，即选项正确；由三垂线定理可知选项和均错误【解答】解：，为等腰直角三角形，且，与不垂直，即选项错误；过点作于，连接，侧面底面，面面，面，即在底面上的投影为点，面，、面，面，面，即选项正确；由三垂线定理知，若，则，这与相矛盾，即选项和均错误故选：2（2020眉山模拟）在如图，在以下四个正方体中，

2、直线与平面垂直的有A1个B2个C3个D4个【分析】对四个图，分别运用异面直线所成角的定义和线面垂直的性质定理和判定定理，即可得到结论【解答】解：对于，由，且与成的角，不垂直，则直线与平面不垂直；对于，由于，由线面垂直的判定定理可得平面；对于，与成的角，不垂直，则直线与平面不垂直；对于，连接，由正方形的性质可得，而平面，可得，则平面，即有，同理可得，所以平面综上，满足题意故选：3（2020商洛模拟）已知是圆柱上底面的一条直径，是上底面圆周上异于，的一点，为下底面圆周上一点，且圆柱的底面，则必有A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面【分析】画出图形，结合直线与平面垂直的判断定理，转化证明平面与平

3、面垂直，推出结果即可【解答】解：因为是圆柱上底面的一条直径，所以，又垂直圆柱的底面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面故选：4（2020五华区校级模拟）在长方体中，为棱的中点，则ABCD【分析】连结，则，从而，进而，平面，由此得到【解答】解：连结，因为，所以，所以，所以，所以，即，所以平面，所以故选：5（2020春芝罘区校级期末）如图，垂直于以为直径的圆所在平面，为圆上异于，的任意一点，垂足为，点是上一点，则下列判断中不正确的是A平面BCD平面平面【分析】在中，推导出，从而平面，可得正确；在中，由平面，可证，又，可证平面，即可证明，可得正确；在中，由，得若，则平面，与矛盾，可得错误；

4、在中，由平面，面，即可证明平面平面，可得正确【解答】解：在中，为圆上异于，的任意一点，平面，故正确；在中，平面，平面，平面，平面，故正确；在中若，则平面，则，与矛盾，故与不垂直，故错误；在中，平面，面，平面平面，故正确故选：6（2020长春四模）已知直线和平面、有如下关系：，则下列命题为真的是ABCD【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项得答案【解答】解：对于，由，可得或，故错误；对于，由，可得或或与相交，故错误；对于，由，过作平面与相交，交线为，则，而，可得，故正确；对于，由，可得，故错误故选：7（2019秋延吉市校级月考）已知三棱锥中，若，两两互相垂直

5、，作平面，垂足为，则点是的A外心B内心C重心D垂心【分析】由题意分析可证得、，符合这一性质的点是垂心【解答】解：连结并延长，交与连结并延长，交与；因，故面，故；因面，故，故面，故，即；同理：；故是的垂心故选：8（2020春海淀区校级期末）把边长为4的正方形，沿对角线折成空间四边形，使得平面平面，则空间四边形的对角线的长为A4BC2D【分析】根据题意画出图形，结合图形求出空间四边形的对角线的长【解答】解：如图所示，取的中点，连接、，则，由平面平面，且平面平面，所以；又，所以，所以，即空间四边形的对角线故选：9（2020昆明一模）如图1，已知是直角梯形，在线段上，将沿折起，使平面平面，连接，设的中

6、点为，如图2对于图2，下列选项错误的是A平面平面B平面CD【分析】由已知利用平面与平面垂直的性质得到平面，判定正确；进一步得到平面平面，结合判定正确；再证明平面，得到为直角三角形，判定正确；由错误的选项存在可知错误【解答】解：如图，图1中，则图2中，又平面平面，平面平面，平面，则，故选项正确；由平面，平面，得平面平面，而平面平面，平面，平面，故选项正确；，平面平面，且平面平面，平面，则，即是以为斜边的直角三角形，而为的中点，则，故选项正确因此错误的只能是故选：10（2020合肥模拟）已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，是等边三角形，且，若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，

7、则的最大值为ABCD【分析】依题意，取的中点，作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，设四棱锥的外接球半径为，则，由此当四棱锥的体积最大时，能求出当的最大值【解答】解：依题意，取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，是的外心，作平面，平面，则是人锥的外接球的球心，且，设四棱锥的外接球半径为，则，则，当四棱锥的体积最大时，故选：11（多选）（2020春韶关期末）在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，是棱的中点，作交于点，则有A异面直线与所成角大小为B平面平面C平面D【分析】连结，交于点，连结，推导出，从而是异面直线与所成角，推导出，从而求出异面直线与所成角大小为；推导出，从而平面，由此得到平面平面；

8、推导出，从而平面，进而，再由，得到平面；由平面，知【解答】解：如图，连结，交于点，连结，底面是正方形，是中点，是棱的中点，是异面直线与所成角，底面是正方形，侧棱底面，异面直线与所成角大小为，故正确；平面，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面，故正确；平面，由底面是正方形，得，是的中点，平面，平面，又，平面，故正确；由平面，知，故错误故选：12（多选）（2020山东模拟）如图所示，在四个正方体中，是正方体的一条体对角线，点，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形为ABCD【分析】根据正方体的性质即可判断出结论【解答】解：对于根据正方体的性质可得：，可得平面而无法得出平面故选：13（2020春兴

9、庆区校级期末）若直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于，的一点，有下列关系：；平面；其中正确的是 【分析】由直线垂直于以为直径的圆所在的平面，以为直径的圆所在的平面，得；由，得平面；由，但与相交且不垂直，得与不垂直；由平面，得【解答】解：直线垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆周上异于，的一点，以为直径的圆所在的平面，故正确；是圆的直径，为圆周上异于，的一点，又，平面，故正确；，但与相交且不垂直，与不垂直，故错误；平面，平面，故正确故答案为：14（2020广西模拟）在四棱锥中，底面四边形为矩形，平面，别是线段，的中点，点在线段上若，则 【分析】取的中点，连接，由已知证明，结合已知，可得平

10、面，得到，进一步得到，在直角三角形中，由等面积法求解【解答】解：取的中点，连接，平面，平面，而，平面，故平面，又平面，又，平面，平面，分别为，的中点，则，在直角三角形中，可求得由等面积法可得故答案为：15（2020大庆三模）已知四边长均为的空间四边形的顶点都在同一个球面上，若，平面平面，则该球的体积为 【分析】根据题意画出图形，结合图形得出与均为等边三角形，求出四面体外接球的半径，再计算外接球的体积【解答】解：如图所示，设是的外心，是的外心，过，分别作平面与平面的垂线、，相交于；由空间四边形的边长为，所以与均为等边三角形；又平面平面，所以为四面体外接球的球心；又，所以外接球的半径为；所以外接球

11、的体积为故答案为：16（2020春滁州期末）在正方体中，分别是，的中点，在上，若平面平面，则 【分析】当为中点时，可得面，即可得平面平面，从而求得【解答】解：，分别是，的中点，根据正方体的性质可得面，即可得当为中点时，又面，即可得平面平面则故答案为：217（2019秋南康区校级月考）已知四边形是矩形，沿将向上折起，使为，且平面平面，是的中点，是上一点，给出下列结论：存在点，使得平面存在点，使得平面存在点，使得平面存在点，使得平面其中正确结论的序号是 【分析】存在中点，则，利用线面平行的判定定理可得平面；由平面平面，可知只需即可使得平面；，利用面面垂直的性质，可得平面；因为是矩形，所以，在上的射

12、影不是同一点，所以不存在点，使得平面【解答】解：存在中点，则，利用线面平行的判定定理可得平面，正确；由平面平面，可知只需即可使得平面，故正确；，利用面面垂直的性质，可得平面，正确；因为是矩形，所以，在上的射影不是同一点，所以不存在点，使得平面，故不正确；故答案为：18（2020娄底模拟）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，侧面是等边三角形，且平面平面，为棱上一点，若平面平面，则 【分析】取的中点，连接交于点，推导出平面，由此能求出结果【解答】解：取的中点，连接交于点，连结，平面平面，平面，又平面平面，故答案为：19（2019秋乐山期中）如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，则下列结论中：；平面

13、平面；直线平面；其中正确的有 （把所有正确的序号都填上）【分析】由平面，及正六边形的性质易得：平面，所以，正确；由平面，易得平面平面，所以平面平面不成立，错；由正六边形的性质得，但是与平面相交，所以错；由平面，可得，又因为，所以，正确【解答】解：对于、由平面，平面，得，又由正六边形的性质得，得平面，又平面，正确；对于、又平面平面，所以平面平面不成立，错；对于、由正六边形的性质得，又平面，平面，直线平面也不成立，错；对于、在中，正确故答案为：20（2020春安徽期末）如图，在正方体中，分别是，的中点证明：（1）平面；（2）平面【分析】（1）推导出，由此能证明平面（2）连结，推导出，从而平面，进而

14、，同理，由此能证明平面【解答】证明：（1），分别是，的中点，平面，平面，平面（2）连结，由正方体的性质知是正方形，则由正方体的性质可知平面，平面，平面，同理可证，平面21（2020龙凤区校级模拟）如图，四棱锥中，且（1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离【分析】（1）取、的中点分别为、，连结，由已知可证，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用线面垂直的性质可证，又，可证平面，利用面面垂直的判定定理可证平面平面（2）由（1）及题意知为三棱锥的高，设点到平面的距离为，利用等体积法，三角形的面积公式可求的值，即可得解【解答】解：（1）取、的中点分别为、，连结，四边形为梯形，又、为、的中点，为梯形的

15、中位线，又，为的中点，又，平面，平面，平面，又平面，故，由，为中点，又，不平行，必相交于某一点，且，都在平面上，平面，由平面，则平面平面（2）由（1）及题意知，为三棱锥的高，故，且，设点到平面的距离为，由等体积法知：，解得，所以点到平面的距离为22（2020春宣威市期末）如图，在三棱锥中，已知是正三角形，平面，为的中点，在棱上，且（1）求证：平面；（2）若为的中点，问上是否存在一点，使平面？若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由【分析】（1）取的中点，推导出，则，再求出，从而平面，进而，由此能证明平面（2）连结，设，连结，推导出存在这样的点，当时，平面【解答】解：（1）证明：取的中点，为的

16、中点，为的中点，为的中点，为的中点，则，是正三角形，平面，平面，平面（2）存在这样的点，当时，平面连结，设，连结，由条件知为的重心，当时，B组强基必备1（2020婺城区校级模拟）在正四面体中，已知，分别是，上的点（不含端点），则A不存在，使得B存在，使得C存在，使得平面D存在，使得平面平面【分析】对于，两项：当，分别是，的中点时，易证，且平面平面对于：可利用在上移动时，的范围判断对于：可将看成三棱锥的顶点，则过做底面的垂线只有一条，即高线，从而否定【解答】解：（1）对于，选项，取，分别为，的中点如图：因为是正四面体，所以它的各个面是全等的等边三角形所以，所以，同理可证故错误；又因为，且，故平面

17、，又平面，所以平面平面故正确（2）对于选项，将看成正三棱锥的顶点，易知当在上移动时，的最小值为直线与平面所成的角，即（1）中的，显然为锐角，最大角为，故当在上移动时，不存在，使得故错误（3）对于选项，将看成顶点，则由向底面作垂线，垂足为底面正三角形的中心，不落在上，又因为过空间中一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故不存在，使得平面，故错误故选：2（2019海淀区校级三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为正三角形侧面底面，、分别为棱、的中点（）求证：平面（）求证：平面平面（）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【分析】取中点，构造平行四边形，得出即可证明结论；通过证明平行四边形为矩形得出，再根据即可得出平面，从而结论得证；根据余弦定理计算，根据计算的值，从而得出的值【解答】证明：取中点，连结，分别是，的中点，底面是菱形，是的中点，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面证明：是等边三角形，是的中点，底面是菱形，是等边三角形，又是的中点，又，平面，又四边形是平行四边形，四边形是矩形，又，是的中点，又，平面，平面，平面，又平面，平面平面假设棱上存在点，使得平面，连结，则，底面是边长为2的菱形，为正三角形，侧面底面，侧面底面，平面，