届高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪训练44直线平面垂直的判定与性质文07243.docx
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届高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪训练44直线平面垂直的判定与性质文07243
课时跟踪训练(四十四)直线、平面垂直的判定与性质
[基础巩固]
一、选择题
1.(2017·湖北七市高三联考)设直线m与平面α相交但不垂直,则下列说法中正确的是( )
A.在平面α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α垂直
C.与直线m垂直的直线不可能与平面α平行
D.与直线m平行的平面不可能与平面α垂直
[解析] 对于A,在平面α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;对于B,只要m⊄α,过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直,B正确;对于C,类似于A,在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α,C错误;对于D,与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个,D错误.故选B.
[答案] B
2.(2016·浙江卷)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )
A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n
[解析] 对于选项A,∵α∩β=l,∴l⊂α,∵m∥α,∴m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确;对于选项B,D,∵α⊥β,m∥α,n⊥β,∴m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确.对于选项C,∵α∩β=l,∴l⊂β.∵n⊥β,∴n⊥l.故选C.
[答案] C
3.(2018·湖南长沙模拟)已知α,β,γ为平面,l是直线,若α∩β=l,则“α⊥γ,β⊥γ”是“l⊥γ”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
[解析] 由α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l可以推出l⊥γ;反过来,若l⊥γ,α∩β=l,则根据面面垂直的判定定理,可知α⊥γ,β⊥γ.所以若α∩β=l,则“α⊥γ,β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件.
[答案] C
4.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M为AB的中点,PM垂直于△ABC所在平面,那么( )
A.PA=PB>PC
B.PA=PB C.PA=PB=PC D.PA≠PB≠PC [解析] ∵M为AB的中点,△ACB为直角三角形, ∴BM=AM=CM,又PM⊥平面ABC, ∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC, 故PA=PB=PC. [答案] C 5.(2017·贵阳监测)如图,在三棱锥P-ABC中,不能证明AP⊥BC的条件是( ) A.AP⊥PB,AP⊥PC B.AP⊥PB,BC⊥PB C.平面BPC⊥平面APC,BC⊥PC D.AP⊥平面PBC [解析] A中,因为AP⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,又BC⊂平面PBC,所以AP⊥BC,故A正确;C中,因为平面BPC⊥平面APC,BC⊥PC,所以BC⊥平面APC,又AP⊂平面APC,所以AP⊥BC,故C正确;D中,由A知D正确;B中条件不能判断出AP⊥BC,故选B. [答案] B 6.(2017·湖北孝感高中期中)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=AC,AC1⊥A1B,M,N分别是A1B1,AB的中点,给出下列结论: ①C1M⊥平面A1ABB1;②A1B⊥NB1;③平面AMC1⊥平面CBA1. 其中正确结论的个数为( ) A.0B.1 C.2D.3 [解析] ①在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C1⊥平面ABB1A1.因为BC=AC,所以B1C1=A1C1.因为M为A1B1的中点,所以C1M⊥A1B1.因为平面A1B1C1∩平面ABB1A1=A1B1,所以C1M⊥平面ABB1A1.故①正确.②由①知,C1M⊥A1B,又因为AC1⊥A1B,C1M∩AC1=C1,所以A1B⊥平面AMC1,所以A1B⊥AM.因为M,N分别是A1B1,AB的中点,所以ANB1M是平行四边形,所以AM∥NB1.因为A1B⊥AM,所以A1B⊥NB1.故②正确.③由②知A1B⊥平面AMC1,因为A1B⊂平面CBA1,所以平面AMC1⊥平面CBA1.故③正确.综上所述,正确结论的个数为3.故选D. [答案] D 二、填空题 7.(2017·河北石家庄调研)如图,已知PA⊥平面ABC,BC⊥AC,则图中直角三角形的个数为________. [解析] ∵PA⊥平面ABC,AB,AC,BC⊂平面ABC, ∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,则△PAB,△PAC为直角三角形. 由BC⊥AC,且AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC,从而BC⊥PC,因此△ABC,△PBC也是直角三角形. [答案] 4 8.如图所示,在四棱锥P-ABCD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是正确的条件即可) [解析] 由定理可知,BD⊥PC. ∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,就有PC⊥平面MBD, 而PC⊂平面PCD, ∴平面MBD⊥平面PCD. [答案] DM⊥PC(或BM⊥PC等) 三、解答题 9.(2017·山东青岛质检)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点. (1)求证: EF⊥平面BCG; (2)求三棱锥D-BCG的体积. [解] (1)证明: 由已知得△ABC≌△DBC,因此AC=DC. 又G为AD的中点,所以CG⊥AD. 同理BG⊥AD,又BG∩CG=G,因此AD⊥平面BCG. 又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG. (2)在平面ABC内,作AO⊥BC,交CB的延长线于O,如图由平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BDC=BC,AO⊂平面ABC,知AO⊥平面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半. 在△AOB中,AO=AB·sin60°= , 所以VD-BCG=VG-BCD= S△DBC·h= × BD·BC·sin120°· = . 10.(2017·云南省高中毕业班统一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,底面ABCD是平行四边形,AB=BC=2a,AC=2 a,E是PA的中点. (1)求证: 平面BED⊥平面PAC; (2)求点E到平面PBC的距离. [解] (1)证明: 在平行四边形ABCD中,AB=BC, ∴四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC. ∵PC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PC⊥BD. 又PC∩AC=C,∴BD⊥平面PAC,∵BD⊂平面BED, ∴平面BED⊥平面PAC. (2)设AC交BD于点O,连接OE,如图. 在△PCA中,易知O为AC的中点,E为PA的中点, ∴EO∥PC. ∵PC⊂平面PBC,EO⊄平面PBC, ∴EO∥平面PBC, ∴点O到平面PBC的距离就是点E到平面PBC的距离. ∵PC⊥平面ABCD,PC⊂平面PBC, ∴平面PBC⊥平面ABCD,交线为BC. 在平面ABCD内过点O作OH⊥BC于点H,则OH⊥平面PBC. 在Rt△BOC中,BC=2a,OC= AC= a, ∴OB=a.S△BOC= OC·OB= BC·OH, ∴OH= = = a. ∴点E到平面PBC的距离为 a. [能力提升] 11.空间四边形ABCD中,AB=CD=2,AD=BC=3,M,N分别是对角线AC与BD的中点,则MN与( ) A.AC,BD之一垂直B.AC,BD不一定垂直 C.AC,BD都不垂直D.AC,BD都垂直 [解析] 连接BM,DM,AN,CN,在△ABC和△ACD中,AB=CD,AD=BC,AC=CA,故△ABC≌△CDA.又M为AC中点,∴BM=DM.∵N为BD的中点,∴MN⊥BD.同理可证MN⊥AC,故选D. [答案] D 12.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是( ) A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC [解析] ∵在四边形ABCD中, AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°, ∴BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABD∩平面BCD=BD, 故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB. 又AD⊥AB,CD∩AD=D, 故AB⊥平面ADC. ∴平面ABC⊥平面ADC.故选D. [答案] D 13.(2017·内蒙古包头一模)已知直线a,b,平面α,且满足a⊥α,b∥α,有下列四个命题: ①对任意直线c⊂α,有c⊥a;②存在直线c⊄α,使c⊥b且c⊥α;③对满足a⊂β的任意平面β,有β∥α;④存在平面β⊥α,使b⊥β. 其中正确的命题有________.(填序号) [解析] 因为a⊥α,所以a垂直于α内任一直线,所以①正确;由b∥α得α内存在一直线l与b平行,在α内作直线m⊥l,则m⊥b,m⊥a,再将m平移得到直线c,使c⊄α即可,所以②正确;由面面垂直的判定定理可得③不正确;若b⊥β,则由b∥α得α内存在一条直线l与b平行,必有l⊥β,即有α⊥β,而b⊥β的平面β有无数个,所以④正确. [答案] ①②④ 14.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上.点P到直线CC1的距离的最小值为________. [解析] 点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离,设点P在平面ABCD上的射影为P′,显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值.当P′C⊥DE时,P′C的长度最小,此时P′C= = . [答案] 15.(2017·北京海淀区零模)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA= ,E是侧棱PA上的动点. (1)求四棱锥P-ABCD的体积; (2)如果E是PA的中点,求证: PC∥平面BDE; (3)不论点E在侧棱PA的任何位置,是否都有BD⊥CE? 证明你的结论. [解] (1)因为PA⊥平面ABCD, 所以VP-ABCD= S正方形ABCD·PA= ×12× = , 即四棱锥P-ABCD的体积为 . (2)证明: 如图所示,连接AC交BD于点O,连接OE. 因为四边形ABCD是正方形,所以O是AC的中点, 又E是PA的中点,所以PC∥OE, 因为PC⊄平面BDE,OE⊂平面BDE, XX文库所以PC∥平面BDE. (3)不论点E在侧棱PA的任何位置,都有BD⊥CE.证明如下: 因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC, 因为PA⊥底面ABCD,且BD⊂平面ABCD,所以BD⊥PA, 又AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC. 因为不论点E在侧棱PA的任何位置,都有CE⊂平面PAC, 所以不论点E在侧棱PA的任何位置,都有BD⊥CE. 16.(2017·全国卷Ⅰ)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明: 平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为 ,求该四棱锥的侧面积. [解] (1)证明: 由∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,又CD∩PD=D,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)如图所示,在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E. 由 (1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,又AD∩AB=A,可得PE⊥平面ABCD. 设AB=x,则由已知可得AD= x,PE= x. 故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD= AB·AD·PE= x3. 由题设得 x3= ,故x=2. 从而AB=DC=PA=PD=2,AD=BC=2 ,PB=PC=2 . 可得四棱锥P-ABCD的侧面积为 PA·PD+ PA·AB+ PD·DC+ BC2·sin60°=6+2 . [延伸拓展] (2018·山东青岛质检)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是正三角形,点D是BC的中点,BC=BB1. (1)求证: A1C∥平面AB1D; (2)试在棱CC1上找一点M,使得MB⊥AB1,并说明理由. [解] (1)证明: 如图所示,连接A1B交AB1于点O,连接OD. ∵O,D分别是A1B,BC的中点, ∴A1C∥OD.∵A1C⊄平面AB1D,OD⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D. (2)M为CC1的中点.理由如下: ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1, ∴四边形BCC1B1是正方形. ∵M为CC1的中点,D是BC的中点, ∴△B1BD≌△BCM,∴∠BB1D=∠CBM. 又∵∠BB1D+∠BDB1= , ∴∠CBM+∠BDB1= ,∴BM⊥B1D. ∵△ABC是正三角形,D是BC的中点,∴AD⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面BB1C1C. ∵BM⊂平面BB1C1C,∴AD⊥BM. ∵AD∩B1D=D,∴BM⊥平面AB1D. ∵AB1⊂平面AB1D,∴MB⊥AB1.
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