届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查 必修部分44直线平面垂直的判定及其性质.docx
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届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分44直线平面垂直的判定及其性质
开卷速查(四十四) 直线、平面垂直的判定及其性质
A级 基础巩固练
1.设α,β为不重合的平面,m,n为不重合的直线,则下列命题正确的是( )
A.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥α
B.若m⊂α,n⊂β,m⊥n,则n⊥α
C.若n⊥α,n⊥β,m⊥β,则m⊥α
D.若m∥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β
解析:
与α,β两垂直平面的交线垂直的直线m,可与α平行或相交,故A错;对B,存在n∥α情况,故B错;对D,存在α∥β情况,故D错;由n⊥α,n⊥β,可知α∥β,又m⊥β,所以m⊥α,故C正确.
答案:
C
2.如图,在四面体DABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列正确的是( )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
解析:
因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE,所以选C.
答案:
C
3.已知平面α,β,γ和直线l,m,且l⊥m,α⊥γ,α∩γ=m,β∩γ=l,给出下列四个结论:
①β⊥γ;②l⊥α;③m⊥β;④α⊥β.
其中正确的是( )
A.①④ B.②④
C.②③D.③④
解析:
如图,由题意,β∩γ=l,∴l⊂γ,由α⊥γ,α∩γ=m,且l⊥m,∴l⊥α,即②正确;由β∩γ=l,∴l⊂β,由l⊥α,得α⊥β,即④正确;而①③条件不充分,不能判断.
答案:
B
4.如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底面ABC上的射影H必在( )
A.直线AB上B.直线BC上
C.直线AC上D.△ABC内部
解析:
由AC⊥AB,AC⊥BC1,∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC⊂面ABC,∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在面ABC上的射影H必在两平面交线AB上.
答案:
A
5.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD中,下面命题正确的是( )
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:
在平面图形中CD⊥BD,折起后仍有CD⊥BD,由于平面ABD⊥平面BCD,故CD⊥平面ABD,CD⊥AB,又AB⊥AD,故AB⊥平面ADC,所以平面ABC⊥平面ADC.
答案:
D
6.如图所示,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:
①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是( )
A.①② B.①②③ C.① D.②③
解析:
对于①,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径,∴BC⊥AC.∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC,∴BC⊥PC;对于②,∵点M为线段PB的中点,∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC,∴OM∥平面PAC;对于③,由①知BC⊥平面PAC,∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离,故①②③都正确.
答案:
B
7.已知P为△ABC所在平面外一点,且PA、PB、PC两两垂直,则下列命题:
①PA⊥BC ②PB⊥AC ③PC⊥AB ④AB⊥BC.
其中正确的个数是__________.
解析:
如图所示.
∵PA⊥PC、PA⊥PB,
PC∩PB=P,
∴PA⊥平面PBC.
又∵BC⊂平面PBC,∴PA⊥BC.
同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.
答案:
3
8.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点,E、F分别是点A在PB、PC上的正投影,给出下列结论:
①AF⊥PB ②EF⊥PB ③AF⊥BC
④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是__________.
解析:
由题意知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.
又AC⊥BC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.
∴BC⊥AF.∵AF⊥PC,BC∩PC=C,
∴AF⊥平面PBC,∴AF⊥PB.
又AE⊥PB,AE∩AF=A,∴PB⊥平面AEF.
∴PB⊥EF.故①②③正确.
答案:
①②③
9.已知a、b、l表示三条不同的直线,α、β、γ表示三个不同的平面,有下列四个命题:
①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ ②若a、b相交,且都在α、β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β
③若α⊥β,α∩β=a,b⊂β,a⊥b,则b⊥α ④若a⊂α,b⊂α,l⊥a,l⊥b,l⊄α,则l⊥α.
其中正确命题的序号是__________.
解析:
①在正方体A1B1C1D1ABCD中,可令平面A1B1CD为α,平面DCC1D1为β,平面A1B1C1D1为γ,又平面A1B1CD∩平面DCC1D1=CD,平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1=C1D1,则CD与C1D1所在的直线分别表示a,b,因为CD∥C1D1,但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1不平行,即α与γ不平行,故①错误.②因为a、b相交,假设其确定的平面为γ,根据a∥α,b∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正确.③由两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直,易知③正确.④当a∥b时,l垂直于平面α内两条不相交直线,不可得出l⊥α,④错误.
答案:
②③
10.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,CD⊥平面PAD,PA⊥AD,PA=2,E为PC的中点,F在棱PA上.
(1)求证:
AC⊥DE;
(2)求三棱锥EBDF的体积.
解析:
(1)连接EO,E为PC的中点,则EO∥AP.
∵CD⊥平面PAD,CD⊂平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面PAD.
又∵平面ABCD∩平面PAD=AD,PA⊥AD,
∴PA⊥平面ABCD,
∴EO⊥平面ABCD,
∴EO⊥AC.
又∵AC⊥BD,BD∩OE=O,
∴AC⊥平面BED,∴AC⊥DE.
(2)由
(1)知EO∥AP,EO⊂平面BED,
故AP∥平面BED.
又∵AC⊥平面BED,
∴AO即为点F到平面BED的距离.
又∵AO=
,S△BDE=
BD·EO=
×
×1=
,
∴VE-BDF=VF-BDE=
×
×
=
.
B级 能力提升练
11.如图,在四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=
,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD,使平面A′BD⊥平面BCD,则下列结论正确的是( )
A.A′C⊥BD
B.∠BA′C=90°
C.CA′与平面A′BD所成的角为30°
D.四面体A′-BCD的体积为
解析:
取BD的中点O,连接A′O,OC,∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD,又平面A′BD⊥平面BCD.平面A′BD∩平面BCD=BD,∴A′O⊥平面BCD,
∵CD⊥BD,∴OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD,又A′C∩A′O=A′,∴BD⊥平面A′OC,∴BD⊥OC与OC不垂直于BD矛盾,∴A′C不垂直于BD,A错误.∵CD⊥BD,平面A′BD⊥平面BCD,∴CD⊥平面A′BD,∴CD⊥A′D,∴A′C=
,∵A′B=1,BC=
=
,∴A′B2+A′C2=BC2,A′B⊥A′C,B正确.∠CA′D为直线CA′与平面A′BD所成的角,∠CA′D=45°,C错误.VA′-BCD=
S△A′BD·CD=
,D错误,故选B.
答案:
B
12.[2015·海口模拟]如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD,
(1)求证:
平面PED⊥平面PAC;
(2)若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为
,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.
解析:
(1)如图所示,取AD的中点F,连接BF,则FD綊BE,所以四边形FBED是平行四边形,所以FB∥ED.因为Rt△BAF和Rt△CBA中,
=
=2,所以Rt△BAF∽Rt△CBA,易知BF⊥AC,所以ED⊥AC.
又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,所以PA⊥平面ABCD,ED⊂平面ABCD,所以PA⊥ED,因为PA∩AC=A,所以ED⊥平面PAC,因为ED⊂平面PED,所以平面PED⊥平面PAC.
(2)设ED交AC于G,连接PG,则∠EPG是直线PE与平面PAC所成的角.设BE=1,
由△AGD∽△CGE,知
=
=
,因为AB=AD=2,所以EG=
DE=
,DG=
.
因为sin∠EPG=
=
,所以PE=3,AE=
,PA=
=2,
作GH⊥PC于H,连接HD.
由PC⊥DE,PC⊥平面HDG,
所以PC⊥HD,所以∠GHD是二面角A-PC-D的平面角.
因为△PCA∽△GCH,所以
=
,而GC=
=
,PC=
=
=2
,则GH=
=
,所以tan∠GHD=
,得cos∠GHD=
,即二面角A-PC-D的平面角的余弦值为
.
13.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F分别是CD、A1D1的中点.
(1)求证:
AB1⊥BF;
(2)求证:
AE⊥BF;
(3)棱CC1上是否存在点P,使BF⊥平面AEP?
若存在,确定点P的位置,若不存在,说明理由.
解析:
(1)证明:
连接A1B,则AB1⊥A1B,
又∵AB1⊥A1F,且A1B∩A1F=A1,
∴AB1⊥平面A1BF.
又BF⊂平面A1BF,∴AB1⊥BF.
(2)证明:
取AD中点G,连接FG,BG,则FG⊥AE,
又∵△BAG≌△ADE,
∴∠ABG=∠DAE.
∴AE⊥BG.
又∵BG∩FG=G,
∴AE⊥平面BFG.
又BF⊂平面BFG,
∴AE⊥BF.
(3)存在.取CC1中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,
∵EP∥C1D,C1D∥AB1,∴EP∥AB1.
由
(1)知AB1⊥BF,∴BF⊥EP.
又由
(2)知AE⊥BF,且AE∩EP=E,
∴BF⊥平面AEP.
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