高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时分层作业四十五 75 直线平面垂直的判定及其性质 理.docx
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高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时分层作业四十五 75 直线平面垂直的判定及其性质 理.docx
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高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十五75直线平面垂直的判定及其性质理
2019年高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十五7.5直线、平面垂直的判定及其性质理
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(xx·北京高考)设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,“m∥β”是“α∥β”的( )
A.充分而不必要条件
B.必要而不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选B.当m∥β时,可能α∥β,也可能α与β相交.当α∥β时,由m⊂α可知,m∥β.因此,“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件.
2.(xx·惠州模拟)PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,C为圆上异于A,B两点的任一点,则下列关系不正确的是( )
A.PA⊥BCB.BC⊥平面PAC
C.AC⊥PBD.PC⊥BC
【解析】选C.由PA⊥平面ACB⇒PA⊥BC,故A不符合题意;由BC⊥PA,BC⊥AC,PA∩AC=A,可得BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,故B,D不符合题意;无法判断AC⊥PB,故C符合题意.
3.(xx·石家庄模拟)已知平面α,β,直线l,若α⊥β,α∩β=l,则( )
A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α
B.垂直于直线l的直线一定垂直于平面α
C.垂直于平面β的平面一定平行于直线l
D.垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直
【解析】选D.垂直于平面β的平面与平面α重合、平行或相交,故A不正确;垂直于直线l的直线若在平面β内,则一定垂直于平面α,否则不一定,故B不正确;垂直于平面β的平面可能垂直于直线l,故C不正确;由面面垂直的判定定理知,垂直于直线l的平面一定与平面α,β都垂直,故D正确.
【变式备选】已知三条不重合的直线m,n,l和两个不重合的平面α,β,则下列命题正确的是( )
A.若m∥n,n⊂α,则m∥α
B.若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n⊥α
C.若l⊥n,m⊥n,则l∥m
D.若l⊥α,m⊥β且l⊥m,则α⊥β
【解析】选D.若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,故A不正确;若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,则n与α相交或n∥α或n⊂α,故B不正确;若l⊥n,m⊥n,则l与m相交、平行或异面,故C不正确;若l⊥α,m⊥β且l⊥m,则由直线与平面垂直的性质定理和平面与平面垂直的判定定理知α⊥β.
4.直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,F是BB1上的动点,AB1,DF相交于点E.要使AB1⊥平面C1DF,则线段B1F的长为( )
A.B.1C.D.2
【解析】选A.设B1F=x,
因为AB1⊥平面C1DF,DF⊂平面C1DF,
所以AB1⊥DF.
由已知可得A1B1=,
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h,
则DE=h.
又2×=h,
所以h=,DE=.
在Rt△DB1E中,B1E=
=.
由面积相等得×
=x,得x=.
【变式备选】如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,AA1=AC=BC=1,
∠ACB=90°,D是A1B1的中点,F是BB1上的点,AB1,DF相交于点E,且AB1⊥DF,则下列结论中不正确的是( )
A.CE与BC1异面且垂直
B.AB1⊥C1F
C.△C1DF是直角三角形
D.DF的长为
【解析】选D.对于A,因为BC1⊂平面B1C1CB,CE⊄平面B1C1CB,且C∈平面B1C1CB,
所以CE与BC1是异面直线.
因为AA1∥CC1,AA1⊥平面ABC,
所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC.
又AC⊥BC,BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面B1C1CB,
又BC1⊂平面B1C1CB,
所以AC⊥BC1.
又四边形B1C1CB是正方形,连接B1C,所以BC1⊥B1C,
又B1C∩AC=C,
所以BC1⊥平面AB1C,因为CE⊂平面AB1C,
所以BC1⊥CE,故A正确;
对于B,因为C1A1=C1B1,D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1,
由AA1⊥底面A1B1C1可得AA1⊥C1D,
又A1B1∩AA1=A1,
所以C1D⊥平面ABB1A1,
所以C1D⊥AB1,又DF⊥AB1,C1D∩DF=D,
所以AB1⊥平面C1DF,
所以AB1⊥C1F,故B正确;
对于C,由C1D⊥平面ABB1A1可得C1D⊥DF,
故△C1DF是直角三角形,故C正确;
对于D,因为AC=BC=AA1=1,∠ACB=90°,
所以A1B1=AB=,AB1=,
所以DB1=,
因为AB1⊥DF,
所以∠FDB1=∠AB1F=∠A1AB1,
所以cos∠FDB1=cos∠A1AB1,
即=
所以
=,解得DF=,故D错误.
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E,F,G分别是线段DC,D1D和D1B上的动点,给出下列结论
①对于任意给定的点E,存在点F,使得AF⊥A1E;
②对于任意给定的点F,存在点E,使得AF⊥A1E;
③对于任意给定的点G,存在点F,使得AF⊥B1G;
④对于任意给定的点F,存在点G,使得AF⊥B1G.
其中正确结论的个数是( )
A.0B.1C.2D.3
【解析】选B.由DE⊥平面A1D,根据三垂线定理,①对于任意给定的点E,A1E在平面A1D的射影为A1D,所以存在点F,使得AF⊥A1E,所以①正确;②如果对于任意给定的点F,存在点E,使得AF⊥A1E,那么,又A1D⊥AD1,可知过A有两条直线与A1D垂直,故②错误;③只有AF垂直B1G在平面AD1的射影时,AF⊥B1G,故③错误;④只有AF⊥平面BB1D1D时,④才正确,AF与平面BB1D1D不垂直,故④错误.
【变式备选】对于四面体A-BCD,有以下命题:
①若AB=AC=AD,则点A在底面BCD内的射影是△BCD的外心;②若AB⊥CD,AC⊥BD,则点A在底面BCD内的射影是
△BCD的内心;③四面体A-BCD的四个面中最多有四个直角三角形;④若四面体A-BCD的6条棱长都为1,则它的内切球的表面积为.其中正确的命题是
( )
A.①③B.③④
C.①②③D.①③④
【解析】选D.由题设AB=AC=AD,故顶点A在底面内的射影是底面外心,故命题①是正确的;四面体中的四个面中最多有四个直角三角形,如图1,正方体中的四面体A-BCD中有四个直角三角形,故命题③是正确的;对于命题②,如图2,
尽管AB⊥CD,AC⊥BD,点A在底面BCD内的射影不一定是△BCD的内心,即命题②是错误的;若四面体的6条棱都为1,则它的体积为V=××12×
=,又设内切球的半径为r,则V=4×××r=⇒r=,则S=4πr2=4π×=,即命题④也是正确的.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.α,β是两个平面,AB,CD是两条线段,已知α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加一个条件,就能得出BD⊥EF,现有下列条件:
①AC⊥β;
②AC与α,β所成的角相等;
③AC与CD在β内的射影在同一条直线上;
④AC∥EF.其中能成为增加条件的序号是________.
【解析】由题意得,AB∥CD,所以A,B,C,D四点共面,①:
因为AC⊥β,EF⊂β,
所以AC⊥EF,又因为AB⊥α,EF⊂α,所以AB⊥EF,
因为AB∩AC=A,所以EF⊥面ABDC,
又因为BD⊂面ABDC,所以BD⊥EF,故①正确;②:
由①可知,若BD⊥EF成立,则有EF⊥面ABDC,则有EF⊥AC成立,而AC与α,β所成角相等是无法得到EF⊥AC的,故②错误;③:
由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知EF⊥AC,由①可知③正确;④:
仿照②的分析过程可知④错误.
答案:
①③
7.若圆锥的侧面积是底面积的3倍,则其母线与底面夹角的余弦值为__________.
【解析】设圆锥的底面半径为r,母线长为l,由题意πrl=3πr2,即l=3r,母线与底面夹角为θ,则cosθ==.
答案:
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上的射影,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,所以PA⊥BC.
又AC⊥BC,且PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AF.
因为AF⊥PC,且BC∩PC=C,
所以AF⊥平面PBC,
所以AF⊥PB,又AE⊥PB,AE∩AF=A,
所以PB⊥平面AEF,所以PB⊥EF.
故①②③正确.
答案:
①②③
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AD=2,点M,N分别在棱PD,PC上,且PC⊥平面AMN.
(1)求证:
AM⊥PD.
(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值.
【解析】
(1)因为四边形ABCD是正方形,所以CD⊥AD.
又因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD,故CD⊥平面PAD.
又AM⊂平面PAD,则CD⊥AM,
而PC⊥平面AMN,有PC⊥AM,则AM⊥平面PCD,故AM⊥PD.
(2)延长NM,CD交于点E,因为PC⊥平面AMN,
所以NE为CE在平面AMN内的射影,故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角,
又因为CD⊥PD,EN⊥PN,则有∠CEN=∠MPN,
在Rt△PMN中,sin∠MPN==,
故CD与平面AMN所成角的正弦值为.
10.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.
(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由).
(2)证明:
直线MN∥平面BDH.
(3)求二面角A-EG-M的余弦值.
【解析】
(1)点F,G,H的位置如图所示.
(2)连接BD,HF,设O为BD的中点,连接OH,OM,MN.
因为M,N分别是BC,GH的中点,
所以OM∥CD,且OM=CD,
NH∥CD,且NH=CD,
所以OM∥NH,OM=NH,
所以四边形MNHO是平行四边形,从而MN∥OH,
又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,
所以MN∥平面BDH.
(3)连接AC,EM,过M作MP⊥AC于点P.
在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.
过P作PK⊥EG于点K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,
从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.
设AD=2,则CM=1,PK=2,在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=.
在Rt△KMP中,KM==.
所以cos∠PKM==.
即二面角A-EG-M的余弦值为.
1.(5分)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是( )
A.若m∥α,n∥α,则m∥n
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
【解析】选B.选项A.若m∥α,n∥α则m与n可能平行、相交、异面,故A错误;
B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n,显然成立;
C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α,故C错误;
D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α或n∥α或n与α相交.
2.(5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是( )
A.B.
C.D.
【解析】选B.设正方体的棱长为1,则A1C1=,A1C=,A1O=OC1==,OC=,所以cos∠A1OC1=
=,
sin∠A1OC1=,cos∠A1OC=
=-,sin∠A1OC=,又直线与平面所成的角小于等于90°,而∠A1OC为钝角,所以sinα的范围为.
3.(5分)(xx·郴州模拟)如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD).若M,O分别为线段A1C,DE的中点,则在△ADE翻转过程中,下列说法错误的是( )
A.与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直
B.异面直线BM与A1E所成角是定值
C.一定存在某个位置,使DE⊥MO
D.三棱锥A1-ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值
【解析】选C.取CD的中点F,连接BF,MF,如图1,可知平面MBF∥平面A1DE,所以BM∥平面A1DE,所以A正确.取A1D中点G,可得EG∥BM,如图2,所以B正确.由题意可得点A关于直线DE的对称点为F,则DE⊥平面A1AF,即过O与DE垂直的直线在平面A1AF内,而M不在平面A1AF内,故C错误.三棱锥A1-ADE外接球的球心即为O点,所以外接球半径为AD,故D正确.
4.(12分)如图,菱形ABCD与四边形BDEF相交于BD,∠ABC=120°,BF⊥平面ABCD,DE∥BF,BF=2DE,AF⊥FC,M为CF的中点,AC∩BD=G.
(1)求证:
GM∥平面CDE.
(2)求证:
平面ACE⊥平面ACF.
【证明】
(1)取BC的中点N,连接GN,MN.
因为G为菱形对角线的交点,所以G为BD的中点,
所以GN∥CD,又因为M,N分别为FC,BC的中点,
所以MN∥FB,又因为DE∥BF,所以DE∥MN,
又MN∩GN=N,DE∩CD=D,所以平面GMN∥平面CDE,又GM⊂平面GMN,所以GM∥平面CDE.
(2)连接GE,GF,因为四边形ABCD为菱形,所以AB=BC,又BF⊥平面ABCD,所以AF=CF,因为AF=FC,所以FG⊥AC.设菱形的边长为2,∠ABC=120°,则GB=GD=1,GA=GC=,又因为AF⊥FC,所以FG=GA=,则BF=,DE=,且BF⊥平面ABCD,DE∥BF,得DE⊥平面ABCD,在直角三角形GED中,GE==,又在直角梯形BDEF中,得EF==,从而EF2=GF2+GE2,所以FG⊥GE,又AC∩GE=G,所以FG⊥平面ACE,又FG⊂平面ACF,所以平面ACE⊥平面ACF.
5.(13分)如图,四边形ABCD是矩形,AB=,BC=1,DE=2EC,PE⊥平面ABCD,PE=.
(1)求证:
AC⊥PB.
(2)求二面角A-PB-C的正切值.
【解析】
(1)连接BE交AC于点F,
因为四边形ABCD是矩形,AB=,BC=1,DE=2EC.
所以CE=,所以=.
因为∠ABC=∠BCD=,
所以△ABC∽△BCE,∠BEC=∠ACB.
因为∠BEC+∠ACE=∠ACB+∠ACE=,
所以AC⊥BE.
因为PE⊥平面ABCD,所以AC⊥PE.
因为PE∩BE=E,所以AC⊥平面PBE.
所以AC⊥PB.
(2)取PB中点G,连接FG,AG,CG,
因为PE⊥平面ABCD,
所以PE⊥DC.
因为PE=,所以PC=1=BC.
所以CG⊥PB.
所以CG∩AC=C,所以PB⊥平面ACG.所以AG⊥PB.
所以∠AGC是二面角A-PB-C的平面角.
因为AB∥CD,AB=CD,DE=2EC.
所以===.
因为CE=,AC=2,所以CF=,AF=.
因为BC⊥CD,BC⊥PE,所以BC⊥平面PCD.
所以BC⊥PC,所以PB=.所以CG=.
因为FG⊥AC,所以FG=FC=.
所以Rt△AFG、Rt△CFG中,tan∠AGF=3,
tan∠CGF=1.
所以tan∠AGC=tan(∠AGF+∠CGF)=
==-2.所以二面角A-PB-C的正切值为-2.
2019年高考数学一轮复习第七章立体几何课时分层作业四十八7.7.2利用向量求空间角和距离理
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于( )
A.120° B.60° C.30° D.60°或30°
【解析】选C.设直线l与平面α所成的角为β,直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sinβ=|cosγ|=|cos120°|=.
又因为0°≤β≤90°,所以β=30°.
2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为( )
A.B.C.D.
【解析】选D.如图所示,以射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则G(1,λ,1),E,
D1(0,0,1),F,=,
=(0,1,0),=.过点G向平面D1EF作垂线,垂足为H,由于点H在平面D1EF内,故存在实数x,y,使=+x+y
=
由于GH⊥EF,GH⊥ED1,
所以
解得
故=,
所以||=,
即点G到平面D1EF的距离是.
3.(xx·赣州模拟)已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为( )
A.45°B.135°
C.45°或135°D.90°
【解析】选C.cos
所以两平面所成的二面角为45°或135°.
【变式备选】(xx·合肥模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A.B.C.D.
【解析】选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1.
则A1(0,0,1),
E,D(0,1,0),
所以=(0,1,-1),=.
设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),所以有
即
所以
所以n1=(1,2,2).
因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),
所以cos
即所成的锐二面角的余弦值为.
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是( )
A.30°B.45°
C.60°D.90°
【解析】选D.以A为原点,以AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,设棱长为1,则A1(0,0,1),M,
D(0,1,0),N,=,=.
cos<,>=
=0,
所以A1M与DN所成的角的大小是90°.
【一题多解】连接D1M,A1D1⊥平面CC1D1D,则A1D1⊥DN,DN⊥D1M,A1D1∩D1M=D1,所以DN⊥平面A1D1M,A1M⊂平面A1D1M,所以DN⊥A1M.
【误区警示】用直线的方向向量的夹角求异面直线的夹角时,注意区别:
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,就是此异面直线所成的角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时,其补角才是异面直线所成的角.
【变式备选】将正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线AD与BC所成的角为( )
A.B.C.D.
【解析】选C.不妨以△ABC为底面,则由题意,当以A,B,C,D为顶点的三棱锥体积最大,即点D到底面△ABC的距离最大时,平面ADC⊥平面ABC,取AC的中点O,连接BO,DO,则易知DO,BO,CO两两互相垂直,所以分别以,,所在直线为z,x,y轴建立空间直角坐标系,令BO=DO=CO=1,则有O(0,0,0),A(0,-1,0),
D(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),=(0,1,1),=(-1,1,0),所以cos<,>
===,所以异面直线AD与BC所成的角为.
5.如图,在空间直角坐标系中,正方体棱长为2,点E是棱AB的中点,点F是正方体的面AA1D1D上一点,且CF⊥B1E,则点F的轨迹是( )
A.线段B.圆的一部分
C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分
【解析】选A.设F(0,y,z)由已知可得E(1,0,0),B1(2,0,2),C(2,2,0),所以=(-1,0,-2),=(-2,y-2,z).因为CF⊥B1E,所以·=0,即2-2z=0,即z=1.故F的轨迹是直线的一部分,线段.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记
=λ,当
∠APC为钝角时,λ的取值范围是________.
【解析】以,,为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz,
则A(1,0,0),B(1,1,0),
C(0,1,0),D1(0,0,1),则=(1,1,-1),得=λ=(λ,λ,-λ),所以=+=(1-λ,-λ,λ-1),=+=(-λ,1-λ,λ-1).
显然∠APC不是平角,所以∠APC为钝角等价于cos∠APC=cos<,>=
<0,·<0,即(1-λ,-λ,λ-1)·(-λ,1-λ,λ-1)
=(λ-1)(3λ-1)<0,得<λ<1.所以λ的取值范围是.
答案:
7.如图所示,四边形ABCD,ABEF都是矩形,它们所在的平面互相垂直,AD=AF=1,AB=2,点M,N分别在它们的对角线AC,BF上,且CM=BN=a(0 【解析】如图所示,作MO⊥AB,垂足为O,连接ON,
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- 高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时分层作业四十五 75 直线平面垂直的判定及其性质 高考 数学 一轮 复习 第七 课时 分层 作业 四十五 直线 平面 垂直 判定 及其 性质
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