教育最新K122018高考数学大一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十九直线平面垂直的判定与性质理

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课时达标检测(三十九)

直线、平面垂直的判定与性质

[练基础小题——强化运算能力] 1. 若 m, n 是两条不同的直线, α , β , γ 是三个不同的平面, 则下列命题正确的是( A.若 m? β ,α ⊥β ,则 m⊥α B.若 α ∩γ =m,β ∩γ =n,m∥n,则 α ∥β C.若 m⊥β ,m∥α ,则 α ⊥β D.若 α ⊥γ ,α ⊥β ,则 β ⊥γ 解析:选 C A 中 m 与 α 的位置关系不确定,故错误;B 中 α ,β 可能平行或相交, 故错误;由面面垂直的判定定理可知 C 正确;D 中 β ,γ 平行或相交,故错误. )

2.如图, 在 Rt△ABC 中, ∠ABC=90°, P 为△ABC 所在平面外一点,

PA⊥平面 ABC,则四面体 P ?ABC 中共有直角三角形个数为(
A.4 C.2 B. 3 D. 1

)

解析:选 A 由 PA⊥平面 ABC 可得△PAC,△PAB 是直角三角形,且 PA⊥BC.又∠ABC= 90°,即 AB⊥BC,所以△ABC 是直角三角形,且 BC⊥平面 PAB,又 PB? 平面 PAB,所以 BC ⊥PB,即△PBC 为直角三角形,故四面体 P ?ABC 中共有 4 个直角三角形. 3.如图,PA⊥⊙O 所在平面,AB 是⊙O 的直径,

C 是⊙O 上一点,AE⊥PC,AF⊥PB,给出下列结论:①AE⊥BC;② EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面 PBC,其中正确的结论有________.
解析:①AE? 平面 PAC,BC⊥AC,BC⊥PA? AE⊥BC, 故①正确;②AE⊥PC,AE⊥BC,PB? 平面 PBC? AE⊥PB,AF⊥PB,

EF? 平面 AEF? EF⊥PB,故②正确;③AF⊥PB,若 AF⊥BC? AF⊥平面 PBC,则 AF∥AE 与已
知矛盾,故③错误;由①可知④正确. 答案:①②④ 4.设 a,b 为不重合的两条直线,α ,β 为不重合的两个平面,给出下列命题: ①若 a∥α 且 b∥α ,则 a∥b; ②若 α ⊥β ,则一定存在平面 γ ,使得 γ ⊥α ,γ ⊥β ; ③若 α ⊥β ,则一定存在直线 l,使得 l⊥α ,l∥β . 上面命题中,所有真命题的序号是________. 解析:①中 a 与 b 可能相交或异面,故①是假命题.②中存在 γ ,使得 γ 与 α ,β 都垂直,故②是真命题.③中只需直线 l⊥α 且 l?β 就可以,故③是真命题. 小学+初中+高中

小学+初中+高中 答案:②③ [练常考题点——检验高考能力] 一、选择题 1.设 a,b 是两条不同的直线,α ,β 是两个不同的平面,则能得出 a⊥b 的是( A.a⊥α ,b∥β ,α ⊥β C.a? α ,b⊥β ,α ∥β B.a⊥α ,b⊥β ,α ∥β D.a? α ,b∥β ,α ⊥β )

解析:选 C 对于 C 项,由 α ∥β ,a? α 可得 a∥β ,又 b⊥β ,得 a⊥b,故选 C. 2.如图,O 是正方体 ABCD?A1B1C1D1 的底面 ABCD 的中心,则下列直线 中与 B1O 垂直的是( A.A1D C.A1D1 ) B.AA1 D.A1C1

解析:选 D 连接 B1D1(图略),则 A1C1⊥B1D1,根据正方体特征可得 BB1⊥A1C1,故 A1C1⊥ 平面 BB1D1D,B1O? 平面 BB1D1D,所以 B1O⊥A1C1. 3.如图,在斜三棱柱 ABC?A1B1C1 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:选 A 连接 AC1(图略),由 AC⊥AB,AC⊥BC1,得 AC⊥平面 ABC1.∵AC? 平面 ABC, ∴平面 ABC1⊥平面 ABC.∴C1 在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上. 4.设 a,b,c 是空间的三条直线,α ,β 是空间的两个平面,则下列命题中,逆命题 不成立的是( ) )

A.当 c⊥α 时,若 c⊥β ,则 α ∥β B.当 b? α 时,若 b⊥β ,则 α ⊥β C.当 b? α ,且 c 是 a 在 α 内的射影时,若 b⊥c,则 a⊥b D.当 b? α ,且 c?α 时,若 c∥α ,则 b∥c 解析:选 B A 的逆命题为:当 c⊥α 时,若 α ∥β ,则 c⊥β .由线面垂直的性质知 c ⊥β ,故 A 正确;B 的逆命题为:当 b? α 时,若 α ⊥β ,则 b⊥β ,显然错误,故 B 错误; C 的逆命题为:当 b? α ,且 c 是 a 在 α 内的射影时,若 a⊥b,则 b⊥c.由三垂线逆定理知

b⊥c,故 C 正确;D 的逆命题为:当 b? α ,且 c?α 时,若 b∥c,则 c∥α .由线面平行判
定定理可得 c∥α ,故 D 正确. 5.如图所示,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,下列结论正 小学+初中+高中

小学+初中+高中 确的是( )

A.平面 ABD⊥平面 ABC C.平面 ABC⊥平面 BDC

B.平面 ADC⊥平面 BDC D.平面 ADC⊥平面 ABC

解析:选 D ∵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,AD∩CD=D,AD? 平面 ADC,CD? 平面 ADC,故 AB⊥平面 ADC.又 AB? 平面 ABC, ∴平面 ADC⊥平面 ABC. 6.如图,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 交于点 E.要使 AB1 ⊥平面 C1DF,则线段 B1F 的长为( A. 1 2 B.1 3 C. 2 ) 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

1 得 A1B1= 2,设 Rt△AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h,则 DE= h. 2 又 2× 2=h 2 +
2

2

2

2 3 3 ,所以 h= ,DE= . 3 3

在 Rt△DB1E 中,B1E= 6 × 6

6 ? 2?2 ? 3?2 ? ? -? ? = 6 . ?2? ?3?

由面积相等得 二、填空题

x2+?

2 1 ? 2?2 ? = 2 x,得 x=2. ?2?

7.如图,在三棱锥 D?ABC 中,若 AB=CB,AD=CD,E 是 AC 的中点, 则下列命题中正确的有________(写出全部正确命题的序号). ①平面 ABC⊥平面 ABD; ②平面 ABD⊥平面 BCD; ③平面 ABC⊥平面 BDE,且平面 ACD⊥平面 BDE; ④平面 ABC⊥平面 ACD,且平面 ACD⊥平面 BDE. 解析:由 AB=CB,AD=CD 知 AC⊥DE,AC⊥BE,从而 AC⊥平面 BDE,所以平面 ABC⊥平 面 BDE,且平面 ACD⊥平面 BDE,故③正确. 答案:③ 8.如图所示,在四棱锥 P?ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,且底面各边都

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小学+初中+高中 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:如图,连接 AC,BD,则 AC⊥BD,∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥BD. 又 PA∩AC=A, ∴BD⊥平面 PAC,∴BD⊥PC, ∴当 DM⊥PC(或 BM⊥PC)时, 即有 PC⊥平面 MBD.而 PC? 平面 PCD, ∴平面 MBD⊥平面 PCD. 答案:DM⊥PC(或 BM⊥PC 等) 9.设 l,m,n 为三条不同的直线,α 为一个平面,给出下列命题: ①若 l⊥α ,则 l 与 α 相交; ②若 m? α ,n? α ,l⊥m,l⊥n,则 l⊥α ; ③若 l∥m,m∥n,l⊥α ,则 n⊥α ; ④若 l∥m,m⊥α ,n⊥α ,则 l∥n. 其中正确命题的序号为________. 解析:①显然正确;对于②,只有当 m,n 相交时,才有 l⊥α ,故②错误;对于③, 由 l∥m,m∥n,得 l∥n,由 l⊥α ,得 n⊥α ,故③正确;对于④,由 l∥m,m⊥α ,得 l ⊥α ,再由 n⊥α ,得 l∥n,故④正确. 答案:①③④ 10.(2016·兰州质检)如图,在直角梯形 ABCD 中,BC⊥DC, AE⊥DC,且 E 为 CD 的中点,

M,N 分别是 AD,BE 的中点,将三角形 ADE 沿 AE 折起,则下列说
法正确的是________.(写出所有正确说法的序号) ①不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN∥平面 DEC; ②不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN⊥AE; ③不论 D 折至何位置(不在平面 ABC 内),都有 MN∥AB; ④在折起过程中,一定存在某个位置,使 EC⊥AD. 解析:由已知,在未折叠的原梯形中,AB∥DE,BE∥AD,所以四边 形 ABED 为平行四边形,所以 BE=AD,折叠后如图所示.①过点 M 作 MP ∥DE,交 AE 于点 P,连接 NP.因为 M,N 分别是 AD,BE 的中点,所以点

P 为 AE 的中点,故 NP∥EC.又 MP∩NP=P,DE∩CE=E,所以平面 MNP
∥平面 DEC,故 MN∥平面 DEC,①正确;②由已知,AE⊥ED,AE⊥EC, 所以 AE⊥MP,AE⊥NP,又 MP∩NP=P,所以 AE⊥平面 MNP,又 MN? 平面 MNP,所以 MN⊥AE, ②正确;③假设 MN∥AB,则 MN 与 AB 确定平面 MNBA,从而 BE? 平面 MNBA,AD? 平面 MNBA, 与 BE 和 AD 是异面直线矛盾, ③错误; ④当 EC⊥ED 时, EC⊥AD.因为 EC⊥EA, EC⊥ED, EA∩ED 小学+初中+高中

小学+初中+高中 =E,所以 EC⊥平面 AED,AD? 平面 AED,所以 EC⊥AD,④正确. 答案:①②④ 三、解答题 11.如图,四棱锥 P?ABCD 中, AP⊥平面 PCD,AD∥BC,AB=

BC= AD,E,F 分别为线段 AD,PC 的中点.求证:
(1)AP∥平面 BEF; (2)BE⊥平面 PAC. 证明:(1)设 AC∩BE=O,连接 OF,EC,如图所示. 1 由于 E 为 AD 的中点,AB=BC= AD,AD∥BC, 2 所以 AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四边形 ABCE 为菱形, 所以 O 为 AC 的中点. 又 F 为 PC 的中点, 因此在△PAC 中,可得 AP∥OF. 又 OF? 平面 BEF,AP?平面 BEF. 所以 AP∥平面 BEF. (2)由题意知 ED∥BC,ED=BC. 所以四边形 BCDE 为平行四边形, 因此 BE∥CD. 又 AP⊥平面 PCD, 所以 AP⊥CD,因此 AP⊥BE. 因为四边形 ABCE 为菱形,所以 BE⊥AC. 又 AP∩AC=A,AP,AC? 平面 PAC, 所以 BE⊥平面 PAC. 12.如图所示,已知长方体 ABCD ?A1B1C1D1,点 O1 为 B1D1 的中点. (1)求证:AB1∥平面 A1O1D; 2 (2)若 AB= AA1,在线段 BB1 上是否存在点 E 使得 A1C⊥AE?若存 3 在,求出

1 2

BE ;若不存在,说明理由. BB1

解: (1)证明:如图 1 所示,连接 AD1 交 A1D 于点 G, ∴G 为 AD1 的中点,连接 O1G,在△AB1D1 中, ∵O1 为 B1D1 的中点,∴O1G∥AB1. 小学+初中+高中

小学+初中+高中 ∵O1G? 平面 A1O1D,且 AB1?平面 A1O1D, ∴AB1∥平面 A1O1D.

(2)若在线段 BB1 上存在点 E 使得 A1C⊥AE,连接 A1B 交 AE 于点 M,如图 2 所示. ∵BC⊥平面 ABB1A1,AE? 平面 ABB1A1, ∴BC⊥AE. 又∵A1C∩BC=C,且 A1C,BC? 平面 A1BC, ∴AE⊥平面 A1BC. ∵A1B? 平面 A1BC,∴AE⊥A1B. 在△AMB 和△ABE 中,∠BAM+∠ABM=90°,∠BAM+∠BEA=90°,∴∠ABM=∠BEA. ∴Rt△ABE∽Rt△A1AB,∴ =

BE AB . AB AA1

2 2 4 ∵AB= AA1,∴BE= AB= BB1, 3 3 9 即在线段 BB1 上存在点 E 使得 A1C⊥AE,此时

BE 4 = . BB1 9

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