2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时达标检测（三十六）直线、平面垂直的判定与性质 文.doc

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2019年高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时达标检测（三十六）直线、平面垂直的判定与性质 文 1．(xx广东广州模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　) A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n 解析：选B　若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正确；若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，故D错误．故选B. 2．(xx湖南一中月考)下列说法错误的是(　　) A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 B．过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直 C．如果共点的三条直线两两垂直，那么它们中每两条直线确定的平面也两两垂直 D．如果两条直线和一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行 解析：选D　如果两条直线和一个平面所成的角相等，这两条直线可以平行、相交、异面． 3.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：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．(xx河北唐山模拟)如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有(　　) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 解析：选B　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B. 5.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. B．1 C. 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＝. 6.如图，已知∠BAC＝90，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线是____________；与AP垂直的直线是________． 解析：∵PC⊥平面ABC， ∴PC垂直于直线AB，BC，AC. ∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， ∴AB⊥平面PAC， 又∵AP⊂平面PAC， ∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB. 答案：AB，BC，AC　AB 7.如图所示，在四棱锥PABCD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：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) 8.(xx福建泉州模拟)如图，一张A4纸的长、宽分别为2a，2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号) ①该多面体是三棱锥； ②平面BAD⊥平面BCD； ③平面BAC⊥平面ACD； ④该多面体外接球的表面积为5πa2. 解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；∵AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，∴AP⊥平面BCD，又∵AP⊂平面ABD，∴平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．综上，正确命题的序号为①②③④. 答案：①②③④ [大题常考题点——稳解全解] 1.如图，四棱锥PABCD 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． 由于E为AD的中点，AB＝BC＝AD，AD∥BC， 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. 2.(xx广州模拟)在三棱锥P ABC中，△PAB是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60. (1)求证：AB⊥PC； (2)若PB＝4，BE⊥PC，求三棱锥B PAE的体积． 解：(1)证明：因为△PAB是等边三角形，∠APC＝∠BPC＝60，所以△PBC≌△PAC，所以AC＝BC. 如图，取AB的中点D，连接PD，CD，则PD⊥AB，CD⊥AB， 因为PD∩CD＝D， 所以AB⊥平面PDC， 因为PC⊂平面PDC， 所以AB⊥PC. (2)由(1)知，AB⊥PC，又BE⊥PC，AB∩BE＝B，所以PC⊥平面ABE，所以PC⊥AE. 因为PB＝4，所以在Rt△PEB中，BE＝4sin 60＝2，PE＝4cos 60＝2，在Rt△PEA中，AE＝PEtan 60＝2， 所以AE＝BE＝2， 所以S△ABE＝AB＝4. 所以三棱锥B PAE的体积VB PAE＝VP ABE＝S△AEBPE＝42＝. 3．(xx合肥质检)如图，平面五边形ABCDE中，AB∥CE，且AE＝2，∠AEC＝60，CD＝ED＝，cos∠EDC＝.将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置，且AP＝，得到四棱锥P ABCE. (1)求证：AP⊥平面ABCE； (2)记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l. 证明：(1)在△CDE中，∵CD＝ED＝，cos∠EDC＝，由余弦定理得CE＝2.连接AC(图略)，∵AE＝2，∠AEC＝60，∴AC＝2.又AP＝，∴在△PAE中，PA2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.而AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，AC∩AE＝A，故AP⊥平面ABCE. (2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面PAB∩平面PCE＝l，∴AB∥l. 4.(xx山西省重点中学联考)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，且AB＝BC，E，F分别在线段AB，CD上，G，H在线段PC上，EF⊥PA，且＝＝＝＝.求证： (1)EH∥平面PAD； (2)平面EFG⊥平面PAC. 证明：(1)如图，在PD上取点M，使得＝，连接AM，MH，则＝＝，所以MH＝DC，MH∥CD， 又AE＝AB，四边形ABCD是矩形， 所以MH＝AE，MH∥AE，所以四边形AEHM为平行四边形，所以EH∥AM， 又AM⊂平面PAD，EH⊄平面PAD，所以EH∥平面PAD. (2)取AB的中点N，连接DN，则NE＝DF，NE∥DF， 则四边形NEFD为平行四边形，则DN∥EF， 在△DAN和△CDA中，∠DAN＝∠CDA，＝＝， 则△DAN∽△CDA， 则∠ADN＝∠DCA，则DN⊥AC，则EF⊥AC， 又EF⊥PA，AC∩PA＝A，所以EF⊥平面PAC， 又EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAC. 5.(xx福州五校联考)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形，∠BAC＝90，AA1⊥BC，AA1＝AC＝2AB＝4，且BC1⊥A1C. (1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1； (2)设D是A1C1的中点，判断并证明在线段BB1上是否存在点E，使得DE∥平面ABC1.若存在，求三棱锥E ABC1的体积． 解：(1)在三棱柱ABC A1B1C1中，侧面ABB1A1是矩形， ∴AA1⊥AB，又AA1⊥BC，AB∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1. 又BC1⊥A1C，BC1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面ABC1， 又A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1. (2)当E为B1B的中点时，连接AE，EC1，DE，如图，取A1A的中点F，连接EF，FD， ∵EF∥AB，DF∥AC1， 又EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1， 又DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1.此时VE ABC1＝VC1 ABE＝224＝.