（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何初步 課時分層作業(yè) 四十三 7.5 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文.doc

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課時分層作業(yè) 四十三 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.(2015北京高考)設(shè)α,β是兩個不同的平面,m是直線且m?α,“m∥β”是“α∥β”的 (　　) A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 【解析】選B.當m∥β時,可能α∥β,也可能α與β相交.當α∥β時,由m?α可知,m∥β.因此,“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分條件. 2.(2018惠州模擬)PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面,C為圓上異于A,B兩點的任一點,則下列關(guān)系不正確的是 (　　) A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC C.AC⊥PB D.PC⊥BC 【解析】選C.由PA⊥平面ACB?PA⊥BC,故A不符合題意;由BC⊥PA,BC⊥AC,PA∩AC=A,可得BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,故B,D不符合題意;無法判斷AC⊥PB,故C符合題意. 3.(2018石家莊模擬)已知平面α,β,直線l,若α⊥β,α∩β=l, 則 (　　) A.垂直于平面β的平面一定平行于平面α B.垂直于直線l的直線一定垂直于平面α C.垂直于平面β的平面一定平行于直線l D.垂直于直線l的平面一定與平面α,β都垂直 【解析】選D.垂直于平面β的平面與平面α重合、平行或相交,故A不正確;垂直于直線l的直線若在平面β內(nèi),則一定垂直于平面α,否則不一定,故B不正確;垂直于平面β的平面可能垂直于直線l,故C不正確;由面面垂直的判定定理知,垂直于直線l的平面一定與平面α,β都垂直,故D正確. 【變式備選】已知三條不重合的直線m,n,l和兩個不重合的平面α,β,則下列命題正確的是 (　　) A.若m∥n,n?α,則m∥α B.若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,則n⊥α C.若l⊥n,m⊥n,則l∥m D.若l⊥α,m⊥β且l⊥m,則α⊥β 【解析】選D.若m∥n,n?α,則m∥α或m?α,故A不正確;若α⊥β,α∩β=m,n⊥m,則n與α相交或n∥α或n?α,故B不正確;若l⊥n,m⊥n,則l與m相交、平行或異面,故C不正確;若l⊥α,m⊥β且l⊥m,則由直線與平面垂直的性質(zhì)定理和平面與平面垂直的判定定理知α⊥β. 4.直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱長為2,AC=BC=1,∠ACB=90,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1,DF相交于點E.要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長為(　　) A. B.1 C. D.2 【解析】選A.設(shè)B1F=x, 因為AB1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF, 所以AB1⊥DF. 由已知可得A1B1=, 設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h, 則DE=h. 又2=h, 所以h=,DE=. 在Rt△DB1E中,B1E==. 由面積相等得=x,得x=. 【變式備選】如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1,AA1=AC=BC=1, ∠ACB=90,D是A1B1的中點,F是BB1上的點,AB1,DF相交于點E,且AB1⊥DF,則下列結(jié)論中不正確的是 (　　) A.CE與BC1異面且垂直 B.AB1⊥C1F C.△C1DF是直角三角形 D.DF的長為 【解析】選D.對于A,因為BC1?平面B1C1CB,CE?平面B1C1CB,且C∈平面B1C1CB, 所以CE與BC1是異面直線. 因為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. 又四邊形B1C1CB是正方形,連接B1C,所以BC1⊥B1C, 又B1C∩AC=C, 所以BC1⊥平面AB1C,因為CE?平面AB1C, 所以BC1⊥CE,故A正確; 對于B,因為C1A1=C1B1,D是A1B1的中點,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正確; 對于C,由C1D⊥平面ABB1A1可得C1D⊥DF, 故△C1DF是直角三角形,故C正確; 對于D,因為AC=BC=AA1=1,∠ACB=90, 所以A1B1=AB=,AB1=, 所以DB1=, 因為AB1⊥DF, 所以∠FDB1=∠AB1F=∠A1AB1, 所以cos∠FDB1=cos∠A1AB1, 即=, 所以=,解得DF=,故D錯誤. 5.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,點E,F,G分別是線段DC,D1D和D1B上的動點,給出下列結(jié)論 ①對于任意給定的點E,存在點F,使得AF⊥A1E; ②對于任意給定的點F,存在點E,使得AF⊥A1E; ③對于任意給定的點G,存在點F,使得AF⊥B1G; ④對于任意給定的點F,存在點G,使得AF⊥B1G. 其中正確結(jié)論的個數(shù)是 (　　) A.0 B.1 C.2 D.3 【解析】選B.由DE⊥平面A1D,根據(jù)三垂線定理,①對于任意給定的點E,A1E在平面A1D的射影為A1D,所以存在點F,使得AF⊥A1E,所以①正確;②如果對于任意給定的點F,存在點E,使得AF⊥A1E,那么,又A1D⊥AD1,可知過A有兩條直線與A1D垂直,故②錯誤;③只有AF垂直B1G在平面AD1的射影時,AF⊥B1G,故③錯誤;④只有AF⊥平面BB1D1D時,④才正確,AF與平面BB1D1D不垂直,故④錯誤. 【變式備選】對于四面體A-BCD,有以下命題:①若AB=AC=AD,則點A在底面BCD內(nèi)的射影是△BCD的外心;②若AB⊥CD,AC⊥BD,則點A在底面BCD內(nèi)的射影是 △BCD的內(nèi)心;③四面體A-BCD的四個面中最多有四個直角三角形;④若四面體A-BCD的6條棱長都為1,則它的內(nèi)切球的表面積為.其中正確的命題是 (　　) A.①③ B.③④ C.①②③ D.①③④ 【解析】選D.由題設(shè)AB=AC=AD,故頂點A在底面內(nèi)的射影是底面外心,故命題①是正確的;四面體中的四個面中最多有四個直角三角形,如圖1,正方體中的四面體A-BCD中有四個直角三角形,故命題③是正確的;對于命題②,如圖2, 盡管AB⊥CD,AC⊥BD,點A在底面BCD內(nèi)的射影不一定是△BCD的內(nèi)心,即命題②是錯誤的;若四面體的6條棱都為1,則它的體積為V=12=,又設(shè)內(nèi)切球的半徑為r,則V=4r=?r=,則S=4πr2=4π=,即命題④也是正確的. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.α,β是兩個平面,AB,CD是兩條線段,已知α∩β=EF,AB⊥α于B,CD⊥α于D,若增加一個條件,就能得出BD⊥EF,現(xiàn)有下列條件: ①AC⊥β; ②AC與α,β所成的角相等; ③AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上; ④AC∥EF.其中能成為增加條件的序號是________. 【解析】由題意得,AB∥CD,所以A,B,C,D四點共面,①:因為AC⊥β,EF?β, 所以AC⊥EF,又因為AB⊥α,EF?α,所以AB⊥EF, 因為AB∩AC=A,所以EF⊥面ABDC, 又因為BD?面ABDC,所以BD⊥EF,故①正確;②:由①可知,若BD⊥EF成立,則有EF⊥面ABDC,則有EF⊥AC成立,而AC與α,β所成角相等是無法得到EF⊥AC的,故②錯誤;③:由AC與CD在β內(nèi)的射影在同一條直線上可知EF⊥AC,由①可知③正確;④:仿照②的分析過程可知④錯誤. 答案:①③ 7.若圓錐的側(cè)面積是底面積的3倍,則其母線與底面夾角的余弦值為__________. 【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,由題意πrl=3πr2,即l=3r,母線與底面夾角為θ,則cos θ==. 答案: 8.如圖,PA⊥圓O所在的平面,AB是圓O的直徑,C是圓O上的一點,E,F分別是點A在PB,PC上的射影,給出下列結(jié)論: ①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC. 其中正確結(jié)論的序號是________. 【解析】由題意知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. 因為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正確. 答案:①②③ 三、解答題(每小題10分,共20分) 9.如圖,在三棱錐A ??BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD. (1)求證:CD⊥平面ABD. (2)若AB=BD=CD=1,M為AD中點,求三棱錐A-MBC的體積. 【解析】(1)因為AB⊥平面BCD,CD?平面BCD, 所以AB⊥CD. 又因為CD⊥BD,AB∩BD=B, AB?平面ABD,BD?平面ABD, 所以CD⊥平面ABD. (2)由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD. 又AB=BD=1,所以S△ABD=12=. 因為M是AD的中點,所以S△ABM=S△ABD=. 根據(jù)(1)知,CD⊥平面ABD, 則三棱錐C-ABM的高h=CD=1, 故VA-MBC=VC-ABM=S△ABMh=. 10.(2018長沙模擬)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,點E,F分別為BB1,AC的中點. (1)求證:BF∥平面A1EC. (2)求證:平面A1EC⊥ 平面ACC1A1. 【證明】(1)連接AC1交A1C于點O,連接OE,OF, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,四邊形ACC1A1為平行四邊形,所以O(shè)A=OC1, 又因為點F為AC中點,所以O(shè)F∥CC1且OF=CC1,因為點E為BB1中點, 所以BE∥CC1且BE=CC1, 所以BE∥OF且BE=OF,所以四邊形BEOF是平行四邊形,所以BF∥OE, 又因為BF?平面A1EC,OE?平面A1EC, 所以BF∥平面A1EC. (2)由(1)知BF∥OE,因為AB=CB,點F為AC中點,所以BF⊥AC,所以O(shè)E⊥AC. 又因為AA1⊥底面ABC, 而BF?底面ABC,所以AA1⊥BF. 由BF∥OE,得OE⊥AA1, 而AA1,AC?平面ACC1A1,且AA1∩AC=A, 所以O(shè)E⊥平面ACC1A1. 因為OE?平面A1EC, 所以平面A1EC⊥平面ACC1A1. 1.(5分)已知m,n表示兩條不同直線,α表示平面,下列說法正確的是(　　) A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m⊥α,n?α,則m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α 【解析】選B.選項A.若m∥α,n∥α則m與n可能平行、相交、異面,故A錯誤; B.若m⊥α,n?α,則m⊥n,顯然成立; C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α或n?α,故C錯誤; D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α或n∥α或n與α相交. 2.(5分)如圖,在三棱錐D -ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列命題中正確的是 (　　) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BCD C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE 【解析】選C.因為AB=CB,且E是AC的中點,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因為AC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE. 3.(5分)(2018郴州模擬)如圖,矩形ABCD中,AB=2AD,E為邊AB的中點,將△ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成△A1DE(A1?平面ABCD).若M,O分別為線段A1C,DE的中點,則在△ADE翻轉(zhuǎn)過程中,下列說法錯誤的是 (　　) A.與平面A1DE垂直的直線必與直線BM垂直 B.異面直線BM與A1E所成角是定值 C.一定存在某個位置,使DE⊥MO D.三棱錐A1-ADE外接球半徑與棱AD的長之比為定值 【解析】選C.取CD的中點F,連接BF,MF,如圖1,可知平面MBF∥平面A1DE,所以BM∥平面A1DE,所以A正確.取A1D中點G,可得EG∥BM,如圖2,所以B正確.由題意可得點A關(guān)于直線DE的對稱點為F,則DE⊥平面A1AF,即過O與DE垂直的直線在平面A1AF內(nèi),而M不在平面A1AF內(nèi),故C錯誤.三棱錐A1-ADE外接球的球心即為O點,所以外接球半徑為AD,故D正確. 4.(12分)如圖,菱形ABCD與四邊形BDEF相交于BD,∠ABC=120,BF⊥平面ABCD,DE∥BF,BF=2DE,AF⊥FC,M為CF的中點,AC∩BD=G. (1)求證:GM∥平面CDE. (2)求證:平面ACE⊥平面ACF. 【證明】(1)取BC的中點N,連接GN,MN. 因為G為菱形對角線的交點,所以G為BD的中點, 所以GN∥CD,又因為M,N分別為FC,BC的中點, 所以MN∥FB,又因為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)連接GE,GF,因為四邊形ABCD為菱形,所以AB=BC,又BF⊥平面ABCD,所以AF=CF,因為AF=FC,所以FG⊥AC.設(shè)菱形的邊長為2,∠ABC=120,則GB=GD=1,GA=GC=,又因為AF⊥FC,所以FG=GA=,則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==,從而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)(2018溫州模擬)如圖,在正三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E分別是A1C,AB的中點. (1)求證:ED∥平面BB1C1C. (2)若AB=BB1,求證:A1B⊥平面B1CE. 【證明】(1)連接AC1,BC1, 因為四邊形AA1C1C是矩形,D是A1C的中點, 所以D是AC1的中點. 在△ABC1中,因為D,E分別是AC1,AB的中點, 所以DE∥BC1. 又DE?平面BB1C1C,BC1?平面BB1C1C, 所以ED∥平面BB1C1C. (2)因為△ABC是正三角形,E是AB的中點,所以CE⊥AB. 又因為在正三棱柱A1B1C1-ABC中, 平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CE?平面ABC, 所以CE⊥平面ABB1A1. 又A1B?平面ABB1A1,所以CE⊥A1B. 在矩形ABB1A1中,因為==, 所以Rt△A1B1B∽Rt△B1BE,所以∠B1A1B=∠BB1E, 所以∠B1A1B+∠A1B1E=∠BB1E+∠A1B1E=90, 所以A1B⊥B1E. 又因為CE?平面B1CE,B1E?平面B1CE,CE∩B1E=E, 所以A1B⊥平面B1CE.