《江苏专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十七直线平面垂直的判定与性质20180.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2019版高考数学一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十七直线平面垂直的判定与性质20180.doc（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时达标检测(三十七）直线、平面垂直的判定与性质练基础小题强化运算能力1.如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体P ABC中共有_个直角三角形解析：由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，即ABBC，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，又PB平面PAB，所以BCPB，即PBC为直角三角形，故四面体P ABC中共有4个直角三角形答案：42如图，PAO所在平面，AB是O的直径，C是O上一点，AEPC，AFPB，给出下列结论：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中正确的结论有_(填序号)解析：AE平面P
2、AC，BCAC，BCPAAEBC，故正确；AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，AFPB，EF平面AEFEFPB，故正确；AFPB，若AFBCAF平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误；由可知正确答案：3(2018盐城中学月考)已知，是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把，中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有_个解析：若，换为直线a，b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题答案：24在三棱锥PABC中，点P在平面A
3、BC中的射影为点O.(1)若PAPBPC，则点O是ABC的_心(2)若PAPB，PBPC，PCPA，则点O是ABC的_心解析：(1)如图1，连结OA，OB，OC，OP，在RtPOA，RtPOB和RtPOC中，PAPBPC，所以OAOBOC，即O为ABC的外心(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交对边于H，D，G点，PCPA，PBPC，PAPBP，PC平面PAB，AB平面PAB，PCAB，又ABPO，POPCP，AB平面PGC，又CG平面PGC，ABCG，即CG为ABC边AB的高同理可证BD，AH为ABC底边上的高，即O为ABC的垂心答案：(1)外(2)垂练常考题点检验高考能力一、填空题1若P
4、D垂直于正方形ABCD所在的平面，连结PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有_对解析：由于PD平面ABCD，故平面PAD平面ABCD，平面PDB平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDA平面PDC，平面PAC平面PDB，平面PAB平面PAD，平面PBC平面PDC，共7对答案：72(2017徐州模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的是_(填序号)解析：由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正确；AD为
5、等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错误答案：3设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的_条件解析：若，因为m，b，bm，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b，又a，所以ab，充分性成立；反过来，当am时，因为bm，且a，m共面，一定有ba，但不能保证b，所以不能推出，必要性不成立所以“”是“ab”的充分不必要条件答案：充分不必要4.如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD
6、1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题序号是_解析：由题意可得直线BC1平行于直线AD1，并且直线AD1平面AD1C，直线BC1平面AD1C，所以直线BC1平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VAD1PCVPAD1C，所以体积不变故正确；连结A1C1，A1B，可得平面AD1C平面A1C1B.又因为A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故正确；当点P运动到B点时，DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1.故不正确；因为直线AC平面DB1，DB1平面DB1.所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以可得DB1平面AD1C.又因为DB1平面PDB1.所以可得
7、平面PDB1平面ACD1.故正确综上，正确的序号为.答案：5如图所示，四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是_(填序号)平面ABD平面ABC；平面ADC平面BDC；平面ABC平面BDC；平面ADC平面ABC.解析：在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BDCD.又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，则CDAB.又ADAB，ADCDD，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB平面ADC.又AB平面ABC，平面ADC平
8、面ABC.答案：6.如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，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_解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面积相等得 x，得x.答案：7.如图，在三棱锥DABC中，若ABCB，ADCD，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)平面ABC平面ABD；平面ABD平面BCD；平面ABC平面B
9、DE，且平面ACD平面BDE；平面ABC平面ACD，且平面ACD平面BDE.解析：由ABCB，ADCD知ACDE，ACBE，从而AC平面BDE，所以平面ABC平面BDE，且平面ACD平面BDE，故正确答案：8.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，连结AC，BD，则ACBD，PA底面ABCD，PABD.又PAACA，BD平面PAC，BDPC，当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC等)
10、9设l，m，n为三条不同的直线，为一个平面，给出下列命题：若l，则l与相交；若m，n，lm，ln，则l；若lm，mn，l，则n；若lm，m，n，则ln.其中正确命题的序号为_解析：显然正确；对于，只有当m，n相交时，才有l，故错误；对于，由lm，mn，得ln，由l，得n，故正确；对于，由lm，m，得l，再由n，得ln，故正确答案：10(2018兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BCDC，AEDC，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)不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN平面DEC；不论D折至何位置(
11、不在平面ABC内)，都有MNAE；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAB；在折起过程中，一定存在某个位置，使ECAD.解析：由已知，在未折叠的原梯形中，ABDE，BEAD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BEAD，折叠后如图所示过点M作MPDE，交AE于点P，连结NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NPEC.又MPNPP，DECEE，所以平面MNP平面DEC，故MN平面DEC，正确；由已知，AEED，AEEC，所以AEMP，AENP，又MPNPP，所以AE平面MNP，又MN平面MNP，所以MNAE，正确；假设MNAB，则MN与AB确定平面MNBA，从
12、而BE平面MNBA，AD平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，错误；当ECED时，ECAD.因为ECEA，ECED，EAEDE，所以EC平面AED，AD平面AED，所以ECAD，正确答案：二、解答题11(2018泰州中学高三学情调研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AECF2a.(1)求证：B1F平面ADF；(2)求三棱锥B1ADF的体积；(3)求证：BE平面ADF.解：(1)证明：因为ABAC，D为BC中点，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.
13、因为BCB1BB，AD平面B1BCC1，因为B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因为C1FCDa，B1C1CF2a，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，B1FFD，因为ADFDD，B1F平面AFD.(2)因为B1F平面AFD，所以VB1ADFSADFB1FADDFB1F2aaa.(3)证明：如图，连结EF，EC，设ECAFM，连结DM，因为AECF2a，所以四边形AEFC为矩形，所以M为EC中点，因为D为BC中点，所以MDBE.因为MD平面ADF，BE平面ADF，所以BE平面ADF.12.如图所示，已知长方体ABCD A1B1C1D1
14、，点O1为B1D1的中点(1)求证：AB1平面A1O1D；(2)若ABAA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1CAE？若存在，求出；若不存在，说明理由解： (1)证明：如图1所示，连结AD1交A1D于点G，G为AD1的中点，连结O1G，在AB1D1中，O1为B1D1的中点，O1GAB1.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A1CAE，连结A1B交AE于点M，如图2所示BC平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，BCAE.又A1CBCC，且A1C，BC平面A1BC，AE平面A1BC.A1B平面A1BC，AEA1B.在AMB和ABE中，BAMABM90，BAMBEA90，ABMBEA.RtABERtA1AB，.ABAA1，BEABBB1，即在线段BB1上存在点E使得A1CAE，此时.7