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1、课时跟踪检测（三十九） 直线、平面垂直的判定及其性质课时跟踪检测（三十九） 直线、平面垂直的判定及其性质 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1设，为两个不同的平面，直线l，则“l”是“”成立的_ 条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”) 解析：依题意，由l，l可以推出；反过来，由，l不能推 出l.因此“l”是“”成立的充分不必要条件 答案：充分不必要 2在空间四边形ABCD中，平面ABD平面BCD，且DA平面ABC，则ABC的形状是 _ 解析 ： 过A作AHBD于H， 由平面ABD平面BCD， 得AH平面BCD， 则AHBC， 又DA 平面ABC，所以BCDA，所以B
2、C平面ABD，所以BCAB，即ABC为直角三角形 答案：直角三角形 3已知平面，和直线m，给出条件：m；m；m；.当 满足条件_时，有m.(填所选条件的序号) 解析：若m，则m.故填. 答案： 4一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是_ 解析 ： 由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行再根据“两平行线 中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直 答案：垂直 5 (2018常州期中)如图， 在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中， 点E是棱BC的中点，P 是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD平面AEP，则线段AP长度的取值范围是_
3、 解析 ： 连结BC1，易得BC1平面A1B1CD，要满足题意，只需EPBC1即 可取CC1的中点为F，则EFBC1，故P在线段EF上(不含端点) AE，AF3， 线段AP长度的取值范围是(，221252222125 3) 答案：(，3)5 6 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，其中真命题的序号是 _ 解析 ： AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正确，AEPC，AEBC，PB 平面PBCAEPB， 又AFPB，EF平面AEFEFPB， 故正确， 若AFBCAF平面PBC， 则AFA
4、E与已知矛盾，故错误，由可知正确 答案： 二保高考，全练题型做到高考达标 1 (2019盐城中学测试)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，真命题的个数为_ 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：2 2(2018徐州期中)如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45， BAD90，将 ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD
5、， 构成四面体ABCD， 在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为_(写出满足条件的所有平面) 解析 ： 在四边形ABCD中，ADBC，ADAB， BCD45， BAD90， 可 得BDC90， 即BDCD. 平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD， CD平面ABD，又CD平面ADC，平面ADC平面ABD； 假设平面ADC平面BCD， BDCD，且平面ADC平面BCDCD， BD平面ADC，则BDAD，与ADB45矛盾； CD平面ABD，AB平面ABD，CDAB， 又ADAB，且ADCDD，AB平面ADC， 又AB平面ABC，平面ABC平面ADC. 在四面体ABCD的其他
6、面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC. 答案：平面ABD，平面ABC. 3 已知正ABC的边长为 2 cm，PA平面ABC，A 为垂足， 且PA2 cm， 那么点P到BC 的距离为_cm. 解析 ： 如图， 取BC的中点D， 连结AD，PD， 则BCAD， 又因为PA平 面ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，则PD的长度即为点P到BC 的距离在RtPAD中，PA2，AD，可得PD.322 327 答案： 7 4(2018连云港期末)已知四边形ABCD为平行四边形，PA平面 ABCD，当平行四边 形ABCD满足条件_时，有PCBD(填上你 认为正确的一个条件即
7、可) 解析：四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，BD平面 ABCD，BDPA， 当四边形ABCD是菱形时，BDAC. 又PAACA，BD平面PAC， 又PC平面PAC，PCBD. 答案：四边形ABCD是菱形 5已知直线a和两个不同的平面，且a，a，则，的位置关系是 _ 解析：记b且ab，因为ab，a，所以b，因为b，所以. 答案：垂直 6如图，已知BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边 所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有 _ 解析：因为PC平面ABC， 所以PC垂直于直线AB，BC，AC. 因为ABAC，ABPC，ACPCC， 所以AB平面PAC， 又
8、因为AP平面PAC， 所以ABAP，与AP垂直的直线是AB. 答案：AB，BC，AC AB 7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： 8 如图， 直三棱柱ABC A1B1C1中， 侧棱长为 2
9、，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. 由已知可以得A1B1，2 设 RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh. 1 2 又 2h，222 22 所以h，DE. 2 3 3 3 3 在 RtDB1E中，B1E . ( 2 2) 2( 3 3) 2 6 6 由面积相等得 x，得x . 6 6 x2( 2 2) 2 2 2 1 2 即线段B1F的长为 . 1 2 答案：1 2 9 (2018海安中学测试)如图， 在四棱
10、锥P ABCD中， 底面ABCD是 菱形， ABC60，PAAC，PBPDAC，E是PD的中点，求证：2 (1)PB平面ACE； (2)平面PAC平面ABCD. 证明：(1)连结BD交AC于点O，连结OE， 底面ABCD为菱形， O是BD的中点， 又E是PD的中点，OEPB， OE平面ACE，PB平面ACE， PB平面ACE. (2)底面ABCD为菱形，ABC60， ABC为正三角形，从而ABAC， 又PBAC，PAAC，2 PBABPA，可得PAAB.22 同理可证PAAD. 又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD， PA平面ABCD， PA平面PAC，平面PAC平面ABCD. 1
11、0(2019徐州高三检测)如图，在三棱锥SABC中，SASC，ABAC， D为BC的中点，E为AC上一点，且DE平面SAB. 求证：(1)AB平面SDE； (2)平面ABC平面SDE. 证明：(1)因为DE平面SAB，DE平面ABC， 平面SAB平面ABC AB，所以DEAB. 因为DE平面SDE，AB平面SDE， 所以AB平面SDE. (2)因为D为BC的中点，DEAB，所以E为AC的中点 又因为SASC，所以SEAC， 又ABAC，DEAB，所以DEAC. 因为DESEE，DE平面SDE，SE平面SDE， 所以AC平面SDE. 因为AC平面ABC， 所以平面ABC平面SDE. 三上台阶，自
12、主选做志在冲刺名校 1 如图， 矩形ABCD中，E为边AB的中点， 将ADE沿直线DE 翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中， 正确的命题是_(填序号) MB是定值； 点M在圆上运动； 一定存在某个位置，使DEA1C； 一定存在某个位置，使MB平面A1DE. 解析 ： 取DC中点N， 连结MN，NB， 则MNA1D，NBDE， MNNBN， A1DDEE， 平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE， 正确 ； A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理 1 2 得，MB2MN2NB22MNNB cos MNB，MB是定值，正确；B是定点，
13、M是在以B为圆心，MB为半径的圆上， 正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在，其他情况不存在，不正确正确 答案： 2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ACD1；DPBC1； 平面PDB1平面ACD1. 其中正确的命题序号是_ 解析：由题意可得BC1AD1，又AD1平面AD1C，BC1平面AD1C， 所以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ACD1平面A1C1B.又 因为A1P平面A1C1B， 所以A
14、1P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AC平面DD1B1B，DB1平面DD1B1B， 所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以DB1平面ACD1.又因为DB1平面PDB1.所以平面PDB1 平面ACD1.故正确综上，正确的序号为. 答案： 3 (2019泰州调研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC 2a，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
15、，D为BC的中点， 所以ADBC. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B底面ABC，AD底面ABC， 所以ADB1B.因为BCB1BB，所以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，所以B1FFD. 因为ADFDD，所以B1F平面AFD. (2)因为B1F平面AFD， 所以VB1ADF SADFB1F ADDFB1F. 1 3 1 3 1 2 5 2 a3 3 (3)证明：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.