高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定及其性质 文

《高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定及其性质 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定及其性质 文（7页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时跟踪检测（三十七）直线、平面垂直的判定及其性质 文一抓基础，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BC平面ABD，所以BCAB，即ABC为直角三角

2、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如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD3 cm，则直线AA1到平面BB1D1D的距离为_ cm.解析：连结AC交BD于点O，则AOBD.因为BB1平面ABCD，AO平面ABCD，所以BB1AO.又BB1BDB，所以AO平面BB1D1D.又AA1B

3、B1，AA1平面BB1D1D，BB1平面BB1D1D，所以AA1平面BB1D1D，所以线段AO的长就是直线AA1到平面BB1D1D的距离因为ABAD3 cm，ABAD，AOBD，所以AO，即直线AA1到平面BB1D1D的距离为.答案：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AFAE与已知矛盾，故错误，由可知正

4、确答案：二保高考，全练题型做到高考达标1(xx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：22.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中直角三角形的个数为_解析：由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以A

5、BC是直角三角形，且BC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：43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.答案：4已知P为ABC所在平面外一点，ACa，PAB，PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为_解析：如图所示，PAPBPCABBCa，取AC的中点D

6、，连结PD，BD，则PDAC，BDAC.又ACa，所以PDBDa，在PBD中，PB2BD2PD2，所以PDB90，所以PDBD，所以PD平面ABC.又PD平面PAC，所以平面PAC平面ABC.答案：垂直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，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与

7、AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7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，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF

8、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，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.即线段B1F的长为.答案：9(xx南通三模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，APAD，M，N分别为棱PD，PC的中点求证：(1)MN平面PAB；(2)AM平面PCD.证明：(1)因为M，N分别为棱PD，PC的中点，所以MNDC，又因为底面ABCD是矩形，所以ABDC，所以MNAB.又A

9、B平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)因为APAD，M为PD的中点，所以AMPD.因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD.又AM平面PAD，所以CDAM.因为CDPDD，CD平面PCD，PD平面PCD，所以AM平面PCD.10(xx徐州高三年级期中考试)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ABCAB，所以DEAB.因为DE平面SDE，AB

10、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，自主选做志在冲刺名校1(xx兰州实战考试)，是两平面，AB，CD是两条线段，已知EF，AB于B，CD于D，若增加一个条件，就能得出BDEF.现有下列条件：AC；AC与，所成的角相等；AC与CD在内的射影在同一条直线上；ACEF.其中能成为增加条件的序号是_解析：由题意得，ABCD，所以A，B，C，D四点共面，：因为AC，E

11、F，所以ACEF，又因为AB，EF，所以ABEF，因为ABACA，所以EF平面ABCD，又因为BD平面ABCD，所以BDEF，故正确；不能得到BDEF，故错误；：由AC与CD在内的射影在同一条直线上可知平面ABCD，又AB，AB平面ABCD，所以平面ABCD.因为平面ABCD，平面ABCD，EF，所以EF平面ABCD，又BD平面ABCD，所以BDEF，故正确；：由知，若BDEF，则EF平面ABCD，则EFAC，故错误，故填.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AC

12、D1.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(

13、xx泰州调研)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VB1ADFSADFB1FADDFB1F.(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.