【導與練】新課標高三數(shù)學一輪復習 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時訓練 理

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1、【導與練】（新課標）2016屆高三數(shù)學一輪復習 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時訓練 理 【選題明細表】知識點、方法題號與垂直相關(guān)命題的判斷1、2、10直線與平面垂直4、7、11、14平面與平面垂直3、6、8、14線面角、二面角5、9、15綜合問題12、13、16基礎(chǔ)過關(guān)一、選擇題1.(2014山東省青島一中調(diào)研)設(shè)a,b,c表示三條直線,表示兩個平面,則下列命題中不正確的是(D)(A)cc(B)abbc是a在內(nèi)的射影bc(C)bcbcc(D)abab解析:對于選項D,可能還有b或者b與相交,所以D不正確.2.(2014鄭州模擬)如圖,O為正方體ABCDA1B1C1D1的底面AB

2、CD的中心,則下列直線中與B1O垂直的是(D)(A)A1D (B)AA1(C)A1D1(D)A1C1解析:由題圖易知,A1C1平面BB1D1D,又OB1平面DD1B1B,A1C1B1O.故選D.3.如圖所示,四邊形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45°,BAD=90°.將ADB沿BD折起,使平面ABD平面BCD,構(gòu)成三棱錐ABCD,則在三棱錐ABCD中,下列結(jié)論正確的是(D)(A)平面ABD平面ABC(B)平面ADC平面BDC(C)平面ABC平面BDC(D)平面ADC平面ABC解析:在四邊形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45°,BAD=90&

3、#176;,BDCD.又平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCD=BD,故CD平面ABD,則CDAB.又ADAB,ADCD=D,故AB平面ADC.又AB平面ABC,平面ABC平面ADC.故選D.4.(2014北京朝陽模擬)已知l,m,n為兩兩垂直的三條異面直線,過l作平面與直線m垂直,則直線n與平面的關(guān)系是(A)(A)n (B)n或n(C)n或n與不平行(D)n解析:l,且l與n異面,n,又m,nm,n.故選A.5.把等腰直角ABC沿斜邊上的高AD折成直二面角BADC,則BD與平面ABC所成角的正切值為(B)(A)2(B)22(C)1(D)33解析:如圖所示,在平面ADC中,過D作DEAC

4、,交AC于點E,連接BE,因為二面角BADC為直二面角,BDAD,所以BD平面ADC,故BDAC,又DEBD=D,因此AC平面BDE,又AC平面ABC,所以平面BDE平面ABC,故DBE就是BD與平面ABC所成的角,在RtDBE中,易求tan DBE=22,故選B.6.(2014廣州模擬)已知在空間四邊形ABCD中,ADBC,ADBD,且BCD是銳角三角形,則必有(C)(A)平面ABD平面ADC(B)平面ABD平面ABC(C)平面ADC平面BDC(D)平面ABC平面BDC解析:ADBC,ADBD,BCBD=B,AD平面BDC,又AD平面ADC,平面ADC平面BDC.故選C.7.(2014山東臨

5、沂模擬)如圖,直三棱柱ABCA1B1C1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交于點E.要使AB1平面C1DF,則線段B1F的長為(A)(A)12(B)1(C)32(D)2解析:設(shè)B1F=x,因為AB1平面C1DF,DF平面C1DF,所以AB1DF.由已知可以得A1B1=2,矩形ABB1A1中,tan FDB1=B1FB1D,tan A1AB=A1B1AA1=22,又FDB=A1AB,所以B1FB1D=22,故B1F=22×22=12.故選A.二、填空題8.(2015山東濰坊質(zhì)檢)如圖所示,在四棱錐PABCD中,

6、PA底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點,當點M滿足時,平面MBD平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可) 解析:連接AC,BD交于O,底面各邊相等,BDAC;又PA底面ABCD,PABD,又PAAC=A,BD平面PAC,BDPC.當DMPC(或BMPC)時,即有PC平面MBD.而PC平面PCD,平面MBD平面PCD.答案:DMPC(或BMPC)9.四棱錐PABCD中,底面ABCD是正方形,頂點在底面上的射影是底面正方形的中心,一個對角面的面積是一個側(cè)面面積的62倍,則側(cè)面與底面所成銳二面角等于. 解析:如圖所示,根據(jù)122ah12ah'=6

7、2,得hh'=32,即為側(cè)面與底面所成銳二面角的正弦值,故側(cè)面與底面所成銳二面角為3.答案:310.(2014遼寧大連模擬)已知a、b、l表示三條不同的直線,、表示三個不同的平面,有下列四個命題:若=a,=b,且ab,則;若a、b相交,且都在、外,a,a,b,b,則;若,=a,b,ab,則b;若a,b,la,lb,l,則l.其中正確命題的序號是. 解析:若平面、兩兩相交于三條直線,則有交線平行,故不正確.因為a、b相交,假設(shè)其確定的平面為,根據(jù)a,b,可得.同理可得,因此,正確.由面面垂直的性質(zhì)定理知正確.當ab時,l垂直于平面內(nèi)兩條不相交直線,不能得出l,錯誤.答案:11.

8、(2014海南雷州模擬) 在正四棱錐PABCD中,PA=32AB,M是BC的中點,G是PAD的重心,則在平面PAD中經(jīng)過G點且與直線PM垂直的直線有條. 解析:如圖,設(shè)正四棱錐的底面邊長為a,則側(cè)棱長為32a.由PMBC,PM=(32a) 2-(a2) 2=22a.連接PG并延長與AD相交于N點,則PN=22a,MN=AB=a,PM2+PN2=MN2,PMPN,又PMAD,PNAD=N,PM平面PAD,在平面PAD中經(jīng)過G點的任意一條直線都與PM垂直.答案:無數(shù)三、解答題12.(2014高考新課標全國卷)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,B

9、1C的中點為O,且AO平面BB1C1C.(1)證明:B1CAB;(2)若ACAB1,CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABCA1B1C1的高.(1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,又AO平面BB1C1C,所以B1CAO,由于BC1AO=O,故B1C平面ABO.由于AB平面ABO,故B1CAB.(2)解:作ODBC,垂足為D,連接AD,作OHAD,垂足為H,由于BCAO,BCOD,且AOOD=O,故BC平面AOD,所以O(shè)HBC.又OHAD,且ADBC=D,所以O(shè)H平面ABC.因為CBB1=60°,所以CBB1為等邊

10、三角形,又BC=1,可得OD=34.因為ACAB1,所以O(shè)A=12B1C=12.由OH·AD=OD·OA,且AD=OD2+OA2=74,得OH=2114.又O為B1C的中點,所以點B1到平面ABC的距離為217,故三棱柱ABCA1B1C1的高為217.13.(2013高考浙江卷)如圖,在四棱錐PABCD中,PA平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA=3,ABC=120°,G為線段PC上的點.(1)證明:BD平面APC;(2)若G為PC的中點,求DG與平面APC所成的角的正切值;(3)若G滿足PC平面BGD,求PGGC的值.(1)證明:設(shè)點O為AC,BD

11、的交點.由AB=BC,AD=CD,得BD是線段AC的中垂線,所以O(shè)為AC的中點,BDAC.又因為PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD,所以BD平面APC.(2)解:連接OG.由(1)可知,OD平面APC,則DG在平面APC內(nèi)的射影為OG,所以O(shè)GD是DG與平面APC所成的角.由題意得OG=12PA=32.在ABC中,AC=AB2+BC2-2AB·BC·cosABC=4+4-2×2×2×(-12)=23,所以O(shè)C=12AC=3.在直角OCD中,OD=CD2-OC2=7-3=2.在直角OGD中,tanOGD=ODOG=433.所以DG與

12、平面APC所成的角的正切值為433.(3)解:因為PC平面BGD,OG平面BGD,所以PCOG.在直角PAC中,PC=PA2+AC2=3+12=15,所以GC=AC·OCPC=23×315=2155.從而PG=3155,所以PGGC=32.能力提升14.如圖所示,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F為線段EC(端點除外)上一動點.現(xiàn)將AFD沿AF折起,使平面ABD平面ABCF.在平面ABD內(nèi)過點D作DKAB,K為垂足.設(shè)AK=t,則t的取值范圍是. 解析:如圖所示,過D作DGAF,垂足為G,連接GK,平面ABD平面ABCF,DKAB,DK平面

13、ABCF,DKAF.而DGDK=D,AF平面DKG,AFGK.容易得到,當F接近E點時K接近AB的中點,當F接近C點時,K接近AB的四等分點,t的取值范圍是12,1.答案:12,115.(2013高考山東卷)如圖所示,在三棱錐PABQ中,PB平面ABQ,BA=BP=BQ,D、C、E、F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,AQ=2BD,PD與EQ交于點G,PC與FQ交于點H,連接GH.(1)求證:ABGH;(2)求二面角DGHE的余弦值.(1)證明:由D、C、E、F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點,知G,H分別是PAQ,PBQ的重心.PGPD=PHPC=23.GHDC.又D,C為AQ,BQ的中

14、點,則DCAB,ABGH.(2)解:在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90°,即ABBQ,因為PB平面ABQ,所以ABPB.又BPBQ=B,所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH,所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ,所以GHFH.同理可得GHHC,所以FHC為二面角DGHE的平面角.設(shè)BA=BQ=BP=2,連接FC,在RtFBC中,由勾股定理得FC=2,在RtPBC中,由勾股定理得PC=5.又H為PBQ的重心,所以HC=13PC=53.同理FH=53.在FHC中,由余弦定理得cosFHC=FH2+HC2-FC22·FH·HC=59+59-22&#

15、215;59=-45.即二面角DGHE的余弦值為-45.探究創(chuàng)新16.如圖所示,在直角三角形ABC中,ACB=30°,ABC=90°,D為AC的中點,E為BD的中點,AE的延長線交BC于點F,將ABD沿BD折起,二面角ABDC的大小記為,如圖所示.(1)求證:平面AEF平面BCD;(2)當cos 為何值時,ABCD.(1)證明:在題圖中,D為RtABC斜邊AC的中點,ACB=30°,AD=AB.又E為BD的中點,BDAE,BDEF.在題圖中,BDAE,BDEF,AEEF=E,BD平面AEF.又BD平面BCD,平面AEF平面BCD.(2)解:過A作AOEF,交EF的延長線于點O,連接BO交CD的延長線于點G.由(1)知平面AEF平面BCD,AO平面BCD,BO即為AB在平面BCD上的射影.要使ABCD,只需BGCD.AEF=,AEO=180-.ABD為正三角形,且BGCD.因此,G為AD的中點,即O為ABD的重心.cos AEO=OEAE=13,即cos(180°-)=13,當cos =-13時,ABCD.