2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時跟蹤檢測（三十七）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文.doc

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2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時跟蹤檢測（三十七）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文 一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快 1．設(shè)α，β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的________條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)． 解析：依題意，由l⊥β，l?α可以推出α⊥β；反過來，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β.因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件． 答案：充分不必要 2．在空間四邊形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，則△ABC的形狀是________． 解析：過A作AH⊥BD于H，由平面ABD⊥平面BCD，得AH⊥平面BCD，則AH⊥BC，又DA⊥平面ABC，所以BC⊥DA，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC為直角三角形． 答案：直角三角形 3．已知平面α，β和直線m，給出條件：①m∥α；②m⊥α；③m?α；④α∥β.當滿足條件________時，有m⊥β.(填所選條件的序號) 解析：若m⊥α，α∥β，則m⊥β.故填②④. 答案：②④ 4．一平面垂直于另一平面的一條平行線，則這兩個平面的位置關(guān)系是________． 解析：由線面平行的性質(zhì)定理知，該面必有一直線與已知直線平行．再根據(jù)“兩平行線中一條垂直于一平面，另一條也垂直于該平面”得出兩個平面垂直． 答案：垂直 5．如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，則直線AA1到平面BB1D1D的距離為________ cm. 解析：連結(jié)AC交BD于點O，則AO⊥BD.因為BB1⊥平面ABCD，AO?平面ABCD，所以BB1⊥AO.又BB1∩BD＝B，所以AO⊥平面BB1D1D.又AA1∥BB1，AA1?平面BB1D1D，BB1?平面BB1D1D，所以AA1∥平面BB1D1D，所以線段AO的長就是直線AA1到平面BB1D1D的距離．因為AB＝AD＝3 cm，AB⊥AD，AO⊥BD，所以AO＝，即直線AA1到平面BB1D1D的距離為. 答案： 6.如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命題的序號是________． 解析：①AE?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA?AE⊥BC，故①正確，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB?平面PBC?AE⊥PB，又AF⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確，③若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤，由①可知④正確． 答案：①②④ 二保高考，全練題型做到高考達標 1．(xx鹽城中學(xué)測試)已知α，β，γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α，β，γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題的個數(shù)為________． 解析：若α，β?lián)Q為直線a，b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題． 答案：2 2.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90，P為△ABC所在平面外一點，PA⊥平面ABC，則四面體P ABC中直角三角形的個數(shù)為________． 解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC為直角三角形，故四面體P ABC中共有4個直角三角形． 答案：4 3．已知正△ABC的邊長為2 cm，PA⊥平面ABC，A 為垂足，且PA＝2 cm，那么點P到BC的距離為________cm. 解析：如圖，取BC的中點D，連結(jié)AD，PD，則BC⊥AD，又因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAD，所以PD⊥BC，則PD的長度即為點P到BC的距離．在Rt△PAD中，PA＝2，AD＝，可得PD＝＝. 答案： 4．已知P為△ABC所在平面外一點，AC＝a，△PAB，△PBC都是邊長為a的等邊三角形，則平面ABC和平面PAC的位置關(guān)系為________． 解析：如圖所示，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝a， 取AC的中點D，連結(jié)PD，BD，則PD⊥AC，BD⊥AC. 又AC＝a，所以PD＝BD＝a，在△PBD中，PB2＝BD2＋PD2，所以∠PDB＝90，所以PD⊥BD，所以PD⊥平面ABC.又PD?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. 答案：垂直 5．已知直線a和兩個不同的平面α，β，且a⊥α，a∥β，則α，β的位置關(guān)系是________． 解析：記b?β且a∥b，因為a∥b，a⊥α，所以b⊥α，因為b?β，所以α⊥β. 答案：垂直 6.如圖，已知∠BAC＝90，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有____________；與AP垂直的直線有________． 解析：因為PC⊥平面ABC， 所以PC垂直于直線AB，BC，AC. 因為AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， 所以AB⊥平面PAC， 又因為AP?平面PAC， 所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB. 答案：AB，BC，AC　AB 7．如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學(xué)生得出下列四個結(jié)論： ①BD⊥AC；②△BAC是等邊三角形；③三棱錐DABC是正三棱錐；④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的是________(填序號)． 解析：由題意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等邊三角形，②正確；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正確；由①知④錯誤． 答案：①②③ 8.如圖，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(xiàn)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________． 解析：設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF. 由已知可以得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＝. 即線段B1F的長為. 答案： 9．(xx南通三模)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，M，N分別為棱PD，PC的中點． 求證：(1)MN∥平面PAB； (2)AM⊥平面PCD. 證明：(1)因為M，N分別為棱PD，PC的中點， 所以MN∥DC， 又因為底面ABCD是矩形，所以AB∥DC， 所以MN∥AB. 又AB?平面PAB，MN?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)因為AP＝AD，M為PD的中點， 所以AM⊥PD. 因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD?平面ABCD， 所以CD⊥平面PAD. 又AM?平面PAD，所以CD⊥AM. 因為CD∩PD＝D，CD?平面PCD，PD?平面PCD， 所以AM⊥平面PCD. 10．(xx徐州高三年級期中考試)如圖，在三棱錐SABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D為BC的中點，E為AC上一點，且DE∥平面SAB. 求證：(1)AB∥平面SDE； (2)平面ABC⊥平面SDE. 證明：(1)因為DE∥平面SAB，DE?平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，所以DE∥AB. 因為DE?平面SDE，AB?平面SDE， 所以AB∥平面SDE. (2)因為D為BC的中點，DE∥AB，所以E為AC的中點． 又因為SA＝SC，所以SE⊥AC， 又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC. 因為DE∩SE＝E，DE?平面SDE，SE?平面SDE， 所以AC⊥平面SDE. 因為AC?平面ABC， 所以平面ABC⊥平面SDE. 三上臺階，自主選做志在沖刺名校 1．(xx蘭州實戰(zhàn)考試)α，β是兩平面，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⊥平面ABCD，又因為BD?平面ABCD，所以BD⊥EF，故①正確；②不能得到BD⊥EF，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平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB?平面ABCD，所以平面ABCD⊥α.因為平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，所以EF⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，所以BD⊥EF，故③正確；④：由①知，若BD⊥EF，則EF⊥平面ABCD，則EF⊥AC，故④錯誤，故填①③. 答案：①③ 2.如圖，點P在正方體ABCDA1B1C1D1的面對角線BC1上運動，則下列四個命題： ①三棱錐AD1PC的體積不變； ②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1； ④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正確的命題序號是________． 解析：由題意可得BC1∥AD1，又AD1?平面AD1C，BC1?平面AD1C， 所以BC1∥平面AD1C.所以點P到平面AD1C的距離不變，VAD1PC＝VPAD1C，所以體積不變，故①正確；連結(jié)A1C1，A1B，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因為A1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正確；當點P運動到B點時，△DBC1是等邊三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正確；因為AC⊥平面DD1B1B，DB1?平面DD1B1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面ACD1.又因為DB1?平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正確．綜上，正確的序號為①②④. 答案：①②④ 3．(xx泰州調(diào)研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中點，E，F(xiàn)分別是AA1，CC1上一點，且AE＝CF＝2a. (1)求證：B1F⊥平面ADF； (2)求三棱錐B1ADF的體積； (3)求證：BE∥平面ADF. 解：(1)證明：因為AB＝AC，D為BC的中點， 所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，因為B1B⊥底面ABC，AD?底面ABC， 所以AD⊥B1B.因為BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1， 因為B1F?平面B1BCC1，所以AD⊥B1F. 在矩形B1BCC1中，因為C1F＝CD＝a，B1C1＝CF＝2a， 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F， 所以∠B1FD＝90，所以B1F⊥FD. 因為AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面AFD. (2)因為B1F⊥平面AFD， 所以VB1ADF＝S△ADFB1F＝ADDFB1F＝. (3)證明：連結(jié)EF，EC，設(shè)EC∩AF＝M，連結(jié)DM， 因為AE＝CF＝2a， 所以四邊形AEFC為矩形， 所以M為EC中點， 因為D為BC中點，所以MD∥BE. 因為MD?平面ADF，BE?平面ADF， 所以BE∥平面ADF.