届高考数学一轮复习第七章立体几何第五节直线平面垂直的判定及其性质课时作业.doc

第五节 直线、平面垂直的判定及其性质课时作业A组根底对点练1.如图，在RtABC中，ABC90°，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，那么四面体PABC中共有直角三角形个数为()A4B3C2 D1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PABC中共有4个直角三角形答案：A2(2022·兰州诊断考试)设，为不同的平面，m，n为不同的直线，那么m的一个充分条件是()A，n，mnBm，C，mDn，n，m解析：A不对，m可能在平面内，也可能与平行；B，C不对，满足条件的m和可能相交，也可能平行；D对，由n，n可知，结合m知m，应选D.答案：D3(2022·长沙市模拟)平面过正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线AB1，且平面平面C1BD，平面平面ADD1A1AS，那么A1AS的正切值为()A. BC. D解析：连接AC，A1C，正方体ABCD ­A1B1C1D1中，BDAC，BDAA1，ACAA1A，BD平面AA1C，A1CBD，同理，得A1CBC1，BDBC1B，A1C平面C1BD，如图，以AA1为侧棱补作一个正方体AEFG­A1PQR，使得侧面AGRA1与平面ADD1A1共面，连接AQ，那么AQCA1，连接QB1，交A1R于S，那么平面AQB1就是平面，AQCA1，AQ平面C1BD，AQ平面，平面平面C1BD，tanA1AS.应选D.答案：D4.如图，O是正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，那么以下直线中与B1O垂直的是()AA1D BAA1CA1D1 DA1C1解析：连接B1D1(图略)，那么A1C1B1D1，根据正方体特征可得BB1A1C1，故A1C1平面BB1D1D，B1O平面BB1D1D，所以B1OA1C1.答案：D5.如图，在三棱锥DABC中，假设ABCB，ADCD，E是AC的中点，那么以下命题中正确的有_(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BDE，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：6.如图，PAO所在平面，AB是O的直径，C是O上一点，AEPC，AFPB，给出以下结论：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中正确的结论有_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正确；AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，EF平面AEFEFPB，故正确；AFPB，假设AFBCAF平面PBC，那么AFAE与矛盾，故错误；由可知正确答案：7.如下图，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，连接AC，BD，那么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)8如图，四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，ABBCAD，E，F分别为线段AD，PC的中点求证：(1)AP平面BEF；(2)BE平面PAC.证明：(1)设ACBEO，连接OF，EC，如下图由于E为AD的中点，ABBCAD，ADBC，所以AEBC，AEABBC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点又F为PC的中点，因此在PAC中，可得APOF.又OF平面BEF，AP平面BEF.所以AP平面BEF.(2)由题意知EDBC，EDBC.所以四边形BCDE为平行四边形，因此BECD.又AP平面PCD，所以APCD，因此APBE.因为四边形ABCE为菱形，所以BEAC.又APACA，AP，AC平面PAC，所以BE平面PAC.9(2022·唐山统考)四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PD底面ABCD，E为棱PD的中点(1)证明：PB平面AEC；(2)假设PDAD2，PB AC，求点P到平面AEC的距离解析：(1)证明：如图，连接BD，交AC于点F，连接EF，底面ABCD为矩形，F为BD中点，又E为PD中点，EFPB，又PB平面AEC，EF平面AEC，PB平面AEC.(2)PD平面ABCD，AC平面ABCD，PDAC，又PBAC，PBPDP，AC平面PBD，BD平面PBD，ACBD，四边形ABCD为正方形又E为PD的中点，P到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离，设D到平面AEC的距离为h，由题意可知AEEC，AC2，SAEC×2×，由VDAECVEADC得SAEC·hSADC·ED，解得h，点P到平面AEC的距离为.B组能力提升练1.如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，那么以下结论正确的选项是()ADB1D1PB平面AD1P平面A1DB1CAPD1的最大值为90°DAPPD1的最小值为解析：当点P在A1点时，DB1与D1A1显然不垂直，A错误；A1B1平面ADD1A1，A1B1AD1，又在正方形ADD1A1中，A1DAD1，AD1平面A1DB1.又AD1平面AD1P，平面AD1P平面A1DB1，B正确正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，AD1A1B，BD1，令A1Px，那么0x，D1P，AP，cosAPD1，显然，当x0或x时，cosAPD10，APD190°；当0<x<时，cosAPD1<0,90°<APD1<180°；当<x时，cosAPD1>0,0°<APD1<90°.APD1的最大值大于90°，且当x时，cosAPD1最大，此时AP，D1P，显然<，C，D均错误，应选B.答案：B2(2022·石家庄质检)在?九章算术?中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB平面BCD，且BDCD，ABBDCD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，假设PBD的面积为f(x)，那么f(x)的图象大致是()解析：如图，作PQBC于Q，作QRBD于R，连接PR，那么由鳖臑的定义知PQAB，QRCD.设ABBDCD1，那么，即PQ，又，所以QR，所以PR ，所以f(x) ，应选A.答案：A3.如图，直三棱柱ABCA1B1C1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，那么线段B1F的长为()A. B1C. D2解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由可得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，那么DEh.又2×h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面积相等得× x，得x.答案：A4如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO平面BB1C1C.(1)证明：B1CAB；(2)假设ACAB1，CBB160°，BC1，求三棱柱ABCA1B1C1的高解析：(1)证明：如图，连接BC1，那么O为B1C与BC1的交点因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1.又AO平面BB1C1C，所以B1CAO，故B1C平面ABO.由于AB平面ABO，故B1CAB.(2)如图，作ODBC，垂足为D，连接AD.作OHAD，垂足为H.由于BCAO，BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC.又OHAD，所以OH平面ABC.因为CBB160°，所以CBB1为等边三角形，又BC1，所以OD.由于ACAB1，所以OAB1C.由OH·ADOD·OA，且AD，得OH.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为.故三棱柱ABCA1B1C1的高为.5(2022·北京东城区模拟)如图，在四棱锥EABCD中，AEDE，CD平面ADE，AB平面ADE，CD3AB.(1)求证：平面ACE平面CDE；(2)在线段DE上是否存在一点F，使AF平面BCE？假设存在，求出的值；假设不存在，说明理由解析：(1)证明：因为CD平面ADE，AE平面ADE，所以CDAE.又AEDE，CDDED，所以AE平面CDE，因为AE平面ACE，所以平面ACE平面CDE.(2)在线段DE上存在一点F，且，使AF平面BCE.设F为线段DE上一点，且.过点F作FMCD交CE于点M，连接BM，AF，那么FMCD.因为CD平面ADE，AB平面ADE，所以CDAB.又FMCD，所以FMAB.因为CD3AB，所以FMAB.所以四边形ABMF是平行四边形，所以AFBM.又AF平面BCE，BM平面BCE，所以AF平面BCE.6如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，PAPD，BAD60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上(1)求证：AD平面PBE；(2)假设Q是PC的中点，求证：PA平面BDQ；(3)假设VPBCDE2VQABCD，试求的值解析：(1)证明：由E是AD的中点，PAPD可得ADPE.又底面ABCD是菱形，BAD60°，所以ABBD，又E是AD的中点，所以ADBE，又PEBEE，所以AD平面PBE.(2)证明：连接AC，交BD于点O，连接OQ.因为O是AC的中点，Q是PC的中点，所以OQPA，又PA平面BDQ，OQ平面BDQ，所以PA平面BDQ.(3)设四棱锥PBCDE，QABCD的高分别为h1，h2.所以VPBCDES四边形BCDEh1，VQABCDS四边形ABCDh2.又VPBCDE2VQABCD，且S四边形BCDES四边形ABCD，所以.