2019版一轮创新思维文数（人教版A版）练习：第七章 第五节　空间中的垂直关系 .doc

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1、课时规范练A组基础对点练1.如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体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PBC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设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能得出ab的是()Aa，b， Ba，b，Ca，b， Da，b，解析：对于C项，由，a可得，又b，得ab，故选C.答案：C3(2018兰州诊断考试)设，为不同

2、的平面，m，n为不同的直线，则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，故选D.答案：D4设a，b，c是空间的三条直线，是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是 ()A当c时，若c，则B当b时，若b，则C当b，且c是a在内的射影时，若bc，则abD当b，且c时，若c，则bc解析：A的逆命题为：当c时，若，则c.由线面垂直的性质知c，故A正确；B的逆命题为：当b时，若，则b，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b，且c是a在内的射影时，若ab，则bc

3、.由三垂线逆定理知bc，故C正确；D的逆命题为：当b，且c时，若bc，则c.由线面平行判定定理可得c，故D正确。答案：B5.如图，O是正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是()AA1D BAA1CA1D1 DA1C1解析：连接B1D1(图略)，则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：D6.如图，在三棱锥DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有_(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

4、，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：7.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，其中正确的结论有_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正确；AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，AEPB，EF平面AEFEFPB，故正确；AFPB，若AFBCAF平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误；由可知正确答案：8.如图所示，在四

5、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，则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)9.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，如图所示由于E为AD的中点，

6、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.10(2018唐山统考)已知四棱锥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)若PDAD2，PB AC，求点P到平面AEC的

7、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，SAEC2，由VDAECVEADC得SAEChSADCED，解得h，点P到平面AEC的距离为.B组能力提升练1如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G

8、3的中点，D是EF与SG2的交点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3三点重合，重合后的点记为G，则在四面体GSEF中必有()ASD平面EFGBSEGFCEF平面SEG DSESF解析：对于A，设正方形的棱长为2a，则DGa，SDa，SG2DG2SD2，SD与DG不垂直，SD不垂直于平面EFG，故A错误；对于B，在折叠的过程中，始终有SG3G3F，EG2G2F，SGGF，EGGF，SGEGG，GF平面SEG，SE平面SEG，SEGF，故B正确；对于C，EFG中，EGGF，EF不与GE垂直，EF不垂直于平面SEG，故C错误；对于D，由正方形SG1G2G3中，E，F分

9、别是G1G2，G2G3的中点，得ESFG1SG390，SE与SF不垂直，故D错误故选B.答案：B2若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是()A若m，则mB若m，n，mn，则C若m，m，则D若，则解析：A中m与的位置关系不确定，故错误；B中，可能平行或相交，故错误；由面面垂直的判定定理可知C正确；D中，平行或相交，故错误答案：C3.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，则线段B1F的长为()A. B1C. D2解析：设B1Fx，因为AB1平面C1DF，D

10、F平面C1DF，所以AB1DF.由已知可得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.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)若ACAB1，CBB160，BC1，求三棱柱ABCA1B1C1的高解析：(1)证明：如图，连接BC1，则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OD

11、BC，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OHADODOA，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(2018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？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解析：(1)证

12、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，则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：

13、AD平面PBE；(2)若Q是PC的中点，求证：PA平面BDQ；(3)若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.