江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十九直线平面垂直的判定及其性质理.doc

《江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十九直线平面垂直的判定及其性质理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十九直线平面垂直的判定及其性质理.doc（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时跟踪检测（三十九） 直线、平面垂直的判定及其性质一抓基础，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为直角三角形答案：直角三角形3已知平面，和直线m

2、，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(2018常州期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD平面AEP，则线段AP长度的取值范围是_解析：连结BC1，易得BC1平面A1B1CD，要满足题意，只需EPBC1即可取CC1的中点为F，则EFBC1，故P在

3、线段EF上(不含端点)AE，AF3，线段AP长度的取值范围是(，3)答案：(，3)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，由可知正确答案：二保高考，全练题型做到高考达标1(2019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

4、，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(2018徐州期中)如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为_(写出满足条件的所有平面)解析：在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，可得BDC90，即BDCD.平面ABD平面BCD，

5、且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，又CD平面ADC，平面ADC平面ABD；假设平面ADC平面BCD，BDCD，且平面ADC平面BCDCD，BD平面ADC，则BDAD，与ADB45矛盾；CD平面ABD，AB平面ABD，CDAB，又ADAB，且ADCDD，AB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC.在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC.答案：平面ABD，平面ABC.3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

6、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(2018连云港期末)已知四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件_时，有PCBD(填上你认为正确的一个条件即可)解析：四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA，当四边形ABCD是菱形时，BDAC.又PAACA，BD平面PAC，又PC平面PAC，PCBD.答案：四边形ABCD是菱形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

7、：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

8、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(2018海安中学测

9、试)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是菱形，ABC60，PAAC，PBPDAC，E是PD的中点，求证：(1)PB平面ACE；(2)平面PAC平面ABCD.证明：(1)连结BD交AC于点O，连结OE，底面ABCD为菱形，O是BD的中点，又E是PD的中点，OEPB，OE平面ACE，PB平面ACE，PB平面ACE.(2)底面ABCD为菱形，ABC60，ABC为正三角形，从而ABAC，又PBAC，PAAC，PBABPA，可得PAAB.同理可证PAAD.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，PA平面ABCD，PA平面PAC，平面PAC平面ABCD.10(2019徐州高三检测)如图，

10、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如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将A

11、DE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中，正确的命题是_(填序号)MB是定值；点M在圆上运动；一定存在某个位置，使DEA1C；一定存在某个位置，使MB平面A1DE.解析：取DC中点N，连结MN，NB，则MNA1D，NBDE，MNNBN，A1DDEE，平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE，正确；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MNNB cos MNB，MB是定值，正确；B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在，其他情况不存在，不正确正确答案：2如图，

12、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ACD1.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

13、，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(2019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.