2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质高效演练分层突破文新人教A版.doc

《2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质高效演练分层突破文新人教A版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第5讲直线平面垂直的判定与性质高效演练分层突破文新人教A版.doc（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1第第 5 5 讲讲 直线、平面垂直的判定与性质直线、平面垂直的判定与性质基础题组练1设为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是()A若a，b，则abB若a，ab，则bC若a，ab，则bD若a，ab，则b解析：选 B.若a，b，则a与b相交、平行或异面，故 A 错误；易知 B 正确；若a，ab，则b或b，故 C 错误；若a，ab，则b或b，或b与相交，故 D 错误故选 B.2(2020广州一模)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若m，mn，n，则C若mn，m，n，则D若，m，n，则mn解析：选 B.若，m，n，则m与n相交、平行或

2、异面，故 A 错误；因为m，mn，所以n，又因为n，所以，故 B 正确；若mn，m，n，则与的位置关系不确定，故 C 错误；若，m，n，则mn或m，n异面，故 D 错误3.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC2解析：选 D.因为BCDF，DF平面PDF，BC 平面PDF，所以BC平面PDF，故选项 A正确在正四面体中，AEBC，PEBC，DFBC，所以BC平面PAE，则DF平面PAE，从而平面PDF平面PAE.因此选项 B，C 均正确4(2020辽宁抚顺一模)在

3、三棱锥PABC中，已知PAABAC，BACPAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是()A直线DE直线ADB直线DE直线PAC直线DE直线ABD直线DE直线AC解析：选 D.如图，因为PAABAC，BACPAC，所以PACBAC，所以PCBC，取PB的中点G，连接AG，CG，则PBCG，PBAG，又因为AGCGG，所以PB平面CAG，则PBAC，因为D，E分别为棱BC，PC的中点，所以DEPB，则DEAC.故选 D.5(2019高考北京卷)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：解析

4、：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成 3 个命题命题(1)：若lm，m，则l，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCDA1B1C1D1中，设平面ABCD为平面，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立命题(2)：若lm，l，则m，此命题正确证明：作直线m1m，且与l相交，故l与m1确定一个平面，且lm1，因为l，所以平面与平面相交，设n，则ln，又m1，n，所以m1n，又m1m，所以mn，又m在平面外，n，故m.命题(3)：若m，l，则lm，此命题正确证明：过直线m作一平面，且与平3面相交，交线为a，因为m，所以ma.因为l，a，所以la，又ma，所以lm.

5、答案：或(答案不唯一)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，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，ABDC，DCAC.(1)求证：DC平面PAC；(2)求证：平面PAB平面PAC.证明：(1)因为PC平面ABCD，DC平面ABCD，所以PCDC.又因为ACDC，且PCACC，所以DC平面PAC.(2)因为A

6、BCD，DCAC，所以ABAC.因为PC平面ABCD，AB平面ABCD，所以PCAB.又因为PCACC，所以AB平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAC.48(2020武汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA11，ACBC，E在AB上，且BA3BE，G在AA1上，且AA13GA1.(1)求三棱锥A1ABC1的体积；(2)求证：AC1EG.解：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，所以BC平面ACC1A1，所以B到平面ACC1A1的距离为 1，所以VA1ABC1VBAA1C113(1211)116.(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD13

7、CA，连接ED，DG，因为BE13BA，所以DEBC，又BC平面ACC1A1，所以DE平面ACC1A1.又AC1平面ACC1A1，所以DEAC1.在正方形ACC1A1中，由CD13CA，A1G13A1A，得DGAC1.又DEDGD，所以AC1平面DEG.所以AC1EG.综合题组练1.如图，棱长为 1 的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论不正5确的是()A平面D1A1P平面A1APBAPD1的取值范围是0，2C三棱锥B1D1PC的体积为定值DDC1D1P解析：选 B.在 A 中，因为A1D1平面A1AP，A1D1平面D1A1P，所以平面D1A1P平面A1AP，故

8、 A 正确；在 B 中，当P与A1重合时，APD12，故 B 错误；在 C 中，因为B1D1C的面积是定值，A1B平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1D1PC的体积为定值，故 C 正确；在 D 中，因为DC1D1C，DC1BC，D1CBCC，D1C，BC平面BCD1A1，所以DC1平面BCD1A1，所以DC1D1P，故 D 正确2(2018高考全国卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为 30.若SAB的面积为 8，则该圆锥的体积为解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高 设圆锥的母线长为l，则

9、由SASB，SAB的面积为 8，得12l28，得l4.在 RtASO中，由题意知SAO30，所以SO12l2，AO32l2 3.故该圆锥的体积V13AO2SO13(2 3)228.答案：83.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PA底面ABCD，PAAD2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC平面AMN.6(1)求证：AMPD；(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CDAD.又因为PA底面ABCD，所以PACD，故CD平面PAD.又AM平面PAD，则CDAM，而PC平面AMN，有PCAM，又PCCDC，则AM平面PCD，故AMPD.(2)延

10、长NM，CD交于点E，因为PC平面AMN，所以NE为CE在平面AMN内的射影，故CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，又因为CDPD，ENPN，则有CENMPN，在 RtPMN中，sin MPNMNPM33，故CD与平面AMN所成角的正弦值为33.4(2020广东七校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAAB2，E是AB的中点，G是PD的中点(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)求证：AG平面PEC；(3)求证：平面PCD平面PEC.解：(1)易知V四棱锥PABCD13S正方形ABCDPA1322283.(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，7则易得AEFG，且AE12CDFG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EFAG.因为EF平面PEC，AG 平面PEC，所以AG平面PEC.(3)证明：易知CDAD，CDPA，因为PAADA，PA平面PAD，AD平面PAD，所以CD平面PAD.又AG平面PAD，所以CDAG.易知PDAG，因为PDCDD，PD平面PCD，CD平面PCD，所以AG平面PCD，所以EF平面PCD.又EF平面PEC，所以平面PEC平面PCD.