高考數(shù)總復(fù)習(xí) 第8篇 第5講 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)限時(shí)訓(xùn)練 理

第5講直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)分層A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)演練(時(shí)間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．已知平面α與平面β相交，直線m⊥α，則()． A．β內(nèi)必存在直線與m平行，且存在直線與m垂直 B．β內(nèi)不一定存在直線與m平行，不一定存在直線與m垂直 C．β內(nèi)不一定存在直線與m平行，但必存在直線與m垂直 D．β內(nèi)必存在直線與m平行，不一定存在直線與m垂直 解析如圖，在平面β內(nèi)的直線若與α，β的交線a平行，則有m與之垂直．但卻不一定在β內(nèi)有與m平行的直線，只有當(dāng)α⊥β時(shí)才存在． 答案C2．已知直線l垂直于直線AB和AC，直線m垂直于直線BC和AC，則直線l，m的位置關(guān)系是 ()． A．平行 B．異面 C．相交 D．垂直 解析因?yàn)橹本€l垂直于直線AB和AC，所以l垂直于平面ABC，同理，直線m垂直于平面ABC，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理得l∥m. 答案A3．已知P為△ABC所在平面外的一點(diǎn)，則點(diǎn)P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要條件是 ()． A．PA＝PB＝PC B．PA⊥BC，PB⊥AC C．點(diǎn)P到△ABC三邊所在直線的距離相等 D．平面PAB、平面PBC、平面PAC與△ABC所在的平面所成的角相等 解析條件A為外心的充分必要條件，條件C、D為內(nèi)心的必要條件，故選B. 答案B4．設(shè)x、y、z是空間不同的直線或平面，對(duì)下列四種情形：①x、y、z均為直線；②x、y是直線，z是平面；③z是直線，x、y是平面；④x、y、z均為平面．其中使“x⊥z且y⊥z?x∥y”為真命題的是 ()． A．③④ B．①③ C．②③ D．①② 解析由正方體模型可知①④為假命題；由線面垂直的性質(zhì)定理可知②③為真命題． 答案C二、填空題(每小題5分，共10分) 5.如圖，拿一張矩形的紙對(duì)折后略微展開，豎立在桌面上，折痕與桌面的位置關(guān)系是________． 解析折痕與矩形在桌面內(nèi)的兩條相交直線垂直，因此折痕與桌面垂直． 答案垂直6．(·石家莊一模)已知直線l⊥平面α，直線m?平面β.給出下列命題： ①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β. 其中正確命題的序號(hào)是________． 解析由面面平行的性質(zhì)和線面垂直的定義可知①正確；因?yàn)閘⊥α，α⊥β?l∥β或l?β，所以l，m平行、相交、異面都有可能，故②錯(cuò)誤；由線面垂直的定義和面面垂直的判定定理可知③正確；因?yàn)閘⊥α，l⊥m?m?α或m∥α，又m?β，所以α，β可能平行或相交，故④錯(cuò)誤． 答案①③三、解答題(共25分)7．(12分)如圖，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)． (1)求證：MN⊥CD； (2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD. 證明(1)如圖，連接AC，AN，BN，∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N為PC中點(diǎn)， ∴AN＝eq\f(1,2)PC. ∵PA⊥平面ABCD， ∴PA⊥BC，又BC⊥AB， PA∩AB＝A， ∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB， 從而在Rt△PBC中，BN為斜邊PC上的中線， ∴BN＝eq\f(1,2)PC.∴AN＝BN， ∴△ABN為等腰三角形， 又M為底邊的中點(diǎn)，∴MN⊥AB，又∵AB∥CD，∴MN⊥CD. (2)連接PM、MC，∵∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴AP＝AD. ∵四邊形ABCD為矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC. 又∵M(jìn)為AB的中點(diǎn)，∴AM＝BM. 而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴PM＝CM. 又N為PC的中點(diǎn)，∴MN⊥PC. 由(1)知，MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD.8．(13分)(·山東)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，AB＝2EF. (1)若M是線段AD的中點(diǎn)，求證：GM∥平面ABFE； (2)若AC＝BC＝2AE，求二面角ABFC的大?。?解(1)法一因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG. 由于AB＝2EF，因此BC＝2FG. 連接AF，由于FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC， 在?ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)， 則AM∥BC，且AM＝eq\f(1,2)BC， 因此FG∥AM且FG＝AM， 所以四邊形AFGM為平行四邊形，因此GM∥FA. 又FA?平面ABFE，GM?平面ABFE， 所以GM∥平面ABFE. 法二因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°， 所以∠EGF＝90°， △ABC∽△EFG， 由于AB＝2EF，所以BC＝2FG. 取BC的中點(diǎn)N，連接GN， 因此四邊形BNGF為平行四邊形，所以GN∥FB. 在?ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)，連接MN，則MN∥AB.因?yàn)镸N∩GN＝N，AB∩FB＝B， 所以平面GMN∥平面ABFE. 又GM?平面GMN，所以GM∥平面ABFE. (2)由題意知，平面ABFE⊥平面ABCD， 取AB的中點(diǎn)H，連接CH， 因?yàn)锳C＝BC，所以CH⊥AB， 則CH⊥平面ABFE. 過H向BF引垂線交BF于R，連接CR，則CR⊥BF， 所以∠HRC為二面角ABFC的平面角． 由題意，不妨設(shè)AC＝BC＝2AE＝2. 在直角梯形ABFE中，連接FH， 則FH⊥AB，又AB＝2eq\r(2)， 所以HF＝AE＝1，BH＝eq\r(2)， 因此在Rt△BHF中，HR＝eq\f(\r(6),3). 由于CH＝eq\f(1,2)AB＝eq\r(2)， 所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝eq\f(\r(2),\f(\r(6),3))＝eq\r(3)， 因此二面角ABFC的大小為60°.分層B級(jí)創(chuàng)新能力提升如圖(a)，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)，現(xiàn)在沿AE、AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使B、C、D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H，如圖(b)所示，那么，在四面體AEFH中必有()． A．AH⊥△EFH所在平面 B．AG⊥△EFH所在平面 C．HF⊥△AEF所在平面 D．HG⊥△AEF所在平面 解析折成的四面體有AH⊥EH，AH⊥FH， ∴AH⊥面HEF. 答案A 2.如圖，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在()． A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 解析由BC1⊥AC，又BA⊥AC，則AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直線AB上． 答案A3．如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足____________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為正確的條件即可) 解析∵PC在底面ABCD上的射影為AC，且AC⊥BD，∴BD⊥PC.∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 答案DM⊥PC(或BM⊥PC)4.如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上的一點(diǎn)，E、F分別是點(diǎn)A在PB、PC上的正投影，給出下列結(jié)論： ①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC. 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________． 解析由題意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC. 又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC. ∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C， ∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC. 又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF. ∴PB⊥EF.故①②③正確． 答案①②③5．(·汕頭模擬)如圖是某直三棱柱(側(cè)棱與底面垂直)被削去上底后的直觀圖與三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖，在直觀圖中，M是BD的中點(diǎn)，側(cè)視圖是直角梯形，俯視圖是等腰直角三角形，有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示． (1)若N是BC的中點(diǎn)，證明：AN∥平面CME； (2)證明：平面BDE⊥平面BCD. (3)求三棱錐DBCE的體積． (1)證明連接MN，則MN∥CD，AE∥CD， 又MN＝AE＝eq\f(1,2)CD，∴四邊形ANME為平行四邊形， ∴AN∥EM.∵AN?平面CME，EM?平面CME， ∴AN∥平面CME. (2)證明∵AC＝AB，N是BC的中點(diǎn)，AN⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD，∴AN⊥平面BCD. 由(1)，知AN∥EM，∴EM⊥平面BCD. 又EM?平面BDE，∴平面BDE⊥平面BCD. (3)解VDBCE＝VEBCD＝eq\f(1,3)S△BCD·|EM| ＝eq\f(1,3)×eq\f(2\r(2)×4,2)×eq\r(2)＝eq\f(8,3).6．(·合肥模擬)如圖，在多面體ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1綉B(tài)B1，AB＝AC＝AA1＝eq\f(\r(2),2)BC，B1C1綉eq\f(1,2)BC. (1)求證：A1B1⊥平面AA1C (2)若D是BC的中點(diǎn)，求證：B1D∥平面A1C (3)若BC＝2，求幾何體ABCA1B1C1(1)證明∵AB＝AC＝eq\f(\r(2),2)BC，AB2＋AC2＝BC2，∴AB⊥AC， 又AA1⊥平面ABC，AB?平面ABC， ∴AA1⊥AB，AA1∩AC＝A， ∴AB⊥平面AA1C，又∵AA1綉B(tài)B1 ∴四邊形ABB1A1 ∴A1B1∥AB，∴A1B1