2019-2020年高考数学大一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十九直线平面垂直的判定与性质理.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习第八章立体几何课时达标检测三十九直线平面垂直的判定与性质理练基础小题强化运算能力1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：选CA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2.如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体P ABC中共有直角三角形个数为()A4 B3C2 D1解析：选A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P ABC中共有4个直角三角形3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，AFPB，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：4设a，b为不重合的两条直线，为不重合的两个平面，给出下列命题：若a且b，则ab；若，则一定存在平面，使得，；若，则一定存在直线l，使得l，l.上面命题中，所有真命题的序号是_解析：中a与b可能相交或异面，故是假命题中存在，使得与，都垂直，故是真命题中只需直线l且l就可以，故是真命题答案：练常考题点检验高考能力一、选择题1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：选C对于C项，由，a可得a，又b，得ab，故选C.2.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：选D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B1OA1C1.3.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A直线AB上B直线BC上C直线AC上DABC内部解析：选A连接AC1(图略)，由ACAB，ACBC1，得AC平面ABC1.AC平面ABC，平面ABC1平面ABC.C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上4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：选BA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.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5如图所示，四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是()A平面ABD平面ABC B平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDC D平面ADC平面ABC解析：选D在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BDCD.又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，则CDAB.又ADAB，ADCDD，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB平面ADC.又AB平面ABC，平面ADC平面ABC.6.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()A. B1 C. D2解析：选A设B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF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.二、填空题7.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，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：8.如图所示，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，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设l，m，n为三条不同的直线，为一个平面，给出下列命题：若l，则l与相交；若m，n，lm，ln，则l；若lm，mn，l，则n；若lm，m，n，则ln.其中正确命题的序号为_解析：显然正确；对于，只有当m，n相交时，才有l，故错误；对于，由lm，mn，得ln，由l，得n，故正确；对于，由lm，m，得l，再由n，得ln，故正确答案：10(xx兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BCDC，AEDC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是_(写出所有正确说法的序号)不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN平面DEC；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAE；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAB；在折起过程中，一定存在某个位置，使ECAD.解析：由已知，在未折叠的原梯形中，ABDE，BEAD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BEAD，折叠后如图所示过点M作MPDE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NPEC.又MPNPP，DECEE，所以平面MNP平面DEC，故MN平面DEC，正确；由已知，AEED，AEEC，所以AEMP，AENP，又MPNPP，所以AE平面MNP，又MN平面MNP，所以MNAE，正确；假设MNAB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE平面MNBA，AD平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，错误；当ECED时，ECAD.因为ECEA，ECED，EAEDE，所以EC平面AED，AD平面AED，所以ECAD，正确答案：三、解答题11.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，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.12.如图所示，已知长方体ABCD A1B1C1D1，点O1为B1D1的中点(1)求证：AB1平面A1O1D；(2)若ABAA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1CAE？若存在，求出；若不存在，说明理由解： (1)证明：如图1所示，连接AD1交A1D于点G，G为AD1的中点，连接O1G，在AB1D1中，O1为B1D1的中点，O1GAB1.O1G平面A1O1D，且AB1平面A1O1D，AB1平面A1O1D.(2)若在线段BB1上存在点E使得A1CAE，连接A1B交AE于点M，如图2所示BC平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，BCAE.又A1CBCC，且A1C，BC平面A1BC，AE平面A1BC.A1B平面A1BC，AEA1B.在AMB和ABE中，BAMABM90，BAMBEA90，ABMBEA.RtABERtA1AB，.ABAA1，BEABBB1，即在线段BB1上存在点E使得A1CAE，此时.