2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课时跟踪检测理.doc

2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课时跟踪检测理课 时 跟 踪 检 测 基 础 达 标1(xx届南昌模拟)设a，b是夹角为30的异面直线，则满足条件“a，b，且 ”的平面，()A不存在 B有且只有一对C有且只有两对 D有无数对解析：过直线a的平面有无数个，当平面与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面，当平面与b相交时，过交点作平面的垂线与b确定的平面.故选D.答案：D2(xx届青岛质检)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a，又b，得ab，故选C.答案：C3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中直角三角形的个数为()A4 B3C3 D1解析：由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC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：A4(xx届贵阳市监测考试)如图，在三棱锥PABC中，不能证明APBC的条件是()AAPPB，APPCBAPPB，BCPBC平面BPC平面APC，BCPCDAP平面PBC解析：A中，因为APPB，APPC，PBPCP，所以AP平面PBC，又BC平面PBC，所以APBC，故A能证明APBC；C中，因为平面BPC平面APC，BCPC，所以BC平面APC，AP平面APC，所以APBC，故C能证明APBC；由A知D能证明APBC；B中条件不能判断出APBC，故选B.答案：B5(xx届吉林实验中学测试)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；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正确答案：B6如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是()AMN与CC1垂直 BMN与AC垂直CMN与BD平行 DMN与A1B1平行解析：如图，连接C1D，BD，AC，在三角形C1DB中，MNBD，故C正确；CC1平面ABCD，CC1BD，MN与CC1垂直，故A正确；ACBD，MNBD，MN与AC垂直，故B正确；A1B1与BD不平行，MNBD，MN与A1B1不平行，故D错误故选D.答案：D7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ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC解析：因为在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以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，所以平面ADC平面ABC.答案：D8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，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：9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a且a，则；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也可能相交或异面，故不正确垂直于同一直线的两平面平行，正确中存在，使得与，都垂直中只需直线l且l就可以答案：10如图，直三棱柱ABCA1B1C1，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：11(xx届河南省八市重点高中质量检测)如图，过底面是矩形的四棱锥FABCD的顶点F作EFAB，使AB2EF，且平面ABFE平面ABCD，若点G在CD上且满足DGGC.求证：(1)FG平面AED；(2)平面DAF平面BAF.证明：(1)因为DGGC，ABCD2EF，ABEFCD，所以EFDG，EFDG.所以四边形DEFG为平行四边形，所以FGED.又因为FG平面AED，ED平面AED。所以FG平面AED.(2)因为平面ABFE平面ABCD，平面ABFE平面ABCDAB，ADAB，AD平面ABCD，所以AD平面BAF，又AD平面DAF，所以平面DAF平面BAF.12(xx届延边质检)已知矩形ABCD与正三角形AED所在的平面互相垂直，M，N分别为棱BE，AD的中点，AB1，AD2.(1)证明：直线AM平面NEC；(2)求异面直线AM与CN的成角余弦值解：(1)证明：如图所示，取EC的中点F，连接FM，FN，则FMBC，FMBC，ANBC，ANBC，所以FMAN且FMAN，所以四边形AMFN为平行四边形，所以AMNF.因为AM平面NEC，NF平面NEC，所以直线AM平面NEC.(2)由(1)知，AMNF，CNF是异面直线AM与CN所成的角，平面AED平面ABCD，NEAD，NE平面ABCD，NENC，又NEAD，又CD平面AED，CDDE，CE，CN.又NFFCCE，cosCNF，即异面直线AM与CN的成角余弦值为.能 力 提 升1.如图，梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF.则上述结论可能正确的是()A BC D解析：对于，因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则不成立；对于，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPCF时就有BDFC，而ADBCAB234可使条件满足，所以正确；对于，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；对于，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以不成立答案：B2如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD平面ABCD.四边形ABCD为正方形，且点P为AD的中点，点Q为SB的中点(1)求证：CD平面SAD；(2)求证：PQ平面SCD；(3)若SASD，点M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN平面ABCD？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CDAD.又因为平面SAD平面ABCD，且平面SAD平面ABCDAD，所以CD平面SAD.(2)证明：如图，取SC的中点R，连接QR，DR.由题意知：PDBC且PDBC.在SBC中，点Q为SB的中点，点R为SC的中点，所以QRBC且QRBC，所以PDQR，且PDQR，所以四边形PDRQ为平行四边形，所以PQDR.又因为PQ平面SCD，DR平面SCD，所以PQ平面SCD.(3)存在点N为SC的中点，使得平面DMN平面ABCD.证明如下：如图，连接PC，DM交于点O，连接DN，PM，SP，NM，ND，NO，因为PDCM，且PDCM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以POCO.又因为点N为SC的中点，所以NOSP.易知SPAD，因为平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，并且SPAD，所以SP平面ABCD，所以NO平面ABCD.又因为NO平面DMN，所以平面DMN平面ABCD.