2019-2020年高考数学大一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课时作业 理.DOC

2019-2020年高考数学大一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课时作业 理一、选择题1已知直线l平面，直线m平面，则“lm”是“”的()A充要条件 B必要条件C充分条件 D既不充分又不必要条件解析：若lm，则m平面，由面面垂直的判定定理可知，反过来，若，l，则l或l，又因为m，所以l与m可能平行，异面或相交，所以“lm”是“”的充分条件，故选C.答案：C2已知m，n为两条不同直线，为两个不同平面，直线m平面，直线n平面，给出命题：nm；nm；nm；nm.其中正确命题为()A BC D解析：由直线n面，nmm面，又因为直线m平面，所以，对，由题意，再结合nnm，对，故选B.答案：B3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：D4如图所示，b，c在平面内，acB，bcA，且ab，ac，bc，若Ca，Db(C，D均异于A，B)，则ACD是()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D等腰三角形解析：因为ab，bc，acB，所以b平面ABC，AC平面ABC，所以ADAC，故ACD为直角三角形答案：B5如图，直三棱柱ABCA1B1C1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. B1C. D2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.答案：A6已知球的直径SC4，A，B是该球球面上的两点，AB2，ASCBSC45，则棱锥SABC的体积为()A. B.C. D.解析：如图所示，由题意知，在棱锥SABC中，SAC，SBC都是等腰直角三角形，其中AB2，SC4，SAACSBBC2.取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥SABC的体积为两个棱锥SABD和CABD的体积和，所以棱锥SABC的体积VSCSADB4.答案：C二、填空题7正方体ABCDA1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为_解析：设BD与AC交于点O，连接D1O，BB1DD1，DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1成的角ACBD，ACDD1，DD1BDD，AC平面DD1B，平面DD1B平面ACD1OD1，DD1在平面ACD1内的射影落在OD1上，故DD1O为直线DD1与平面ACD1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD11，DO，D1O，cosDD1O，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.答案：8假设平面平面EF，AB，CD，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BDEF，现有下面四个条件：AC；AC与，所成的角相等；AC与BD在内的射影在同一条直线上；ACEF.其中能成为增加条件的是_(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BDEF.故要证BDEF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有能保证这一条件答案：9如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上点P到直线CC1的距离的最小值为_解析：点P到直线CC1的距离等于点P在面ABCD上的射影到点C的距离，点P在面ABCD内的射影落在线段DE上设为P，问题等价求为PC的最小值，当PCDE时，PC的长度最小，此时PC.答案：三、解答题10(xx湖北卷)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点求证：(1)直线BC1平面EFPQ；(2)直线AC1平面PQMN.解：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FPAD1.从而BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则ACBD.由CC1平面ABCD，BD平面ABCD，可得CC1BD.又ACCC1C，所以BD平面ACC1.而AC1平面ACC1，所以BDAC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MNBD，从而MNAC1.同理可证PNAC1.又PNMNN，所以直线AC1平面PQMN.11如图，在矩形ABCD中，AB2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP平面ABCD.(1)求证：DP平面EPC.(1)问在EP上是否存在点F使平面AFD平面BFC？若存在，求出的值解：(1)因为EP平面ABCD，所以EPDP，又四边形ABCD为矩形，AB2BC，P，Q为AB，CD的中点，所以PQDC，且PQDC，所以DPPC.因为EPPCP，所以DP平面EPC.(2)如图，假设存在F使平面AFD平面BFC，因为ADBC，AD平面BFC，BC平面BFC，所以AD平面BFC，所以AD平行于平面AFD与平面BFC的交线l.因为EP平面ABCD，所以EPAD，而ADAB，ABEPP，所以AD平面FAB，所以l平面FAB，所以AFB为平面AFD与平面BFC所成二面角的平面角因为P是AB的中点，且FPAB，所以当AFB90时，FPAP，所以当FPAP，即1时，平面AFD平面BFC.1如右图，在三棱锥PABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点(1)求证：PA平面BEF；(2)若平面PAB平面ABC，PBBC，求证：BCPA.解：(1)在PAC中，E、F分别是PC、AC的中点，所以PAEF，又PA平面BEF，EF平面BEF，所以PA平面BEF.(2)在平面PAB内过点P作PDAB，垂足为D.因为平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，PD平面PAB，所以PD平面ABC，又BC平面ABC，所以PDBC，又PBBC，PDPBP，PD平面PAB，PB平面PAB，所以BC平面PAB，又PA平面PAB，所以BCPA.2(xx广东卷)如图所示，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，EFCD，交PD于点E.(1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值解：(1)证明：PD平面ABCD，PD面PCD，平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，AD平面ABCD，ADCD，AD平面PCD，CF平面PCD，CFAD，又AFPC，CFAF，AD，AF平面ADF，ADAFA，CF平面ADF.(2)解法1：过E作EGCF交DF于G，CF平面ADF，EG平面ADF，过G作GHAF于H，连EH，则EHG为二面角DAFE的平面角，设CD2，DPC30，CDF30，从而CFCD1，CP4，EF DC，即，DE，还易求得EF，DF，从而EG，易得AE，AF，EF，EH，故HG，cosEHG.解法2：分别以DP，DC，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设DC2，则A(0,0,2)，C(0,2,0)，P(2，0,0)，设，则F(2，22，0)，可得，从而F(，0)，易得E(，0,0)，取面ADF的一个法向量为n1(，1,0)，设面AEF的一个法向量为n2(x，y，z)，利用n20，且n20，得n2可以是(4,0，)，从而所求二面角的余弦值为.