《【创新方案】（浙江专版）2015届高考数学一轮复习第七章第五节直线、平面垂直的判定及其性质演练知能检测文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【创新方案】（浙江专版）2015届高考数学一轮复习第七章第五节直线、平面垂直的判定及其性质演练知能检测文（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第五节第五节 直线、平面垂直的判定及其性质直线、平面垂直的判定及其性质全盘巩固 1设l、m、n均为直线，其中m、n在平面内，则“l”是“lm且ln”的 ( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：选 A 当l时，lm且ln；但当lm，ln时，若m、n不是相交直线， 则得不到l.即“l”是“lm且ln”的充分不必要条件 2已知直线l垂直于直线AB和AC，直线m垂直于直线BC和AC，则直线l，m的位置 关系是( ) A平行 B异面 C相交 D垂直 解析：选 A 因为直线l垂直于直线AB和AC，所以l垂直于平面ABC或点A、B、C所 在的直线，同理，直线m
2、垂直于平面ABC或点A、B、C所在的直线，根据线面或线线垂直 的性质定理得lm. 3已知P为ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是ABC 垂心的充分必要条件是( ) APAPBPC BPABC，PBAC C点P到ABC三边所在直线的距离相等 D平面PAB、平面PBC、平面PAC与ABC所在的平面所成的角相等 解析：选 B 条件 A 为外心的充分必要条件，条件 C、D 为内心的充分必要条件 4，为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是( ) A若，n，mn，则m B若m，n，mn，则n C若n，n，m，则m D若m，n，mn，则 解析：选 C 与、两垂直相交平
3、面的交线垂直的直线m，可与平行或相交，故 A 错；对 B，存在n的情况，故 B 错；对 D，存在的情况，故 D 错；由 n，n，可知，又m，所以m，故 C 正确 5.如图所示，在立体图形DABC中，若ABCB，ADCD，E是AC的中点，则下列结论 正确的是( )A平面ABC平面ABD B平面ABD平面BDC C平面ABC平面BDE，且平面ADC平面BDE D平面ABC平面ADC，且平面ADC平面BDE 解析：选 C 因为ABCB，且E是AC的中点 所以BEAC，同理有DEAC.2而BEDEE，BE平面BDE，DE平面BDE，所以AC平面BDE. 因为AC平面ABC，所以平面ABC平面BDE.
4、又因为AC平面ADC， 所以平面ADC平面BDE. 6.如图，正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，O为正方形ABCD 的中心，M为正方形ABCD内一点，且满足MPMC，则点M的轨迹为( ) 解析：选 A 取AD的中点E， 连接PE，PC，CE. 由PEAD知，PE平面ABCD， 从而平面PEC平面ABCD，取PC、AB的中点F、G，连接DF、DG、FG， 由PDDC知，DFPC，由DGEC知，DG平面PEC， 又PC平面PEC， DGPC， 又DFDGD，DF平面DFG，DG平面DFG， PC平面DFG， 又点F是PC的中点， 因此线段DG上的点满足MPMC. 7设l，m，
5、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，只有当m，n相交时，才有l，故错误；对，由 lm，mnln，由l，得n，故正确；对，由lm，ml，再由 nln，故正确 答案： 8.如图所示，矩形ABCD的边ABa，BC2，PA平面ABCD，PA2，现有数据：3a ；a1；a；a2；a4.1 23 当在BC边上存在点Q(Q不在端点B、C处)，使PQQD时，a可以取_(填上一 个你认为正确的数据序号即可) 解析：当PQQD时，有QD平面PAQ， 所以QD
6、AQ. 在矩形ABCD中，设BQx(0x2)， 则CQ2x. 在 RtABQ中，AQ2a2x2， 在 RtDCQ中，DQ2a2(2x)2. 又由AQ2DQ24， 得 2a22x24x0， 则a2(x1)21(0x2)， 故a2(0,1，即a(0,1， 故符合，不符合 答案：(或) 9.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AFBCA
7、F平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误；由可知正确 答案： 10(2014台州模拟)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABCD是直角梯形， E为BC的中点，BADADC90，AB3，CD1，PAAD2. (1)求证：DE平面PAC； (2)求PA与平面PDE所成角的正弦值 解：(1)证明：因为PA平面ABCD，DE平面ABCD，所以PADE，取AD的中点F，连接EF，则EF是梯形ABCD的中位线，所以EFAB且EF2，ABCD 2在 RtADC和 RtDEF中，EFDADC90，4DFDC1，EFAD2， 所以EFDADC，FEDDAC，所以ACDE. 因为PAACA，PA，AC
8、平面PAC所以DE平面PAC. (2)由(1)知平面PDE平面PAC， 设DEACG，连接PG，在 RtPAG中，作AHPG，垂足为H， 则AH平面PDE，所以APH是PA与平面PDE所成的角，由(1)知，在 RtADG中，AD2，tanCAD ，CD AD1 2所以AGADcosCAD，45因为PA平面ABCD，所以PG，AG2PA265sinAPHsinAPG ，AG PG2 3即PA与平面PDE所成角的正弦值为 .2 3 11. (2013江苏高考)如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面 SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)
9、平面EFG平面ABC； (2)BCSA.证明：(1)因为ASAB，AFSB，垂足为F， 所以F是SB的中点 又因为E是SA的中点， 所以EFAB. 因为EF平面ABC，AB平面ABC， 所以EF平面ABC. 同理EG平面ABC. 又EFEGE， 所以平面EFG平面ABC. (2)因为平面SAB平面SBC，且交线为SB， 又AF平面SAB，AFSB， 所以AF平面SBC. 因为BC平面SBC， 所以AFBC. 又因为ABBC，AFABA，AF，AB平面SAB， 所以BC平面SAB. 因为SA平面SAB， 所以BCSA. 12.如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD平面ABCD.四边形ABCD为正
10、方形，且P为 AD的中点，Q为SB的中点5(1)求证：CD平面SAD； (2)求证：PQ平面SCD； (3)若SASD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN平面ABCD？ 并证明你的结论 解：(1)证明：因为四边形ABCD为正方形， 所以CDAD. 又平面SAD平面ABCD，且平面SAD平面ABCDAD， 所以CD平面SAD.(2)证明：取SC的中点R，连接QR，DR.由题意知，PDBC且PDBC.1 2 在SBC中，Q为SB的中点，R为SC的中点，所以QRBC且QRBC.1 2 所以QRPD且QRPD， 则四边形PDRQ为平行四边形， 所以PQDR. 又PQ平面SCD，DR
11、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.连接PC、DM交于点O，连接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N为SC的中点， 所NOSP. 易知SPAD， 因为平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，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. 冲击名校 如图在直棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC，AA13，D是BC的中点，点2 E在棱BB1上运动6(1)证明：ADC1E；
12、(2)当异面直线AC与C1E 所成的角为 60时，求三棱锥C1A1B1E的体积 解：(1)证明：因为ABAC，D是BC的中点， 所以ADBC. 又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，而AD平面ABC，所以ADBB1. 又BCBB1B，BC，BB1平面BB1C1C， 所以AD平面BB1C1C. 由点E在棱BB1上运动，得C1E平面BB1C1C，所以ADC1E. (2)因为ACA1C1，所以A1C1E是异面直线AC与C1E所成的角，由题设知 A1C1E60. 因为B1A1C1BAC90，所以A1C1A1B1， 又AA1A1C1，A1B1AA1A1，A1B1，AA1平面A1ABB1，
13、从而A1C1平面A1ABB1， 又A1E平面A1ABB1，所以A1C1A1E.故C1E2，A1C1 cos 602 又B1C12，A1C2 1A1B2 1 所以B1E2.C1E2B1C2 1从而V三棱锥C1A1B1ESA1B1EA1C1 2 .1 31 31 2222 3高频滚动 如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为 2，D为CC1的中点(1)求证：AB1平面A1BD；(2)设点O为AB1上的动点，当OD平面ABC时，求的值AO OB1解：(1)证明：取BC的中点为M，连接AM，B1M， 在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，ABC为正三角形，所以 AMBC，
14、又平面ABC平面BCC1B1BC， 故AM平面BCC1B1， 又BD平面BCC1B1， 所以AMBD.7又正方形BCC1B1中，tanBB1MtanCBD ，1 2 所以BDB1M，又B1MAMM，B1M平面AB1M，AM平面AB1M， 所以BD平面AB1M，又AB1平面AB1M，故AB1BD. 在正方形BAA1B1中，AB1A1B， 又A1BBDB，A1B，BD平面A1BD， 所以AB1平面A1BD.(2)取AA1的中点为N，连接ND，OD，ON. 因为N，D分别为AA1，CC1的中点，所以NDAC，又AC平面ABC，ND平面ABC， 所以ND平面ABC， 又OD平面ABC，NDODD， 所以平面NOD平面ABC， 又平面NOD平面BAA1B1ON，平面BAA1B1平面ABCAB，所以ONAB， 注意到ABA1B1，所以ONA1B1， 又N为AA1的中点，所以O为AB1的中点，即1.AO OB1
