《高考数学一轮复习 配餐作业46 直线、平面垂直的判定与性质（含解析）理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 配餐作业46 直线、平面垂直的判定与性质（含解析）理（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、镇成立由镇委书记孙广东任组长，镇委副书记、镇长任副组长，镇直相关部门主要领导为成员的意识形态工作领导小组，统筹协调全镇意识形态工作配餐作业(四十六)直线、平面垂直的判定与性质(时间：40分钟)一、选择题1设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则m解析A中，由mn，n，可得m或m或m与相交，错误；B中，由m，可得m或m或m与相交，错误；C中，由m，n，可得mn，又n，则m，正确；D中，由mn，n，可得m与相交或m或m，错误。故选C。答案C2已知平面平面，l，点A，Al，直线ABl，直线ACl，直线m，m，则下列四种位置
2、关系中，不一定成立的是()AABm BACmCAB DAC解析如图所示，ABlm；ACl，mlACm；ABlAB，只有D不一定成立，故选D。答案D3.如图，已知ABC为直角三角形，其中ACB90，M为AB的中点，PM垂直于ABC所在平面，那么()APAPBPCBPAPBPCCPAPBPCDPAPBPC解析M为AB的中点，ACB为直角三角形，BMAMCM，又PM平面ABC，RtPMBRtPMARtPMC，故PAPBPC。故选C。答案C4如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：BDAC；BAC是等边三角形；三棱锥DA
3、BC是正三棱锥；平面ADC平面ABC。其中正确的是()A BC D解析由题意易得BD平面ADC，故BDAC，正确；由知BDDC，又ADBDCD，RtABDRtACDRtBCD，ABACBC，正确；据正棱锥定义易证明正确；取AC中点F，连接DF，BF，易证BFD为平面ADC与平面ABC所成二面角的平面角。BD平面ACD，BDDF，BFD为锐角，平面ADC与平面ABC不垂直，错。故选B。答案B5如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下面命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面A
4、DC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC解析在平面图形中CDBD，折起后仍有CDBD，由于平面ABD平面BCD，故CD平面ABD，CDAB，又ABAD，故AB平面ADC，所以平面ABC平面ADC。故选D。答案D6(2017温州模拟)如图所示，AB是O的直径，VA垂直于O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是()AMNABBMN与BC所成的角为45COC平面VACD平面VAC平面VBC解析对于A，MN与AB异面，故A错，对于B，可证BC平面VAC，故BCMN，所以所成的角为90，因此B错；对于C，OC与AC不垂直，所以O
5、C不可能垂直平面VAC，故C错；对于D，由于BCAC，因为VA平面ABC，BC平面ABC，所以VABC，因为ACVAA，所以BC平面VAC，BC平面VBC，所以平面VAC平面VBC，故选D。答案D二、填空题7已知不同直线m、n及不重合平面、给出下列结论：m，n，mn；m，n，mn；m，n，mn；m，n，mn。其中的假命题有_个。解析为假命题，m不一定与平面垂直，所以平面与不一定垂直。命题与为假命题，中两平面可以相交，与可能相交。只有是真命题，因为两平面的垂线所成的角与两平面所成的角相等或互补。答案38.如图，梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点
6、，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折。给出四个结论：DFBC；BDFC；平面DBF平面BFC；平面DCF平面BFC。在翻折过程中，可能成立的结论有_(填写结论序号)。解析因为BCAD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则不成立；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；当点P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；因为点D的射影不可能在FC上，所以不成立。故填。答案9.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
7、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。答案三、解答题10(2016全国卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H。将DEF沿EF折到DEF的位置。(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥DABCFE的体积。解析(1)证明：由已知得ACBD，ADCD。又由AECF得，故ACEF。由此得
8、EFHD，EFHD，所以ACHD。(2)由EFAC得。由AB5，AC6得DOBO4。所以OH1，DHDH3。于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH。由(1)知，ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面BHD，于是ACOD。又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC。又由得EF。五边形ABCFE的面积S683。所以五棱锥DABCFE的体积V2答案(1)见解析(2)(时间：20分钟)1. (2017兰州模拟)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
9、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M
10、NP，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2如图所示，已知长方体ABCDA1B1C1D1，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。解析(1)证明：如图所示，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。
11、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。答案(1)见解析(2)存在，3(2016全国卷)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA6。顶点P在平面ABC内的正投影为点
12、D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G。(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积。解析(1)证明：因为P在平面ABC内的正投影为D，所以ABPD。因为D在平面PAB内的正投影为E，所以ABDE。所以AB平面PED，故ABPG。又由已知，可得PAPB，所以G是AB的中点。(2)在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F，F即为E在平面PAC内的正投影。理由如下：由已知可得PBPA，PBPC，又EFPB，所以EFPA，EFPC，因此EF平面PAC，即点F为E在平面PAC内的正投影。连接CG，因为P在平面ABC内的正投影为D，所以D是正三角形ABC的中心。由(1)知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CDCG。由题设可得PC平面PAB，DE平面PAB，所以DEPC，因此PEPG，DEPC。由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA6，可得DE2，PE2。在等腰直角三角形EFP中，可得EFPF2。所以四面体PDEF的体积V222。答案(1)见解析(2)正投影见解析，体积为按照属地管理，分级负责和谁主管谁负责的原则，各级党组织领导班子对本地区、本单位、本部门意识形态工作负主体责任。党组织书记是第一责任人
