《2019届高考数学一轮复习夯基提能作业：第八章立体几何第五节直线平面垂直的判定与性质 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学一轮复习夯基提能作业：第八章立体几何第五节直线平面垂直的判定与性质 （7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第五节直线、平面垂直的判定与性质A组基础题组1.(2017课标全国,10,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1EDC1B.A1EBDC.A1EBC1D.A1EAC2.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,BAC=90,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D.ABC内部3.已知m,n是两条不同的直线,为两个不同的平面,有下列四个命题:若m,n,mn,则;若m,n,mn,则;若m,n,mn,则;若m,n,则mn.其中所有正确的命题是()A.B.C.D.4.设a,b是夹角为30的异面直线,则满足条件“a
2、,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5.如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知ADE是ADE绕DE旋转过程中的一个图形,则下列命题中正确的是()动点A在平面ABC上的射影在线段AF上;BC平面ADE;三棱锥A-FED的体积有最大值.A.B.C.D.6.如图,已知BAC=90,PC平面ABC,则在ABC,PAC的边所在的直线中,与PC垂直的直线是;与AP垂直的直线是.7.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.其
3、中,所有真命题的序号是.8.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,ACB=90,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.9.如图,过底面是矩形的四棱锥F-ABCD的顶点F作EFAB,使AB=2EF,且平面ABFE平面ABCD,若点G在CD上且满足DG=GC.求证:(1)FG平面AED;(2)平面DAF平面BAF.10.如图,在三棱锥P-ABC中,PAAB,PABC,ABBC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PABD;(2)求证:平面BDE平面PAC;(3)当P
4、A平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.B组提升题组1.如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=2,BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A-BCD,使平面ABD平面BCD,则下列结论正确的是()A.ACBDB.BAC=90C.CA与平面ABD所成的角为30D.四面体A-BCD的体积为132.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.3.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO平面BB1C1C.(1)证明:B1CAB;
5、(2)若ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.4.(2017课标全国,19,12分)如图,四面体ABCD中,ABC是正三角形,AD=CD.(1)证明:ACBD;(2)已知ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AEEC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比.答案精解精析A组基础题组1.CA1B1平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1,A1B1BC1,又BC1B1C,且B1CA1B1=B1,BC1平面A1B1CD,又A1E平面A1B1CD,BC1A1E.故选C.2.A连接AC1.BAC=90,ABAC,又ACBC1,BC1AB=B,
6、AC平面ABC1,又AC平面ABC,平面ABC平面ABC1.平面ABC1平面ABC=AB,点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上,故选A.3.A借助于长方体模型来解决本题,对于,可以得到平面,互相垂直,如图(1)所示,故正确;对于,平面、可能垂直,如图(2)所示,故不正确;对于,平面、可能垂直,如图(3)所示,故不正确;对于,由m,可得m,因为n,所以过n作平面,且=g,如图(4)所示,所以n与交线g平行,因为m,g,所以mg,所以mn,故正确.4.D任意作过a的平面,在b上任取一点M,过M作的垂线,b与垂线确定的平面垂直于,又直线b上有无数个点,则可以有无数个平面,故有无数对平面
7、,故选D.5.C中由已知可得平面AFG平面ABC,所以点A在平面ABC上的射影在线段AF上.BCDE,根据线面平行的判定定理可得BC平面ADE.当平面ADE平面ABC时,三棱锥A-FDE的体积达到最大.故选C.6.答案AB,BC,AC;AB解析PC平面ABC,PC垂直于直线AB,BC,AC.ABAC,ABPC,ACPC=C,AB平面PAC,ABAP,故与AP垂直的直线是AB.7.答案解析中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.8.答案12解析设B1F=x,因为AB1平面C1DF,DF平面C1DF,所以AB1DF,由已
8、知可得A1B1=2,设RtAA1B1斜边AB1上的高为h,则DE=12h.又22=h22+(2)2,所以h=233,DE=33.在RtDB1E中,B1E=222-332=66.由面积相等得66x2+222=22x,得x=12.9.证明(1)因为DG=GC,AB=CD=2EF,ABEFCD,所以EFDG,EF=DG.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ABCD=AB,ADAB,AD平面ABCD,所以AD平面BAF,又AD平面DAF,所以平面DAF平面BAF.10.解析(1)证明
9、:因为PAAB,PABC,ABBC=B,所以PA平面ABC.又因为BD平面ABC,所以PABD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,所以BDAC.由(1)知,PABD,又PAAC=A,所以BD平面PAC.又因为BD平面BDE,所以平面BDE平面PAC.(3)因为PA平面BDE,平面PAC平面BDE=DE,所以PADE.因为D为AC的中点,所以DE=12PA=1,BD=DC=2.由(1)知,PA平面ABC,所以DE平面ABC.所以三棱锥E-BCD的体积V=16BDDCDE=13.B组提升题组1.B若A成立可得BDAD,产生矛盾,故A不正确;由题设知:BAD为等腰直角三角形,易得CD平面A
10、BD,所以CDAB,又ABAD,ADCD=D,所以BA平面ACD,于是B正确;由CA与平面ABD所成的角为CAD=45知C不正确;VA-BCD=VC-ABD=16,D不正确.故选B.2.答案解析因为BCAC,BCPA,PAAC=A,所以BC平面PAC,又BC平面PBC,所以平面PAC平面PBC,因为平面PBC平面PAC=PC,AEPC,所以AE平面PBC,所以AEBC,故正确;由知AE平面PBC,所以AEPB,AFPB,AFAE=A,所以PB平面AEF,所以EFPB,故正确,若AFBC,则易得AF平面PBC,则AFAE,与已知矛盾,故错误,由可知正确.3.解析(1)证明:设O为B1C与BC1的
11、交点.因为BB1C1C为菱形,所以B1CBC1.又AO平面BB1C1C,所以B1CAO,故B1C平面ABO.由于AB平面ABO,故B1CAB.(2)作ODBC,垂足为D,连接AD.作OHAD,垂足为H.由于BCAO,BCOD,故BC平面AOD,所以OHBC.又OHAD,所以OH平面ABC.因为CBB1=60,所以CBB1为等边三角形,又BC=1,可得OD=34.由于ACAB1,所以OA=12B1C=12.由OHAD=ODOA,且AD=OD2+OA2=74,得OH=2114.又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为217.故三棱柱ABC-A1B1C1的高为217.4.解析(1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO.因为AD=CD,所以ACDO.又由于ABC是正三角形,所以ACBO.从而AC平面DOB,故ACBD.(2)连接EO.由(1)及题设知ADC=90,所以DO=AO.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.由题设知AEC为直角三角形,所以EO=12AC.又ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=12BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.
