《高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第3讲 直线、平面垂直的判定与性质分层演练直击高考 文-人教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第3讲 直线、平面垂直的判定与性质分层演练直击高考 文-人教版高三数学试题（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲 直线、平面垂直的判定与性质1直线a平面，b平面，则a与b的位置关系为_解析 因为a，b，所以ab，但不一定相交答案 ab2已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面与直线m垂直，则直线n与平面的关系是_解析 因为l，且l与n异面，所以n，又因为m，nm，所以n.答案 n3.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中共有直角三角形个数为_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
2、答案 44在空间中，给出下面四个命题：过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；垂直于同一条直线的两条直线互相平行；若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线其中正确命题的序号是_解析 易知正确；对于，过两点的直线可能与平面相交；对于，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面答案 5设a，b是夹角为30的异面直线，则满足条件“a，b，且”的平面，有_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.答案
3、无数6在ABC中，ABAC5，BC6，PA平面ABC，PA8，则P到BC的距离是_解析 如图，取BC的中点D，连结AD，则ADBC.又PA平面ABC，根据三垂线定理，得PDBC.在RtABD中，AB5，BD3，所以AD4.在RtPAD中，PA8，AD4，所以PD4.答案 47已知直线m、n和平面、，若，m，n，要使n，则应增加条件的序号是_mn；nm.解析 由面面垂直的性质定理可知，当nm时，有n.答案 8设l，m，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
4、，只有当m，n相交且l时，才能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 9.(2018潍坊模拟)如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论成立的序号是_BC平面PDF；DF平面PAE；平面PDF平面PAE；平面PDE平面ABC.解析 因为BCDF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC平面PDF，成立；易证BC平面PAE，BCDF，所以结论，均成立；点P在底面ABC内的射影为ABC的中心，不在中位线DE上，故结论不可能成立答案 10已知，是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果把，中的任意两个换成直
5、线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有_个解析 若，换为直线a，b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题答案 211(2018江苏省高考命题研究专家原创卷(七)如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点将矩形ABCD沿线段EF折起，使得DFA60.设G为AF上的点(1)试确定点G的位置，使得CF平面BDG；(2)在(1)的条件下，证明：DGAE.解：(1)当点G为AF的中点时，CF平面BDG.证明如下：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以
6、EFABCD.连接AC，交BD于点O，连接OG，则AOCO，又G为AF的中点，所以CFOG，因为CF平面BDG，OG平面DBG.所以CF平面BDG.(2)证明：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EFFD，EFFA.又FDFAF，所以EF平面ADF，因为DG平面ADF，所以EFDG.因为FDFA，DFA60，所以ADF是等边三角形，DGAF，又AFEFF，所以DG平面ABEF.因为AE平面ABEF，所以DGAE.12已知侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，且ADAA1，点F为棱BB1的中点，点M为线段AC1的中点(1)求证：MF平面ABCD；(2)求证：平面AFC1平
7、面ACC1A1.证明 (1)如图，延长C1F交CB的延长线于点N，连结AN.因为F是BB1的中点，所以F为C1N的中点，B为CN的中点又M是线段AC1的中点，所以MFAN.又MF平面ABCD，AN平面ABCD，所以MF平面ABCD.(2)连结BD，由题知A1A平面ABCD，又因为BD平面ABCD，所以A1ABD.因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.又因为ACA1AA，AC平面ACC1A1，A1A平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1.在四边形DANB中，DABN，且DABN，所以四边形DANB为平行四边形所以NABD，所以NA平面ACC1A1.又因为NA平面AFC1，所以平面AFC1平
8、面ACC1A1.1已知m，n为不同的直线，为不同的平面，则给出下列条件：mn，n；mn，n；m，m，；m，.其中能使m成立的充分条件的序号为_解析 因为均存在m的可能，由条件m.答案 2在正四棱锥PABCD中，PAAB，M是BC的中点，G是PAD的重心，则在平面PAD中经过G点且与直线PM垂直的直线有_条解析 设正四棱锥的底面边长为a，(如图)则侧棱长为a.因为PMBC，所以PMa.连结PG并延长与AD相交于N点，连结MN，则PNa，MNABa，所以PM2PN2MN2，所以PMPN，又PMAD，PNADN，PN，AD平面PAD，所以PM平面PAD，所以在平面PAD中经过G点的任意一条直线都与P
9、M垂直答案 无数3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 4.(2018苏州质检)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
10、序号)不论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，连结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
11、MN平面MNP，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 5(2018云南省师大附中模拟)如图，在三棱锥SABC中，ABC是边长为2的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC，M为AB的中点(1)证明：ACSB；(2)求点B到平面SCM的距离解 (1)证明：取AC的中点D，连结DS，DB.因为SASC，BABC，所以ACDS，且ACDB，DSDBD，所以AC平面SDB，又SB平面S
12、DB，所以ACSB.(2)因为SDAC，平面SAC平面ABC，所以SD平面ABC.过D作DECM于E，连结SE，则SECM，所以在RtSDE中，SD1，DE，所以SE，CM是边长为2的正ABC的中线，所以CM，所以SSCM CMSE，SBMCABCM2.设点B到平面SCM的距离为h，则由VBSCMVSBCM得SSCMhSBMCSD，所以h.6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 (1)证明：如图所示，连结AD1交A1D于点G，所以G为AD1的中点连结O1G.在AB1D1中，因为O1为B1D1的中点，所以O1GAB1.因为O1G平面A1O1D，且AB1平面A1O1D，所以AB1平面A1O1D.(2)若在线段BB1上存在点E使得A1CAE，连结A1B交AE于点M.因为BC平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，所以BCAE.又因为A1CBCC，且A1C，BC平面A1BC，所以AE平面A1BC.因为A1B平面A1BC，所以AEA1B.在AMB和ABE中，BAMABM90，BAMBEA90，所以ABMBEA.所以RtABERtA1AB，所以.因为ABAA1，所以BEABBB1，即在线段BB1上存在点E使得A1CAE，此时.
