《高考数学一轮复习 课时跟踪检测（三十九）直线、平面垂直的判定及其性质 理（含解析）苏教版-苏教版高三数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 课时跟踪检测（三十九）直线、平面垂直的判定及其性质 理（含解析）苏教版-苏教版高三数学试题（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时跟踪检测（三十九） 直线、平面垂直的判定及其性质一抓基础，多练小题做到眼疾手快1设，为两个不同的平面，直线l，则“l”是“”成立的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：依题意，由l，l可以推出；反过来，由，l不能推出l.因此“l”是“”成立的充分不必要条件答案：充分不必要2在空间四边形ABCD中，平面ABD平面BCD，且DA平面ABC，则ABC的形状是_解析：过A作AHBD于H，由平面ABD平面BCD，得AH平面BCD，则AHBC，又DA平面ABC，所以BCDA，所以BC平面ABD，所以BCAB，即ABC为直角三角形答案：直角三角形3已知平面，和直线m
2、，给出条件：m；m；m；.当满足条件_时，有m.(填所选条件的序号)解析：若m，则m.故填.答案：4一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是_解析：由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直答案：垂直5(2018常州期中)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若平面A1B1CD平面AEP，则线段AP长度的取值范围是_解析：连结BC1，易得BC1平面A1B1CD，要满足题意，只需EPBC1即可取CC1的中点为F，则EFBC1，故P在
3、线段EF上(不含端点)AE，AF3，线段AP长度的取值范围是(，3)答案：(，3)6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，又AFPB，EF平面AEFEFPB，故正确，若AFBCAF平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误，由可知正确答案：二保高考，全练题型做到高考达标1(2019盐城中学测试)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线，另一个保持不变
4、，在所得的所有新命题中，真命题的个数为_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：22(2018徐州期中)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，构成四面体ABCD，在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为_(写出满足条件的所有平面)解析：在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，可得BDC90，即BDCD.平面ABD平面BCD，
5、且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，又CD平面ADC，平面ADC平面ABD；假设平面ADC平面BCD，BDCD，且平面ADC平面BCDCD，BD平面ADC，则BDAD，与ADB45矛盾；CD平面ABD，AB平面ABD，CDAB，又ADAB，且ADCDD，AB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC.在四面体ABCD的其他面中，与平面ADC垂直的平面为平面ABD，平面ABC.答案：平面ABD，平面ABC.3已知正ABC的边长为2 cm，PA平面ABC，A 为垂足，且PA2 cm，那么点P到BC的距离为_cm.解析：如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BCAD，又因为PA平面
6、ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，则PD的长度即为点P到BC的距离在RtPAD中，PA2，AD，可得PD.答案：4(2018连云港期末)已知四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，当平行四边形ABCD满足条件_时，有PCBD(填上你认为正确的一个条件即可)解析：四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA，当四边形ABCD是菱形时，BDAC.又PAACA，BD平面PAC，又PC平面PAC，PCBD.答案：四边形ABCD是菱形5已知直线a和两个不同的平面，且a，a，则，的位置关系是_解析：记b且ab，因为ab，a，所以b，因为b，所以.答案
7、：垂直6如图，已知BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有_解析：因为PC平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.因为ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7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DABC是正三棱锥；平面ADC平面ABC.其中正确的是_(填序号)解析：由题意知，BD平面ADC，故BDAC，正
8、确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等边三角形，正确；易知DADBDC，又由知正确；由知错误答案：8如图，直三棱柱ABC A1B1C1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_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.即线段B1F的长为.答案：9(2018海安中学测
9、试)如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是菱形，ABC60，PAAC，PBPDAC，E是PD的中点，求证：(1)PB平面ACE；(2)平面PAC平面ABCD.证明：(1)连结BD交AC于点O，连结OE，底面ABCD为菱形，O是BD的中点，又E是PD的中点，OEPB，OE平面ACE，PB平面ACE，PB平面ACE.(2)底面ABCD为菱形，ABC60，ABC为正三角形，从而ABAC，又PBAC，PAAC，PBABPA，可得PAAB.同理可证PAAD.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，PA平面ABCD，PA平面PAC，平面PAC平面ABCD.10(2019徐州高三检测)如图，
10、在三棱锥SABC中，SASC，ABAC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE平面SAB.求证：(1)AB平面SDE；(2)平面ABC平面SDE.证明：(1)因为DE平面SAB，DE平面ABC，平面SAB平面ABCAB，所以DEAB.因为DE平面SDE，AB平面SDE，所以AB平面SDE.(2)因为D为BC的中点，DEAB，所以E为AC的中点又因为SASC，所以SEAC，又ABAC，DEAB，所以DEAC.因为DESEE，DE平面SDE，SE平面SDE，所以AC平面SDE.因为AC平面ABC，所以平面ABC平面SDE.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将A
11、DE沿直线DE翻转成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻转过程中，正确的命题是_(填序号)MB是定值；点M在圆上运动；一定存在某个位置，使DEA1C；一定存在某个位置，使MB平面A1DE.解析：取DC中点N，连结MN，NB，则MNA1D，NBDE，MNNBN，A1DDEE，平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE，正确；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根据余弦定理得，MB2MN2NB22MNNB cos MNB，MB是定值，正确；B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的圆上，正确；当矩形ABCD满足ACDE时存在，其他情况不存在，不正确正确答案：2如图，
12、点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题序号是_解析：由题意可得BC1AD1，又AD1平面AD1C，BC1平面AD1C，所以BC1平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VAD1PCVPAD1C，所以体积不变，故正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1平面A1C1B.又因为A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故正确；当点P运动到B点时，DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故不正确；因为AC平面DD1B1B，DB1平面DD1B1B
13、，所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以DB1平面ACD1.又因为DB1平面PDB1.所以平面PDB1平面ACD1.故正确综上，正确的序号为.答案：3(2019泰州调研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AECF2a.(1)求证：B1F平面ADF；(2)求三棱锥B1ADF的体积；(3)求证：BE平面ADF.解：(1)证明：因为ABAC，D为BC的中点，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.因为BCB1BB，所以AD平面B1BCC1，因为B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因为C1FCDa，B1C1CF2a，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，所以B1FFD.因为ADFDD，所以B1F平面AFD.(2)因为B1
