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高考数学一轮练之乐 1.9.5直线、平面垂直的判定及性质 文

时间:2018-08-04

【师说系列】 高考数学一轮练之乐 1.9.5 直线、平面垂直的判定及 性质 文
一、选择题 1.平面 α ⊥平面 β 的一个充分条件是( ) A.存在一条直线 l ,l⊥α ,l⊥β B.存在一个平面 γ ,γ ∥α ,γ ∥β C.存在一个平面 γ ,γ ⊥α ,γ ⊥β D.存在一条直线 l,l⊥α ,l∥β 解析:由 A、B 两选项可推知 α ∥β ,故 A、B 均错.由 C 选项可推知 α 与 β 可能相交但 不垂直,故 C 错,故选 D. 答案:D 2. 设 a、 b、 c 是空间的三条直线, α 、 β 是空间的两个平面, 则下列命题中 不成立的是( ) A.当 c⊥a 时,若 c⊥β ,则 a∥β B.当 b? α 时,若 b⊥β ,则 α ⊥β C.当 b? α ,且 c 是 a 在 α 内的射影时,若 b⊥c,则 a⊥b D.当 b? α ,且 c?α 时,若 c∥b,则 c∥α 解析:对于选项 A,a 可能在平面 β 内,故 A 不成立;而 B、C、D 均成立. 答案:A 3.在正方体 ABCD-A1B1C1 D1 中,B1C 与对角面 DD1B1B 所成角的大小是( ) A.15° B.30° C.45° D.60°

解析:如图所示 ,连接 AC 交 BD 于 O 点,易证 AC⊥平面 DD1B1B,连接 B1O,则∠CB1O 即为 B1C 与对角面所成的角,设正方体边长为 a,则 B1C= 2a,CO= 1 ∴sin∠CB1O= .∴∠CB1O=30°. 2 答案:B 4.若 l,m 是两条不同的直线,α 是一个平面,则下列命题正确的是( ) A.若 l⊥m,m? α ,则 l⊥α B.若 l⊥α ,l∥m,则 m⊥α C.若 l ∥α ,m? α ,则 l∥m D.若 l∥α ,m∥α ,则 l∥m 解析:对于 A,由 l⊥m 及 m? α ,可知 l 与 α 的位置关系有平行、相交或在平面内三种, 故 A 不正确.B 正确.对于 C,由 l∥α ,m? α 知 ,l 与 m 的位置关系为平行或异面,故 C 不正确.对于 D,由 l∥α ,m∥α 知,l 与 m 的位置关系为平行、异面或相交,故 D 不正确. 答案:B 5.设 a、b 是不同的直线,α 、β 是不同的平面,则下列四个命题中正确的是( ) A.若 a⊥b,a⊥α ,则 b∥α B.若 a∥α ,α ⊥β ,则 a⊥β 2 a, 2

1

C.若 a⊥β ,α ⊥β ,则 a∥α D.若 a⊥b,a⊥α ,b ⊥β ,则 α ⊥β 解析:A 中,b 可能在 α 内;B 中,a 可能在 β 内,也可 能与 β 平行或相交;C 中,a 可 能在 α 内;D 中,a⊥b,a⊥α ,则 b? α 或 b∥α ,又 b⊥β ,∴α ⊥β . 答案:D 6.平面 α 的斜线 AB 交 α 于点 B,过定点 A 的动直线 l 与 AB 垂直,且交 α 于点 C,则动 点 C 的轨迹是( ) A.一条直线 B.一个圆 C.一个椭圆 D.双曲线的一支 解析:设动直线 l 与 α 交于另一点 D,则由 AB⊥AC,AB⊥AD 知,AB⊥平面 ADC.又 DC? 平 面 ADC,故 AB⊥DC,从而可知动点 C 的轨迹是直线 DC. 答案:A 二、填空题

7.如图,平面 ABC⊥平面 BDC,∠BAC=∠BDC=90°,且 AB=AC=a,则 AD=__________. 解析:取 BC 中点 E,连接 ED、AE, ∵AB=AC,∴AE⊥BC.

∵平面 ABC⊥平面 BDC, ∴AE⊥平面 BCD. ∴AE⊥ED. 在 Rt△ABC 和 Rt△BCD 中, 1 2 AE=ED= BC= a, 2 2 ∴AD= AE2+ED2=a. 答案:a 8.在△ABC 中,∠ACB=90°,AB=8,∠ABC=60°,PC⊥平面 ABC,PC=4,M 是 AB 上一 个动点,则 PM 的最小值为__________. 解析:∵PC⊥平面 ABC,CM? 平面 ABC, ∴PC⊥CM,∴PM= PC2+CM2= 16+CM2. 要使 PM 最小,只需 CM 最小,此时 CM⊥AB, 4×4 3 ∴CM= =2 3,∴PM 的最小值为 2 7. 8 答案:2 7 9.m、n 是空间两条不同的直线,α 、β 是两个不同的平面,下面四个命题中,真命题的序 号是__________. ①m⊥α ,n∥β ,α ∥β ? m⊥n; ②m⊥n,α ∥β ,m⊥α ? n∥β ;

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③m⊥n,α ∥β ,m∥α ? n⊥β ; ④m⊥α ,m∥n,α ∥β ? n⊥β . 解析:①显然正确;②错误,n 还可能在 β 内;③错误,n 可能与 β 相交但不垂直;④正 确. 答案:①④ 三、解答题

10.如图,在四棱锥 P-A BCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E,F 分别 是 AP,AD 的中点.求证: (1)直线 EF∥平面 PCD; (2)平面 BEF⊥平面 PAD. 解析:(1) 在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,

所以 EF∥PD. 又因为 EF?平面 PCD, PD? 平面 PCD, 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连接 BD.因为 AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD 为正三角形.因为 F 是 AD 的中点,所 以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF? 平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF? 平面 BEF,所以平面 BEF⊥平面 PAD. 11.如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底 面 ABCD.

(1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD=1,求棱锥 D-PBC 的高. 解析:(1)证明:因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD, 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.

3

(2)如图,作 DE⊥PB,垂足为 E.已知 PD⊥底面 ABCD,则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD, 又 BC∥AD, 所以 BC⊥BD. 故 BC⊥平面 PBD,BC⊥DE. 则 DE⊥平面 PBC. 由题设知 PD=1,则 BD= 3,PB=2. 根据 DE·PB=PD·BD= 3,. 根据 DE·PB=PD·BD 得 DE= 即棱锥 D-PBC 的高为 3 . 2 3 . 2

12.如图,已知直角梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=1,BC=2,CD=1+ 3,过 A 作 AE⊥CD,垂足为 E,G、F 分别为 AD、CE 的中点,现将△ADE 沿 AE 折叠,使得 DE⊥EC.

(1)求证:BC⊥平面 CDE; (2)求证:FG∥平面 BCD; (3)在线段 AE 上找一点 R,使得平面 BDR⊥平面 DCB,并说明理由. 解析:(1)由已知得 DE⊥AE,DE⊥EC, ∵AE∩EC=E,AE、EC? 平面 ABCE, ∴DE⊥平面 ABCE,∴DE⊥BC. 又 BC⊥CE,CE∩DE=E,

∴BC⊥平面 CDE. (2)取 AB 中点 H, 连接 GH、FH,如图所示, ∴GH∥BD,FH∥BC, ∴GH∥平面 BCD, FH∥平面 BCD,又∵GH∩FH=H, ∴平面 FHG∥平面 BCD,

4

∴GF∥平面 BCD. (3)R 点满足 3AR=RE 时,平面 BDR⊥平面 DCB.取 BD 中点 Q,连接 DR、BR、CR、CQ、RQ,如 图所示:

容易计算 CD=2, BR = BD=2 2,可知 RQ=

5 13 21 5 21 , CR= , DR= , CQ= 2, 在△BDR 中, ∵BR= , DR= , 2 2 2 2 2

5 , 2

∴在△CRQ 中,CQ2+RQ2=CR2,∴CQ⊥RQ. 又在△CBD 中,CD=CB,Q 为 BD 的中点, ∴CQ⊥BD,∴CQ⊥平面 BDR, ∴平面 BDC⊥平面 BDR.

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