《一輪創(chuàng)新思維文數(shù)人教版A版練習(xí)：第七章 第五節(jié)　空間中的垂直關(guān)系 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《一輪創(chuàng)新思維文數(shù)人教版A版練習(xí)：第七章 第五節(jié)　空間中的垂直關(guān)系 Word版含解析（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)規(guī)范練 A組　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練 1.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90，P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，PA⊥平面ABC，則四面體PABC中共有直角三角形個(gè)數(shù)為(　　) A．4　　　　　　　　　 B．3 C．2 D．1 解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90，即AB⊥BC，所以△PBC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC為直角三角形，故四面體PABC中共有4個(gè)直角三角形． 答案：

2、A 2．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則能得出a⊥b的是(　　) A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥β C．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β 解析：對(duì)于C項(xiàng)，由α∥β，a?α可得α∥β，又b⊥β，得a⊥b，故選C. 答案：C 3．(20xx蘭州診斷考試)設(shè)α，β，γ為不同的平面，m，n為不同的直線，則m⊥β的一個(gè)充分條件是(　　) A．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ C．α⊥β，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α 解析：A不對(duì)，m可能在平面β內(nèi)，也可能與β平行；B，C不對(duì)，滿足

3、條件的m和β可能相交，也可能平行；D對(duì)，由n⊥α，n⊥β可知α∥β，結(jié)合m⊥α知m⊥β，故選D. 答案：D 4．設(shè)a，b，c是空間的三條直線，α，β是空間的兩個(gè)平面，則下列命題中，逆命題不成立的是 (　　) A．當(dāng)c⊥α?xí)r，若c⊥β，則α∥β B．當(dāng)b?α?xí)r，若b⊥β，則α⊥β C．當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時(shí)，若b⊥c，則a⊥b D．當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若c∥α，則b∥c 解析：A的逆命題為：當(dāng)c⊥α?xí)r，若α∥β，則c⊥β.由線面垂直的性質(zhì)知c⊥β，故A正確；B的逆命題為：當(dāng)b?α?xí)r，若α⊥β，則b⊥β，顯然錯(cuò)誤，故B錯(cuò)誤；C的逆命題為：當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時(shí)，

4、若a⊥b，則b⊥c.由三垂線逆定理知b⊥c，故C正確；D的逆命題為：當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若b∥c，則c∥α.由線面平行判定定理可得c∥α，故D正確。 答案：B 5.如圖，O是正方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，則下列直線中與B1O垂直的是(　　) A．A1D B．AA1 C．A1D1 D．A1C1 解析：連接B1D1(圖略)，則A1C1⊥B1D1，根據(jù)正方體特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O?平面BB1D1D，所以B1O⊥A1C1. 答案：D 6.如圖，在三棱錐DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列命題中

5、正確的有________(寫出全部正確命題的序號(hào))． ①平面ABC⊥平面ABD； ②平面ABD⊥平面BCD； ③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE； ④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE. 解析：由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，從而AC⊥平面BDE，所以平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故③正確． 答案：③ 7.如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正確的結(jié)論有________． 解析：①AE

6、?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA?AE⊥BC，故①正確；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB?平面PBC?AE⊥PB，AE⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確；③AF⊥PB，若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯(cuò)誤；由①可知④正確． 答案：①②④ 8.如圖所示，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可) 解析：如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD. 又PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面PAC，

7、 ∴BD⊥PC， ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等) 9.如圖，四棱錐PABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點(diǎn)．求證： (1)AP∥平面BEF； (2) BE⊥平面PAC. 證明：(1)設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC，如圖所示． 由于E為AD的中點(diǎn)，AB＝BC＝AD，AD∥BC， 所以AE∥BC，AE＝AB＝BC， 因此四邊形ABCE為菱形， 所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．又F為PC的中點(diǎn)， 因此在△PAC中，可得AP∥

8、OF. 又OF?平面BEF，AP?平面BEF. 所以AP∥平面BEF. (2)由題意知ED∥BC，ED＝BC. 所以四邊形BCDE為平行四邊形， 因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD， 所以AP⊥CD，因此AP⊥BE. 因?yàn)樗倪呅蜛BCE為菱形，所以BE⊥AC. 又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC， 所以BE⊥平面PAC. 10．(20xx唐山統(tǒng)考)已知四棱錐PABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，E為棱PD的中點(diǎn)． (1)證明：PB∥平面AEC； (2)若PD＝AD＝2，PB⊥ AC，求點(diǎn)P到平面AEC的距離． 解析：(1)證明：如圖，連接BD

9、，交AC于點(diǎn)F，連接EF， ∵底面ABCD為矩形，∴F為BD中點(diǎn)， 又E為PD中點(diǎn)，∴EF∥PB， 又PB?平面AEC，EF?平面AEC， ∴PB∥平面AEC. (2)∵PD⊥平面ABCD， AC?平面ABCD，∴PD⊥AC， 又PB⊥AC，PB∩PD＝P，∴AC⊥平面PBD， ∵BD?平面PBD，∴AC⊥BD， ∴四邊形ABCD為正方形． 又E為PD的中點(diǎn)，∴P到平面AEC的距離等于D到平面AEC的距離，設(shè)D到平面AEC的距離為h， 由題意可知AE＝EC＝，AC＝2，S△AEC＝2＝，由VDAEC＝VEADC得S△AECh＝S△ADCED，解得h＝，∴點(diǎn)P到平面

10、AEC的距離為. B組　能力提升練 1．如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點(diǎn)，D是EF與SG2的交點(diǎn)，現(xiàn)沿SE，SF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)四面體，使G1，G2，G3三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為G，則在四面體GSEF中必有(　　) A．SD⊥平面EFG　　 B．SE⊥GF C．EF⊥平面SEG D．SE⊥SF 解析：對(duì)于A，設(shè)正方形的棱長為2a，則DG＝a，SD＝a，∵SG2≠DG2＋SD2，∴SD與DG不垂直，∴SD不垂直于平面EFG，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，∵在折疊的過程中，始終有SG3⊥G3F，EG2⊥G2F，∴SG⊥GF，EG⊥GF，SG∩EG＝

11、G，∴GF⊥平面SEG，∵SE?平面SEG，∴SE⊥GF，故B正確；對(duì)于C，△EFG中，∵EG⊥GF，∴EF不與GE垂直，∴EF不垂直于平面SEG，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點(diǎn)，得∠ESF<∠G1SG3＝90，∴SE與SF不垂直，故D錯(cuò)誤．故選B. 答案：B 2．若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若m?β，α⊥β，則m⊥α B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，則α∥β C．若m⊥β，m∥α，則α⊥β D．若α⊥γ，α⊥β，則β⊥γ 解析：A中m與α的位置關(guān)系不確定，故錯(cuò)誤；B

12、中α，β可能平行或相交，故錯(cuò)誤；由面面垂直的判定定理可知C正確；D中β，γ平行或相交，故錯(cuò)誤． 答案：C 3.如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h.又2＝h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝ ＝.由面積相等得 ＝x，得x＝.

13、 答案：A 4．如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點(diǎn)為O，且AO⊥平面BB1C1C. (1)證明：B1C⊥AB； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1的高． 解析：(1)證明：如圖， 連接BC1，則O為B1C與BC1的交點(diǎn)．因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB. (2)如圖，作OD⊥BC，垂足為D，連接AD.作OH⊥AD，垂足為H. 由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面A

14、OD， 所以O(shè)H⊥BC. 又OH⊥AD，所以O(shè)H⊥平面ABC. 因?yàn)椤螩BB1＝60，所以△CBB1為等邊三角形， 又BC＝1，所以O(shè)D＝. 由于AC⊥AB1，所以O(shè)A＝B1C＝. 由OHAD＝ODOA，且AD＝＝， 得OH＝. 又O為B1C的中點(diǎn)，所以點(diǎn)B1到平面ABC的距離為. 故三棱柱ABCA1B1C1的高為. 5．(20xx北京東城區(qū)模擬)如圖，在四棱錐EABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD＝3AB. (1)求證：平面ACE⊥平面CDE； (2)在線段DE上是否存在一點(diǎn)F，使AF∥平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，說明理

15、由． 解析：(1)證明：因?yàn)镃D⊥平面ADE，AE?平面ADE， 所以CD⊥AE. 又AE⊥DE，CD∩DE＝D， 所以AE⊥平面CDE， 因?yàn)锳E?平面ACE， 所以平面ACE⊥平面CDE. (2)在線段DE上存在一點(diǎn)F，且＝，使AF∥平面BCE.設(shè)F為線段DE上一點(diǎn)，且＝. 過點(diǎn)F作FM∥CD交CE于點(diǎn)M， 連接BM，AF，則FM＝CD. 因?yàn)镃D⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD∥AB. 又FM∥CD，所以FM∥AB. 因?yàn)镃D＝3AB，所以FM＝AB. 所以四邊形ABMF是平行四邊形， 所以AF∥BM. 又AF?平面BCE，BM?平面BCE， 所以

16、AF∥平面BCE. 6．如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60，E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱PC上． (1)求證：AD⊥平面PBE； (2)若Q是PC的中點(diǎn)，求證：PA∥平面BDQ； (3)若VPBCDE＝2VQABCD，試求的值． 解析：(1)證明：由E是AD的中點(diǎn)，PA＝PD可得AD⊥PE. 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60， 所以AB＝BD，又E是AD的中點(diǎn)，所以AD⊥BE， 又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面PBE. (2)證明：連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OQ. 因?yàn)镺是AC的中點(diǎn)， Q是PC的中點(diǎn)，所以O(shè)Q∥PA， 又PA?平面BDQ，OQ?平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (3)設(shè)四棱錐PBCDE，QABCD的高分別為h1，h2. 所以VPBCDE＝S四邊形BCDEh1， VQABCD＝S四邊形ABCDh2.又VPBCDE＝2VQABCD， 且S四邊形BCDE＝S四邊形ABCD，所以＝＝.