《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)訓(xùn)練 理（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）20xx屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)訓(xùn)練 理 【選題明細(xì)表】知識(shí)點(diǎn)、方法題號(hào)與垂直相關(guān)命題的判斷1、2、10直線與平面垂直4、7、11、14平面與平面垂直3、6、8、14線面角、二面角5、9、15綜合問(wèn)題12、13、16基礎(chǔ)過(guò)關(guān)一、選擇題1.(20xx山東省青島一中調(diào)研)設(shè)a,b,c表示三條直線,表示兩個(gè)平面,則下列命題中不正確的是(D)(A)cc(B)abbc是a在內(nèi)的射影bc(C)bcbcc(D)abab解析:對(duì)于選項(xiàng)D,可能還有b或者b與相交,所以D不正確.2.(20xx鄭州模擬)如圖,O為正方體ABCDA1B1C1D1的底面AB

2、CD的中心,則下列直線中與B1O垂直的是(D)(A)A1D (B)AA1(C)A1D1(D)A1C1解析:由題圖易知,A1C1平面BB1D1D,又OB1平面DD1B1B,A1C1B1O.故選D.3.如圖所示,四邊形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90.將ADB沿BD折起,使平面ABD平面BCD,構(gòu)成三棱錐ABCD,則在三棱錐ABCD中,下列結(jié)論正確的是(D)(A)平面ABD平面ABC(B)平面ADC平面BDC(C)平面ABC平面BDC(D)平面ADC平面ABC解析:在四邊形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,BDCD.又平面ABD平面BCD,且

3、平面ABD平面BCD=BD,故CD平面ABD,則CDAB.又ADAB,ADCD=D,故AB平面ADC.又AB平面ABC,平面ABC平面ADC.故選D.4.(20xx北京朝陽(yáng)模擬)已知l,m,n為兩兩垂直的三條異面直線,過(guò)l作平面與直線m垂直,則直線n與平面的關(guān)系是(A)(A)n (B)n或n(C)n或n與不平行(D)n解析:l,且l與n異面,n,又m,nm,n.故選A.5.把等腰直角ABC沿斜邊上的高AD折成直二面角BADC,則BD與平面ABC所成角的正切值為(B)(A)2(B)22(C)1(D)33解析:如圖所示,在平面ADC中,過(guò)D作DEAC,交AC于點(diǎn)E,連接BE,因?yàn)槎娼荁ADC為直

4、二面角,BDAD,所以BD平面ADC,故BDAC,又DEBD=D,因此AC平面BDE,又AC平面ABC,所以平面BDE平面ABC,故DBE就是BD與平面ABC所成的角,在RtDBE中,易求tan DBE=22,故選B.6.(20xx廣州模擬)已知在空間四邊形ABCD中,ADBC,ADBD,且BCD是銳角三角形,則必有(C)(A)平面ABD平面ADC(B)平面ABD平面ABC(C)平面ADC平面BDC(D)平面ABC平面BDC解析:ADBC,ADBD,BCBD=B,AD平面BDC,又AD平面ADC,平面ADC平面BDC.故選C.7.(20xx山東臨沂模擬)如圖,直三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱

5、長(zhǎng)為2,AC=BC=1,ACB=90,D是A1B1的中點(diǎn),F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(zhǎng)為(A)(A)12(B)1(C)32(D)2解析:設(shè)B1F=x,因?yàn)锳B1平面C1DF,DF平面C1DF,所以AB1DF.由已知可以得A1B1=2,矩形ABB1A1中,tan FDB1=B1FB1D,tan A1AB=A1B1AA1=22,又FDB=A1AB,所以B1FB1D=22,故B1F=2222=12.故選A.二、填空題8.(20xx山東濰坊質(zhì)檢)如圖所示,在四棱錐PABCD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

6、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:連接AC,BD交于O,底面各邊相等,BDAC;又PA底面ABCD,PABD,又PAAC=A,BD平面PAC,BDPC.當(dāng)DMPC(或BMPC)時(shí),即有PC平面MBD.而PC平面PCD,平面MBD平面PCD.答案:DMPC(或BMPC)9.四棱錐PABCD中,底面ABCD是正方形,頂點(diǎn)在底面上的射影是底面正方形的中心,一個(gè)對(duì)角面的面積是一個(gè)側(cè)面面積的62倍,則側(cè)面與底面所成銳二面角等于.解析:如圖所示,根據(jù)122ah12ah=62,得hh=32,即為側(cè)面與底面所成銳二面角的正弦值,故側(cè)面與底面所成銳二面角為3.答案:310.(20x

7、x遼寧大連模擬)已知a、b、l表示三條不同的直線,、表示三個(gè)不同的平面,有下列四個(gè)命題:若=a,=b,且ab,則;若a、b相交,且都在、外,a,a,b,b,則;若,=a,b,ab,則b;若a,b,la,lb,l,則l.其中正確命題的序號(hào)是.解析:若平面、兩兩相交于三條直線,則有交線平行,故不正確.因?yàn)閍、b相交,假設(shè)其確定的平面為,根據(jù)a,b,可得.同理可得,因此,正確.由面面垂直的性質(zhì)定理知正確.當(dāng)ab時(shí),l垂直于平面內(nèi)兩條不相交直線,不能得出l,錯(cuò)誤.答案:11.(20xx海南雷州模擬) 在正四棱錐PABCD中,PA=32AB,M是BC的中點(diǎn),G是PAD的重心,則在平面PAD中經(jīng)過(guò)G點(diǎn)且與

8、直線PM垂直的直線有條.解析:如圖,設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為a,則側(cè)棱長(zhǎng)為32a.由PMBC,PM=(32a)2-(a2)2=22a.連接PG并延長(zhǎng)與AD相交于N點(diǎn),則PN=22a,MN=AB=a,PM2+PN2=MN2,PMPN,又PMAD,PNAD=N,PM平面PAD,在平面PAD中經(jīng)過(guò)G點(diǎn)的任意一條直線都與PM垂直.答案:無(wú)數(shù)三、解答題12.(20xx高考新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,B1C的中點(diǎn)為O,且AO平面BB1C1C.(1)證明:B1CAB;(2)若ACAB1,CBB1=60,BC=1,求三棱柱ABCA1B1C1的高.(1)證明:連接BC1

9、,則O為B1C與BC1的交點(diǎn).因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形,所以B1CBC1,又AO平面BB1C1C,所以B1CAO,由于BC1AO=O,故B1C平面ABO.由于AB平面ABO,故B1CAB.(2)解:作ODBC,垂足為D,連接AD,作OHAD,垂足為H,由于BCAO,BCOD,且AOOD=O,故BC平面AOD,所以O(shè)HBC.又OHAD,且ADBC=D,所以O(shè)H平面ABC.因?yàn)镃BB1=60,所以CBB1為等邊三角形,又BC=1,可得OD=34.因?yàn)锳CAB1,所以O(shè)A=12B1C=12.由OHAD=ODOA,且AD=OD2+OA2=74,得OH=2114.又O為B1C的中點(diǎn),所以點(diǎn)B1到平面A

10、BC的距離為217,故三棱柱ABCA1B1C1的高為217.13.(20xx高考浙江卷)如圖,在四棱錐PABCD中,PA平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA=3,ABC=120,G為線段PC上的點(diǎn).(1)證明:BD平面APC;(2)若G為PC的中點(diǎn),求DG與平面APC所成的角的正切值;(3)若G滿足PC平面BGD,求PGGC的值.(1)證明:設(shè)點(diǎn)O為AC,BD的交點(diǎn).由AB=BC,AD=CD,得BD是線段AC的中垂線,所以O(shè)為AC的中點(diǎn),BDAC.又因?yàn)镻A平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD,所以BD平面APC.(2)解:連接OG.由(1)可知,OD平面APC,則DG在

11、平面APC內(nèi)的射影為OG,所以O(shè)GD是DG與平面APC所成的角.由題意得OG=12PA=32.在ABC中,AC=AB2+BC2-2ABBCcosABC=4+4-222(-12)=23,所以O(shè)C=12AC=3.在直角OCD中,OD=CD2-OC2=7-3=2.在直角OGD中,tanOGD=ODOG=433.所以DG與平面APC所成的角的正切值為433.(3)解:因?yàn)镻C平面BGD,OG平面BGD,所以PCOG.在直角PAC中,PC=PA2+AC2=3+12=15,所以GC=ACOCPC=23315=2155.從而PG=3155,所以PGGC=32.能力提升14.如圖所示,在長(zhǎng)方形ABCD中,AB

12、=2,BC=1,E為DC的中點(diǎn),F為線段EC(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將AFD沿AF折起,使平面ABD平面ABCF.在平面ABD內(nèi)過(guò)點(diǎn)D作DKAB,K為垂足.設(shè)AK=t,則t的取值范圍是.解析:如圖所示,過(guò)D作DGAF,垂足為G,連接GK,平面ABD平面ABCF,DKAB,DK平面ABCF,DKAF.而DGDK=D,AF平面DKG,AFGK.容易得到,當(dāng)F接近E點(diǎn)時(shí)K接近AB的中點(diǎn),當(dāng)F接近C點(diǎn)時(shí),K接近AB的四等分點(diǎn),t的取值范圍是12,1.答案:12,115.(20xx高考山東卷)如圖所示,在三棱錐PABQ中,PB平面ABQ,BA=BP=BQ,D、C、E、F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn)

13、,AQ=2BD,PD與EQ交于點(diǎn)G,PC與FQ交于點(diǎn)H,連接GH.(1)求證:ABGH;(2)求二面角DGHE的余弦值.(1)證明:由D、C、E、F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn),知G,H分別是PAQ,PBQ的重心.PGPD=PHPC=23.GHDC.又D,C為AQ,BQ的中點(diǎn),則DCAB,ABGH.(2)解:在ABQ中,AQ=2BD,AD=DQ,所以ABQ=90,即ABBQ,因?yàn)镻B平面ABQ,所以ABPB.又BPBQ=B,所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH,所以GH平面PBQ.又FH平面PBQ,所以GHFH.同理可得GHHC,所以FHC為二面角DGHE的平面角.設(shè)BA=BQ=BP=

14、2,連接FC,在RtFBC中,由勾股定理得FC=2,在RtPBC中,由勾股定理得PC=5.又H為PBQ的重心,所以HC=13PC=53.同理FH=53.在FHC中,由余弦定理得cosFHC=FH2+HC2-FC22FHHC=59+59-2259=-45.即二面角DGHE的余弦值為-45.探究創(chuàng)新16.如圖所示,在直角三角形ABC中,ACB=30,ABC=90,D為AC的中點(diǎn),E為BD的中點(diǎn),AE的延長(zhǎng)線交BC于點(diǎn)F,將ABD沿BD折起,二面角ABDC的大小記為,如圖所示.(1)求證:平面AEF平面BCD;(2)當(dāng)cos 為何值時(shí),ABCD.(1)證明:在題圖中,D為RtABC斜邊AC的中點(diǎn),ACB=30,AD=AB.又E為BD的中點(diǎn),BDAE,BDEF.在題圖中,BDAE,BDEF,AEEF=E,BD平面AEF.又BD平面BCD,平面AEF平面BCD.(2)解:過(guò)A作AOEF,交EF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O,連接BO交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G.由(1)知平面AEF平面BCD,AO平面BCD,BO即為AB在平面BCD上的射影.要使ABCD,只需BGCD.AEF=,AEO=180-.ABD為正三角形,且BGCD.因此,G為AD的中點(diǎn),即O為ABD的重心.cos AEO=OEAE=13,即cos(180-)=13,當(dāng)cos =-13時(shí),ABCD.