《新編新課標高三數(shù)學一輪復習 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時訓練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編新課標高三數(shù)學一輪復習 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時訓練 理（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【導與練】（新課標）20xx屆高三數(shù)學一輪復習 第7篇 第5節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)課時訓練 理 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 【選題明細表】 知識點、方法 題號 與垂直相關命題的判斷 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 綜合問題 12、13、16 基礎過關 一、選擇題 1.(20xx山東省青島一中調(diào)研)設a,b,c表示三條直線,α,β表示兩個平面,則下列命題中不正確的是(　D　) (A)c⊥αα∥β?c⊥β (B)a⊥bb?βc是a在β內(nèi)的射影?

2、b⊥c (C)b∥cb?αc?α?c∥α (D)a∥αb⊥a?b⊥α 解析:對于選項D,可能還有b∥α或者b與α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ABCD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,∴A1C1⊥B1O.故選D. 3.如圖所示,四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.將△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,構成三棱錐

3、ABCD,則在三棱錐ABCD中,下列結論正確的是(　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, AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°, ∴BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABD∩平面BCD=BD, 故CD⊥平面ABD,則CD⊥AB. 又AD⊥AB,AD∩CD=D, 故AB⊥平面ADC. 又AB?平面ABC, ∴平面ABC⊥平面ADC.故選D. 4.(20xx北京朝陽模擬)已知l,m,n為兩兩垂直的三條異面直線,過l

4、作平面α與直線m垂直,則直線n與平面α的關系是(　A　) (A)n∥α (B)n∥α或n?α (C)n?α或n與α不平行 (D)n?α 解析:∵l?α,且l與n異面,∴n∥α, 又∵m⊥α,n⊥m,∴n∥α.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D作DE⊥AC,交AC于點E,連接BE,因為二面角BADC為直二面角,BD⊥AD,所以BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,又DE∩BD=D,因此AC⊥平面BDE,

5、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Rt△DBE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,AD⊥BC,AD⊥BD,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:∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=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,側棱長為

6、2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中點,F是BB1上的動點,AB1,DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF,則線段B1F的長為(　A　) (A)12 (B)1 (C)32 (D)2 解析:設B1F=x,因為AB1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥DF.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=22×22=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

7、底面各邊都相等,M是PC上的一動點,當點M滿足　　　　時,平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)? 解析:連接AC,BD交于O,∵底面各邊相等,∴BD⊥AC; 又PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥BD, 又PA∩AC=A, ∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC. ∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,即有PC⊥平面MBD. 而PC?平面PCD, ∴平面MBD⊥平面PCD. 答案:DM⊥PC(或BM⊥PC) 9.四棱錐PABCD中,底面ABCD是正方形,頂點在底面上的射影是底面正方形的中心,一個對角面的面積是一個側面面積的62倍,則側面與底面所成銳二面角等

8、于　　　　.? 解析:如圖所示,根據(jù)122ah12ah'=62,得hh'=32,即為側面與底面所成銳二面角的正弦值,故側面與底面所成銳二面角為π3. 答案:π3 10.(20xx遼寧大連模擬)已知a、b、l表示三條不同的直線,α、β、γ表示三個不同的平面,有下列四個命題: ①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,則α∥γ; ②若a、b相交,且都在α、β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,則α∥β; ③若α⊥β,α∩β=a,b?β,a⊥b,則b⊥α; ④若a?α,b?α,l⊥a,l⊥b,l?α,則l⊥α. 其中正確命題的序號是　　　　.? 解析:若平面α、β、γ兩兩相交于三條

9、直線,則有交線平行,故①不正確.因為a、b相交,假設其確定的平面為γ,根據(jù)a∥α,b∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正確.由面面垂直的性質(zhì)定理知③正確.當a∥b時,l垂直于平面α內(nèi)兩條不相交直線,不能得出l⊥α,④錯誤. 答案:②③ 11.(20xx海南雷州模擬) 在正四棱錐PABCD中,PA=32AB,M是BC的中點,G是△PAD的重心,則在平面PAD中經(jīng)過G點且與直線PM垂直的直線有　　　　條.? 解析:如圖,設正四棱錐的底面邊長為a,則側棱長為32a. 由PM⊥BC, ∴PM=(32a)?2-(a2)?2=22a. 連接PG并延長與AD相交于N點, 則P

10、N=22a,MN=AB=a, ∴PM2+PN2=MN2,∴PM⊥PN, 又PM⊥AD,PN∩AD=N,∴PM⊥平面PAD, ∴在平面PAD中經(jīng)過G點的任意一條直線都與PM垂直. 答案:無數(shù) 三、解答題 12.(20xx高考新課標全國卷Ⅰ)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側面BB1C1C為菱形,B1C的中點為O,且AO⊥平面BB1C1C. (1)證明:B1C⊥AB; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABCA1B1C1的高. (1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點. 因為側面BB1C1C為菱形, 所以B1C⊥BC1, 又AO

11、⊥平面BB1C1C, 所以B1C⊥AO,由于BC1∩AO=O, 故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO, 故B1C⊥AB. (2)解:作OD⊥BC,垂足為D,連接AD, 作OH⊥AD,垂足為H, 由于BC⊥AO,BC⊥OD,且AO∩OD=O, 故BC⊥平面AOD, 所以OH⊥BC. 又OH⊥AD,且AD∩BC=D, 所以OH⊥平面ABC. 因為∠CBB1=60°, 所以△CBB1為等邊三角形, 又BC=1, 可得OD=34. 因為AC⊥AB1, 所以OA=12B1C=12. 由OH·AD=OD·OA, 且AD=OD2+OA2=74, 得OH=211

12、4. 又O為B1C的中點, 所以點B1到平面ABC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. (1)證明:BD⊥平面APC; (2)若G為PC的中點,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:設點O為AC,BD的交點. 由AB=BC,AD=CD,得BD是線段AC的中垂線, 所以O為AC的中點,BD⊥AC. 又因為PA⊥平面ABCD,BD?

13、平面ABCD, 所以PA⊥BD,所以BD⊥平面APC. (2)解:連接OG. 由(1)可知,OD⊥平面APC, 則DG在平面APC內(nèi)的射影為OG, 所以∠OGD是DG與平面APC所成的角. 由題意得OG=12PA=32. 在△ABC中, AC=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC =4+4-2×2×2×(-12) =23, 所以OC=12AC=3. 在直角△OCD中,OD=CD2-OC2=7-3=2. 在直角△OGD中,tan∠OGD=ODOG=433. 所以DG與平面APC所成的角的正切值為433. (3)解:因為PC⊥平面BGD,OG?平面BGD,

14、 所以PC⊥OG. 在直角△PAC中,PC=PA2+AC2=3+12=15, 所以GC=AC·OCPC=23×315=2155. 從而PG=3155, 所以PGGC=32. 能力提升 14.如圖所示,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F為線段EC(端點除外)上一動點.現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB,K為垂足.設AK=t,則t的取值范圍是　　　　.? 解析:如圖所示,過D作DG⊥AF,垂足為G,連接GK, ∵平面ABD⊥平面ABCF, DK⊥AB, ∴DK⊥平面ABCF, ∴DK⊥AF.

15、 而DG∩DK=D, ∴AF⊥平面DKG, ∴AF⊥GK. 容易得到,當F接近E點時K接近AB的中點, 當F接近C點時,K接近AB的四等分點, ∴t的取值范圍是12,1. 答案:12,1 15.(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,AQ=2BD,PD與EQ交于點G,PC與FQ交于點H,連接GH. (1)求證:AB∥GH; (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,知G,H分別是△PAQ,△PBQ的重心. ∴PGPD

16、=PHPC=23. ∴GH∥DC. 又D,C為AQ,BQ的中點,則DC∥AB, ∴AB∥GH. (2)解:在△ABQ中, AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ, 因為PB⊥平面ABQ, 所以AB⊥PB. 又BP∩BQ=B, 所以AB⊥平面PBQ. 由(1)知AB∥GH,所以GH⊥平面PBQ. 又FH?平面PBQ,所以GH⊥FH. 同理可得GH⊥HC, 所以∠FHC為二面角DGHE的平面角. 設BA=BQ=BP=2,連接FC, 在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=2, 在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=5. 又H為△PBQ的重心

17、, 所以HC=13PC=53.同理FH=53. 在△FHC中,由余弦定理得 cos∠FHC=FH2+HC2-FC22·FH·HC=59+59-22×59=-45. 即二面角DGHE的余弦值為-45. 探究創(chuàng)新 16.如圖①所示,在直角三角形ABC中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D為AC的中點,E為BD的中點,AE的延長線交BC于點F,將△ABD沿BD折起,二面角ABDC的大小記為θ,如圖②所示. (1)求證:平面AEF⊥平面BCD; (2)當cos θ為何值時,AB⊥CD. (1)證明:在題圖①中,∵D為Rt△ABC斜邊AC的中點,∠ACB=30°,∴AD=AB.

18、 又E為BD的中點,∴BD⊥AE,BD⊥EF. 在題圖②中,BD⊥AE,BD⊥EF,AE∩EF=E, ∴BD⊥平面AEF. 又BD?平面BCD,∴平面AEF⊥平面BCD. (2)解:過A作AO⊥EF,交EF的延長線于點O,連接BO交CD的延長線于點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AB⊥CD,只需BG⊥CD. ∴∠AEF=θ,∠AEO=180-θ. △A′BD為正三角形,且BG⊥CD. 因此,G為A′D的中點,即O為△A′BD的重心. ∴cos ∠AEO=OEAE=13,即cos(180°-θ)=13, ∴當cos θ=-13時,AB⊥CD.