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  • 2021-06-16 发布

2021高考数学一轮复习课时作业42直线平面垂直的判定和性质文

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课时作业42 直线、平面垂直的判定和性质 ‎ [基础达标]‎ 一、选择题 ‎1.已知两个平面相互垂直,下列命题 ‎①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面;④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.‎ 其中正确命题个数是(  )‎ A.3 B.2‎ C.1 D.0‎ 解析:‎ 构造正方体ABCD-A1B1C1D1,如图,‎ ‎①,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D⊂平面ADD1A1,BD⊂平面ABCD,但A1D与BD不垂直,故①错;‎ ‎②,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,l是平面ADD1A1内的任意一条直线,l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直,故②正确;‎ ‎③,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,A1D⊂平面ADD1A1,但A1D与平面ABCD不垂直,故③错;‎ ‎④,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面ADD1A1⊥平面ABCD,且平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,过交线AD上的点作交线的垂线l,则l可能与另一平面垂直,也可能与另一平面不垂直,故④错.故选C.‎ 答案:C - 8 -‎ ‎2.[2020·安徽六安一中检测]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O,M,N分别是线段BD,DD1,D1C1的中点,则直线OM与AC,MN的位置关系是(  )‎ A.直线OM与AC,MN均垂直 B.直线OM与AC垂直,与MN不垂直 C.直线OM与AC不垂直,与MN垂直 D.直线OM与AC,MN均不垂直 解析:因为DD1⊥平面ABCD,所以AC⊥DD1.‎ 又AC⊥BD,DD1∩BD=D,连接B1D1,‎ 所以AC⊥平面BDD1B1.‎ 因为OM⊂平面BDD1B1,所以OM⊥AC.‎ 设正方体的棱长为2,‎ 则OM==,MN==,连接ON,‎ ON==,‎ 所以OM2+MN2=ON2,所以OM⊥MN.故选A.‎ 答案:A ‎3.[2020·天津七校联考]已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是(  )‎ A.若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β B.若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β C.若m∥n,m∥α,则n∥α D.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β 解析:若α⊥γ,α⊥β,则γ∥β或γ与β相交,故A不正确;若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β或α与β相交,故B不正确;若m∥n,m∥α,则n∥α或n⊂α,故C不正确;若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β,故D正确.故选D.‎ 答案:D ‎4.[2017·全国卷Ⅲ]在正方体ABCD A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(  )‎ A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC - 8 -‎ 解析:‎ 如图,∵ A1E在平面ABCD上的投影为AE,而AE不与AC,BD垂直,∴ B,D错;‎ ‎∵ A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C,且B1C⊥BC1,∴ A1E⊥BC1,故C正确;‎ ‎(证明:由条件易知,BC1⊥B1C,BC1⊥CE,又CE∩B1C=C,∴ BC1⊥平面CEA1B1.又A1E⊂平面CEA1B1,∴ A1E⊥BC1)‎ ‎∵ A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E,而D1E不与DC1垂直,故A错.‎ 故选C.‎ 答案:C ‎5.[2020·河北衡水调研]如图,在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,则下面结论不成立的是(  )‎ A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDE⊥平面ABC 解析:因为BC∥DF,DF⊂平面PDF,‎ BC⊄平面PDF,‎ 所以BC∥平面PDF,故选项A正确.‎ 在正四面体中,AE⊥BC,PE⊥BC,AE∩PE=E,‎ 且AE,PE⊂平面PAE,‎ 所以BC⊥平面PAE.‎ 因为DF∥BC,所以DF⊥平面PAE.‎ 又DF⊂平面PDF,‎ 所以平面PDF⊥平面PAE,‎ 因此选项B,C均正确.故选D.‎ - 8 -‎ 答案:D 二、填空题 ‎6.[2020·宁夏银川质检]如图,已知PA⊥平面ABC,BC⊥AC,则图中直角三角形的个数为________.‎ 解析:∵PA⊥平面ABC,AB,AC,BC⊂平面ABC,‎ ‎∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,则△PAB,△PAC为直角三角形.由BC⊥AC,且AC∩PA=A,得BC⊥平面PAC,从而BC⊥PC,因此△ABC,△PBC也是直角三角形.所以图中共有4个直角三角形.‎ 答案:4‎ ‎7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足________时,平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可).‎ 解析:∵PC在底面ABCD上的射影为AC,且AC⊥BD,‎ ‎∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案:DM⊥PC(或BM⊥PC)‎ ‎8.[2019·全国卷Ⅰ]已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为________.‎ 解析:设PO⊥平面ABC于O,PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,连接OE、OF、OC,‎ ‎∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,‎ 又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,‎ ‎∴AC⊥OE,‎ 同理有BC⊥OF,∴四边形OECF为矩形,‎ - 8 -‎ ‎∵PC=PC且PE=PF,‎ ‎∴Rt△PEC≌Rt△PFC,‎ ‎∴EC=FC==1,‎ ‎∴四边形OECF是边长为1的正方形,‎ ‎∴OC=,‎ 在Rt△POC中,PO==.‎ 答案: 三、解答题 ‎9.[2020·辽宁五校模拟]在如图所示的几何体中,DE∥AC,AC⊥平面BCD,AC=2DE=4,BC=2,DC=1,∠BCD=60°.‎ ‎(1)证明:BD⊥平面ACDE;‎ ‎(2)过点D作一平行于平面ABE的截面,画出该截面,说明理由,并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积.‎ 解析:(1)在△BCD中,由余弦定理得BD2=22+12-2×1×2cos 60°=3,‎ 所以BC2=BD2+DC2,所以△BCD为直角三角形,BD⊥CD.‎ 因为AC⊥平面BCD,所以AC⊥BD.‎ 而AC∩CD=C,所以BD⊥平面ACDE.‎ ‎(2)如图,取AC的中点F,BC的中点M,连接DF,DM,MF,则平面DFM即所求.‎ 理由如下:因为DE∥AC,DE=AF,所以四边形AEDF为平行四边形,所以DF∥AE,从而DF∥平面ABE,‎ 易证FM∥平面ABE.‎ 因为FM∩DF=F,所以平面DFM∥平面ABE.‎ 由(1)可知,BD⊥平面ACDE,FC⊥平面CDM.‎ - 8 -‎ V四棱锥B-ACDE=××=,‎ V三棱锥F-CDM=××2=,‎ 所以所求几何体的体积V=-=.‎ ‎10.[2020·江西南昌模拟]如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分别是PD,PC,BC的中点.‎ ‎(1)求证:平面EFG⊥平面PAD;‎ ‎(2)若M是线段CD上一点,求三棱锥M-EFG的体积.‎ 解析:(1)因为平面PAD⊥平面ABCD,‎ 平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,且CD⊥AD,‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 在△PCD中,E,F分别是PD,PC的中点,‎ 所以EF∥CD,所以EF⊥平面PAD.‎ 因为EF⊂平面EFG,所以平面EFG⊥平面PAD.‎ ‎(2)因为EF∥CD,EF⊂平面EFG,CD⊄平面EFG,‎ 所以CD∥平面EFG,‎ 因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离,连接DF,DG,如图,‎ V三棱锥M-EFG=V三棱锥D-EFG.‎ 取AD的中点H,连接GH,EH,FH,‎ 则EF∥GH,‎ 因为EF⊥平面PAD,EH⊂平面PAD,‎ 所以EF⊥EH.‎ 于是S△EFH=EF×EH=2=S△EFG.‎ - 8 -‎ 平面EFG⊥平面PAD,平面EFG∩平面PAD=EH,‎ 且易知△EHD是边长为2的正三角形,所以点D到平面EFG的距离等于正三角形EHD的高,为.‎ 所以三棱锥M-EFG的体积V三棱锥M-EFG=V三棱锥D-EFG=×S△EFG×=.‎ ‎[能力挑战]‎ ‎11.[2020·四川成都七中检测]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,M为棱AC的中点,AB=BC,AC=2,AA1=.‎ ‎(1)求证:B1C∥平面A1BM;‎ ‎(2)求证:AC1⊥平面A1BM;‎ ‎(3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?如果存在,求此时的值;如果不存在,请说明理由.‎ 解析:(1)如图,连接AB1,交A1B于点O,连接OM.‎ 在△B1AC中,∵M,O分别为AC,AB1的中点,‎ ‎∴OM∥B1C.‎ 又OM⊂平面A1BM,B1C⊄平面A1BM,‎ ‎∴B1C∥平面A1BM.‎ ‎(2)∵侧棱AA1⊥底面ABC,BM⊂平面ABC,‎ ‎∴AA1⊥BM.‎ 又M为棱AC的中点,AB=BC,∴BM⊥AC.‎ ‎∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,‎ - 8 -‎ ‎∴BM⊥平面ACC1A1,‎ ‎∴BM⊥AC1.‎ ‎∵AC=2,∴AM=1.‎ 又AA1=,∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中,‎ tan∠AC1C=tan∠A1MA=,‎ ‎∴∠AC1C=∠A1MA,‎ 即∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°,‎ ‎∴A1M⊥AC1.‎ ‎∵BM∩A1M=M,BM,A1M⊂平面A1BM,‎ ‎∴AC1⊥平面A1BM.‎ ‎(3)当点N为BB1的中点,即=时,‎ 平面AC1N⊥平面AA1C1C.‎ 证明如下:‎ 设AC1的中点为D,连接DM,DN,如图.‎ ‎∵D,M分别为AC1,AC的中点,‎ ‎∴DM∥CC1,且DM=CC1.‎ 又N为BB1的中点,∴DM∥BN,且DM=BN,‎ ‎∴四边形BNDM为平行四边形,‎ ‎∴BM∥DN,‎ ‎∵BM⊥平面ACC1A1,∴DN⊥平面AA1C1C.‎ 又DN⊂平面AC1N,‎ ‎∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.‎ - 8 -‎

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