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2023版高考数学一轮复习课后限时集训43直线平面垂直的判定及其性质含解析202303181108

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课后限时集训(四十三) 直线、平面垂直的判定及其性质建议用时:40分钟一、选择题1.已知直线l⊥平面α,直线m∥平面β,若α⊥β,则下列结论正确的是(  )A.l∥β或l⊂βB.l∥mC.m⊥αD.l⊥mA [直线l⊥平面α,α⊥β,则l∥β或l⊂β,A正确,故选A.]2.(多选)(2020·山东泰安期末)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题正确的是(  )A.若m∥n,m⊥α,则n⊥αB.若m∥α,α∩β=n,则m∥nC.若m⊥α,m⊥β,则α∥βD.若m⊥α,m∥n,n⊥β,则α∥βACD [易知A正确;对于B,如图,设m为AB,平面A1B1C1D1为平面α,m∥α,设平面ADD1A1为平面β,α∩β=A1D1为n,则m⊥n,故B错;垂直于同一条直线的两个平面平行,故C对;若m⊥α,m∥n,则n⊥α,又n⊥β,则α∥β,故D对.故选ACD.]3.如图,在四面体DABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是(  )A.平面ABC⊥平面ABDB.平面ABD⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDED.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDEC [因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.]4.(2020·南宁模拟)在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB=2,则直线PB与平面PAC所成角为(  )A.B.C.D.\nA [连接BD,交AC于点O.因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,所以BD⊥AC,BD⊥PA.又因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,故BO⊥平面PAC.连接OP,则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成角.又因为PA=AB=2,所以PB=2,BO=.所以sin∠BPO==,所以∠BPO=.故选A.]5.(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(  )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥ACC [如图,∵A1E在平面ABCD上的投影为AE,而AE不与AC,BD垂直,∴选项B,D错误;∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C,且B1C⊥BC1,∴A1E⊥BC1,故选项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,故选项A错误.故选C.]6.(多选)(2020·安徽滁州月考)如图1,在正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC的中点,将△ADE,△CDF,△BEF分别沿DE,DF,EF折起,使点A,B,C重合于点P(如图2),则下列结论正确的是(  )图1   图2A.PD⊥EFB.平面PDE⊥平面PDFC.二面角PEFD的余弦值为D.点P在平面DEF上的正投影是△DEF的外心ABC [对于A选项,如图,取EF的中点H,连接PH,DH,由题意知PE=PF,DE=DF,故PH⊥EF,DH⊥EF,又PH∩DH=H,所以EF⊥平面PDH,所以PD⊥EF,故A正确;根据折起前后的题图,可知PE,PF,PD三线两两垂直,于是可证平面PDE⊥平面PDF,故B正确;根据A选项可知∠PHD为二面角PEFD的平面角,设正方形ABCD的边长为2,因此PE=PF=1,\nPH=,HD=2-=,PD=2,由余弦定理得,cos∠PHD==,故C正确;由于PE=PF≠PD,故点P在平面DEF上的正投影不是△DEF的外心,故D错误.故选ABC.]二、填空题7.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,若该长方体的体积为8,则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为________.30° [连接BC1(图略),由AB⊥平面BB1C1C知∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角.由2×2×AA1=8得AA1=2,∴BC1==2,在Rt△AC1B中,tan∠AC1B===,∴∠AC1B=30°.]8.四面体PABC中,PA=PB=PC,底面△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB中点,请从以下平面中选出两个相互垂直的平面________.(只填序号)①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;⑤平面POC.②⑤(答案不唯一) [∵四面体PABC中,PA=PB=PC,底面△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB中点,∴CO⊥AB,PO⊥AB,CO∩PO=O,∴AB⊥平面POC.∵AB⊂平面ABC,∴平面POC⊥平面ABC,∴两个相互垂直的平面为②⑤.]9.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB=2,则点A1到平面AB1D1的距离是________. [如图,△AB1D1中,AB1=AD1=,B1D1=,∴△AB1D1的边B1D1上的高为=,∴S△AB1D1=××=,\n设A1到平面AB1D1的距离为h;则有S△AB1D1×h=S△A1B1D1×AA1,即h=×2,解得h=.]三、解答题10.如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.[证明] (1)在四棱锥PABCD中,∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE.(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD,且PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD,∴AE⊥平面PCD,而PD⊂平面PCD,∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD,且PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD.又∵AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABE,∴PD⊥平面ABE.11.(2020·茂名一模)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥平面ABC,点D是AB的中点,BC=AC,AB=2DC=2,AA1=.\n(1)求证:平面A1DC⊥平面ABB1A1;(2)求点A到平面A1DC的距离.[解] (1)证明:∵在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥平面ABC,点D是AB的中点,BC=AC,CD⊂平面ABC,∴CD⊥AB,CD⊥AA1,∵AB∩AA1=A,∴CD⊥平面ABB1A1,∵CD⊂平面A1DC,∴平面A1DC⊥平面ABB1A1.(2)点D是AB的中点,BC=AC,AB=2DC=2,AA1=.设点A到平面A1DC的距离为d,∵VA1ACD=VAA1CD,∴×S△ACD×AA1=×S△DCA1×d,∴××1×1×=××1×2×d,解得d=,∴点A到平面A1DC的距离为.1.(多选)(2020·山东蒙阴实验中学期末)已知四棱锥PABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=2,CD=PC=PD=2.若点M为PC的中点,则下列说法正确的是(  )A.BM⊥平面PCDB.PA∥平面MBDC.四棱锥MABCD外接球的表面积为36πD.四棱锥MABCD的体积为6BC [由侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,BC⊥CD,得BC⊥平面PCD,过点B只能作一条直线与已知平面垂直,所以选项A错误;连接AC交BD于O,连接MO,在△PAC中,OM∥PA,MO⊂平面MBD,PA⊄平面MBD,所以PA∥平面MBD,所以选项B正确;四棱锥MABCD的体积是四棱锥PABCD的体积的一半,取CD中点N,连接PN,则PN⊥CD,则PN⊥平面ABCD,PN=3,\n故VMABCD=××2×2×3=12,所以选项D错误;连接ON,MN,矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=,在△PCD中,有NM=PD=,在Rt△MNO中,MO==3,即OM=OA=OB=OC=OD,所以四棱锥MABCD外接球的球心为O,半径为3,所以其表面积为36π,所以选项C正确.故选BC.]2.《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形,上、下底称为畔,高称为正广,非高腰边称为邪.在四棱锥PABCD中,底面ABCD为邪田,两畔CD,AB分别为1,3,正广AD为2,PD⊥平面ABCD,则邪田ABCD的邪长为________;邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________.4  [过点C作CE⊥AB,垂足为E,延长AD,BC,使得AD∩BC=F,如图所示.由题意可得CE=2,BE=2,则BC==4,由题意知AB⊥AD,CD∥AB,所以==,所以DF=.因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AB,又AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,则∠AFB是直线BC与平面PAD所成角的平面角,tan∠AFB===,所以∠AFB=.]3.(2020·郑州模拟)如图,在四棱锥PABCD中,底面四边形ABCD是菱形,点E在线段PC上,PA∥平面EBD.(1)证明:点E为线段PC中点;(2)已知PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°,点P到平面EBD的距离为1,四棱锥PABCD的体积为2,求PA.[解] (1)证明:连接AC,与BD相交于点O,连接EO,则经过PA的平面PAC与平面EBD交线为EO.因为PA∥平面EBD,所以PA∥EO.因为四边形ABCD是菱形,所以O为AC的中点,所以EO是△PAC中位线,于是E为线段PC中点.\n(2)因为PA∥平面EBD,所以点A到平面EBD的距离等于点P到平面EBD的距离等于1.因为PA⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD,所以平面EBD⊥平面ABCD,平面EBD∩平面ABCD=BD.因为AO⊥BD,所以AO⊥面EBD,因此AO=1.因为∠ABC=60°,所以四边形ABCD是边长为2的菱形,面积为2×2×sin60°=2,所以四棱锥PABCD的体积为VPABCD=·2·PA,由·2·PA=2,得PA=3.1.(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________. [如图,过点P作PO⊥平面ABC于O,则PO为P到平面ABC的距离.再过O作OE⊥AC于E,OF⊥BC于F,连接PC,PE,PF,则PE⊥AC,PF⊥BC.又PE=PF=,所以OE=OF,所以CO为∠ACB的平分线,即∠ACO=45°.在Rt△PEC中,PC=2,PE=,所以CE=1,所以OE=1,所以PO===.]2.(2020·浙江省诸暨中学月考)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马PABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;\n(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为,求的值.[解] (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD.而DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.而PB⊂平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如图,在面PBC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ABCD的交线.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD=,在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=,则tan=tan∠DPF===,解得λ=.所以==.故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时,=.

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发布时间:2022-08-25 17:22:10 页数:8
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文章作者:U-336598

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