2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時跟蹤檢測（三十七）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文.doc

2019年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 課時跟蹤檢測（三十七）直線、平面垂直的判定及其性質(zhì) 文一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1設(shè)，為兩個不同的平面，直線l，則“l(fā)”是“”成立的_條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：依題意，由l，l可以推出；反過來，由，l不能推出l.因此“l(fā)”是“”成立的充分不必要條件答案：充分不必要2在空間四邊形ABCD中，平面ABD平面BCD，且DA平面ABC，則ABC的形狀是_解析：過A作AHBD于H，由平面ABD平面BCD，得AH平面BCD，則AHBC，又DA平面ABC，所以BCDA，所以BC平面ABD，所以BCAB，即ABC為直角三角形答案：直角三角形3已知平面，和直線m，給出條件：m；m；m；.當(dāng)滿足條件_時，有m.(填所選條件的序號)解析：若m，則m.故填.答案：4一平面垂直于另一平面的一條平行線，則這兩個平面的位置關(guān)系是_解析：由線面平行的性質(zhì)定理知，該面必有一直線與已知直線平行再根據(jù)“兩平行線中一條垂直于一平面，另一條也垂直于該平面”得出兩個平面垂直答案：垂直5如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABAD3 cm，則直線AA1到平面BB1D1D的距離為_ cm.解析：連結(jié)AC交BD于點O，則AOBD.因為BB1平面ABCD，AO平面ABCD，所以BB1AO.又BB1BDB，所以AO平面BB1D1D.又AA1BB1，AA1平面BB1D1D，BB1平面BB1D1D，所以AA1平面BB1D1D，所以線段AO的長就是直線AA1到平面BB1D1D的距離因為ABAD3 cm，ABAD，AOBD，所以AO，即直線AA1到平面BB1D1D的距離為.答案：6.如圖，PAO所在平面，AB是O的直徑，C是O上一點，AEPC，AFPB，給出下列結(jié)論：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中真命題的序號是_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正確，AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，又AFPB，EF平面AEFEFPB，故正確，若AFBCAF平面PBC，則AFAE與已知矛盾，故錯誤，由可知正確答案：二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1(xx鹽城中學(xué)測試)已知，是三個不同的平面，命題“，且”是真命題，如果把，中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題的個數(shù)為_解析：若，換為直線a，b，則命題化為“ab，且ab”，此命題為真命題；若，換為直線a，b，則命題化為“a，且abb”，此命題為假命題；若，換為直線a，b，則命題化為“a，且bab”，此命題為真命題答案：22.如圖，在RtABC中，ABC90，P為ABC所在平面外一點，PA平面ABC，則四面體P ABC中直角三角形的個數(shù)為_解析：由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，所以BCPB，即PBC為直角三角形，故四面體P ABC中共有4個直角三角形答案：43已知正ABC的邊長為2 cm，PA平面ABC，A 為垂足，且PA2 cm，那么點P到BC的距離為_cm.解析：如圖，取BC的中點D，連結(jié)AD，PD，則BCAD，又因為PA平面ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，則PD的長度即為點P到BC的距離在RtPAD中，PA2，AD，可得PD.答案：4已知P為ABC所在平面外一點，ACa，PAB，PBC都是邊長為a的等邊三角形，則平面ABC和平面PAC的位置關(guān)系為_解析：如圖所示，PAPBPCABBCa，取AC的中點D，連結(jié)PD，BD，則PDAC，BDAC.又ACa，所以PDBDa，在PBD中，PB2BD2PD2，所以PDB90，所以PDBD，所以PD平面ABC.又PD平面PAC，所以平面PAC平面ABC.答案：垂直5已知直線a和兩個不同的平面，且a，a，則，的位置關(guān)系是_解析：記b且ab，因為ab，a，所以b，因為b，所以.答案：垂直6.如圖，已知BAC90，PC平面ABC，則在ABC，PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有_；與AP垂直的直線有_解析：因為PC平面ABC，所以PC垂直于直線AB，BC，AC.因為ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因為AP平面PAC，所以ABAP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB7如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學(xué)生得出下列四個結(jié)論：BDAC；BAC是等邊三角形；三棱錐DABC是正三棱錐；平面ADC平面ABC.其中正確的是_(填序號)解析：由題意知，BD平面ADC，故BDAC，正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等邊三角形，正確；易知DADBDC，又由知正確；由知錯誤答案：8.如圖，直三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)棱長為2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中點，F(xiàn)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_解析：設(shè)B1Fx，因為AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h，則DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面積相等得 x，得x.即線段B1F的長為.答案：9(xx南通三模)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，APAD，M，N分別為棱PD，PC的中點求證：(1)MN平面PAB；(2)AM平面PCD.證明：(1)因為M，N分別為棱PD，PC的中點，所以MNDC，又因為底面ABCD是矩形，所以ABDC，所以MNAB.又AB平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)因為APAD，M為PD的中點，所以AMPD.因為平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD.又AM平面PAD，所以CDAM.因為CDPDD，CD平面PCD，PD平面PCD，所以AM平面PCD.10(xx徐州高三年級期中考試)如圖，在三棱錐SABC中，SASC，ABAC，D為BC的中點，E為AC上一點，且DE平面SAB.求證：(1)AB平面SDE；(2)平面ABC平面SDE.證明：(1)因為DE平面SAB，DE平面ABC，平面SAB平面ABCAB，所以DEAB.因為DE平面SDE，AB平面SDE，所以AB平面SDE.(2)因為D為BC的中點，DEAB，所以E為AC的中點又因為SASC，所以SEAC，又ABAC，DEAB，所以DEAC.因為DESEE，DE平面SDE，SE平面SDE，所以AC平面SDE.因為AC平面ABC，所以平面ABC平面SDE.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1(xx蘭州實戰(zhàn)考試)，是兩平面，AB，CD是兩條線段，已知EF，AB于B，CD于D，若增加一個條件，就能得出BDEF.現(xiàn)有下列條件：AC；AC與，所成的角相等；AC與CD在內(nèi)的射影在同一條直線上；ACEF.其中能成為增加條件的序號是_解析：由題意得，ABCD，所以A，B，C，D四點共面，：因為AC，EF，所以ACEF，又因為AB，EF，所以ABEF，因為ABACA，所以EF平面ABCD，又因為BD平面ABCD，所以BDEF，故正確；不能得到BDEF，故錯誤；：由AC與CD在內(nèi)的射影在同一條直線上可知平面ABCD，又AB，AB平面ABCD，所以平面ABCD.因為平面ABCD，平面ABCD，EF，所以EF平面ABCD，又BD平面ABCD，所以BDEF，故正確；：由知，若BDEF，則EF平面ABCD，則EFAC，故錯誤，故填.答案：2.如圖，點P在正方體ABCDA1B1C1D1的面對角線BC1上運動，則下列四個命題：三棱錐AD1PC的體積不變；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正確的命題序號是_解析：由題意可得BC1AD1，又AD1平面AD1C，BC1平面AD1C，所以BC1平面AD1C.所以點P到平面AD1C的距離不變，VAD1PCVPAD1C，所以體積不變，故正確；連結(jié)A1C1，A1B，可得平面ACD1平面A1C1B.又因為A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故正確；當(dāng)點P運動到B點時，DBC1是等邊三角形，所以DP不垂直于BC1，故不正確；因為AC平面DD1B1B，DB1平面DD1B1B，所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以DB1平面ACD1.又因為DB1平面PDB1.所以平面PDB1平面ACD1.故正確綜上，正確的序號為.答案：3(xx泰州調(diào)研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC2a，D是BC的中點，E，F(xiàn)分別是AA1，CC1上一點，且AECF2a.(1)求證：B1F平面ADF；(2)求三棱錐B1ADF的體積；(3)求證：BE平面ADF.解：(1)證明：因為ABAC，D為BC的中點，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因為B1B底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.因為BCB1BB，所以AD平面B1BCC1，因為B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因為C1FCDa，B1C1CF2a，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，所以B1FFD.因為ADFDD，所以B1F平面AFD.(2)因為B1F平面AFD，所以VB1ADFSADFB1FADDFB1F.(3)證明：連結(jié)EF，EC，設(shè)ECAFM，連結(jié)DM，因為AECF2a，所以四邊形AEFC為矩形，所以M為EC中點，因為D為BC中點，所以MDBE.因為MD平面ADF，BE平面ADF，所以BE平面ADF.