2022届高三数学一轮总复习基础练习：第七章-立体几何7-5-.docx

第五节直线、平面垂直的判定及其性质时间：45分钟分值：100分 一、选择题1(2021沈阳模拟)已知直线l，m，平面，且l，m，则“”是“lm”的()A充要条件 B充分不必要条件C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件解析当，l时，有l，又m，故lm.反之，当lm，m时，不肯定有l，故不肯定成立因此“”是“lm”的充分不必要条件答案B2设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若m，n，则mnB若m，m，则C若mn，m，则nD若m，则m解析A选项中，直线m，n可能平行，也可能相交或异面，直线m，n的关系是任意的；B选项中，与也可能相交，此时直线m平行于，的交线；D选项中，m也可能平行于.故选C.答案C3(2022浙江卷)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面()A若mn，n，则mB若m，则mC若m，n，n，则mD若mn，n，则m解析当mn，n时，可能有m，但也有可能m或m，故A选项错误；当m，时，可能有m，但也有可能m或m，故选项B错误；当m，n，n时，必有，从而m，故选项C正确；在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，为平面ABCD，为平面ADD1A1，这时满足mn，n，但m不成立，故选项D错误答案C4关于直线m，n与平面，有以下四个命题：若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；若m，n且，则mn；若m，n且，则mn.其中真命题有()A1个 B2个 C3个 D4个解析中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；中两直线可以平行、相交或异面，故不正确；中，由条件可得m，进而有mn，故正确；中，由条件可得m与平行或m在 内，故有mn.综上可知正确故选B.答案B5在直角梯形ABCD中，ABAD，ADBC，BCD45，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，则下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC解析ABAD，BCD45，BDCD；平面ABD平面BCD，CD平面ABD，CDAB.又ABAD，CDADD，AB平面ACD.又AB平面ABC，平面ABC平面ADC.答案D6在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AMAB1，BNBC1，则下列结论：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；B1D1MN.正确命题的个数是()A4 B3C2 D1解析过M，N分别作BB1的平行线交AB，BC于Q，P.由平行关系可证明PN綊MQ，四边形MNPQ为平行四边形，MNPQ，对.，知PQ不平行于AC，MN不平行于A1C1，错由B1D1A1C1，而MN不平行于A1C1，MN不垂直于B1D1，故错所以选C.答案C二、填空题7如图，BAC90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有_；与AP垂直的直线有_解析PC平面ABC，PC垂直于直线AB，BC，AC；ABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC.ABAP.与AP垂直的直线是AB.答案AB，BC，ACAB8如图所示，已知PA平面ABC，BCAC，则图中直角三角形的个数为_解析由PA平面ABC，得PAAB，PAAC.故PAB、PAC都是直角三角形由BCAC，得BCPC，故BPC是直角三角形又ABC明显是直角三角形，故直角三角形的个数为4.答案49已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，点E，F分别是棱PC，PD的中点，则棱AB与PD所在的直线垂直；平面PBC与平面ABCD垂直；PCD的面积大于PAB的面积；直线AE与直线BF是异面直线以上结论正确的是_(写出全部正确结论的序号)解析由条件可得AB平面PAD，ABPD，故正确；PA平面ABCD，平面PAB，平面PAD都与平面ABCD垂直，故平面PBC不行能与平面ABCD垂直，故错；SPCDCDPD，SPABABPA，由ABCD，PDPA，可知正确；由E，F分别是棱PC，PD的中点可得EFCD，又ABCD，EFAB，故AE与BF共面，故错答案三、解答题10如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点求证：(1)CDAE；(2)PD平面ABE.证明(1)PA底面ABCD，CDPA.又CDAC，PAACA，故CD平面PAC，AE平面PAC.故CDAE.(2)PAABBC，ABC60，故PAAC.E是PC的中点，故AEPC.由(1)知CDAE，从而AE平面PCD，故AEPD.易知BAPD，故PD平面ABE.11如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A1A底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点求证：(1)EF平面A1CD；(2)平面A1CD平面A1ABB1.证明(1)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACA1C1，且ACA1C1，连接ED，在ABC中，由于D，E分别为AB，BC的中点，所以DEAC，且DEAC.又F为A1C1的中点，所以A1FA1C1AC，且A1FA1C1AC，所以A1FDE，且A1FDE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EFDA1.又EF平面A1CD，DA1平面A1CD，所以EF平面A1CD.(2)由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CDAB，又侧棱A1A底面ABC，CD平面ABC，所以AA1CD，又AA1ABA，因此CD平面A1ABB1，而CD平面A1CD，所以平面A1CD平面A1ABB1. 1(2021牡丹江模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，其中PAPDAD2，BAD60，Q为AD的中点(1)求证：AD平面PQB.(2)若平面PAD平面ABCD，且PMPC，求四棱锥MABCD的体积解(1)证明：连接BD，由于PAPDAD2，Q为AD的中点，所以PQAD.又由于BAD60，底面ABCD为菱形，所以ABD是等边三角形，由于Q为AD的中点，所以ADBQ.由于PQ，BQ是平面PQB内的相交直线，所以AD平面PQB.(2)连接QC，作MHQC于H.由于平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PQAD，所以PQ平面ABCD，结合QC平面ABCD，可得PQQC.由于在平面PQC中，MHQC且PQQC，所以PQMH，可得MH平面ABCD，即MH就是四棱锥MABCD的高，由于PMPC，可得MHPQ2，所以四棱锥MABCD的体积为VMABCDACBDMH221.2(理)如图，四棱锥EABCD中，平面EAD平面ABCD，DCAB，BCCD，EAED，且AB4，BCCDEAED2.(1)求证：BD平面ADE；(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值；(3)在线段CE上是否存在一点F使得平面BDF平面CDE？请说明理由解(1)证明：由BCCD，BCCD2，可得BD2.由EAED，且EAED2，可得AD2.又AB4，所以BDAD.又平面ADE平面ABCD，平面ADE平面ABCDAD，BD平面ABCD，所以BD平面ADE.(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，B(0,2，0)，C(，0)，E(，0，)，(，2，)，(，0，)，(，0)设n(x，y，z)是平面CDE的一个法向量，则n0，n0，即令x1，则n(1,1，1)设直线BE与平面CDE所成的角为，则sin|cos，n|.所以BE和平面CDE所成的角的正弦值为.(3)设，0,1(，0)，(2，)，(0,2，0)则(21，1，)设m(x，y，z)是平面BDF的一个法向量，则m0，m0，即令x1，则m.若平面BDF平面CDE，则mn0，即10，0,1所以，在线段CE上存在一点F使得平面BDF平面CDE.(文)(2022课标全国卷)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO平面BB1C1C.(1)证明：B1CAB；(2)若ACAB1，CBB160，BC1，求三棱柱ABCA1B1C1的高解(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1.又AO平面BB1C1C，所以B1CAO，故B1C平面ABO.由于AB平面ABO，故B1CAB.(2)作ODBC，垂足为D，连接AD.作OHAD，垂足为H.由于BCAO，BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC.又OHAD，所以OH平面ABC.由于CBB160，所以CBB1为等边三角形又BC1，可得OD.由于ACAB1，所以OAB1C.由OHADODOA，且AD，得OH.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为，故三棱柱ABCA1B1C1的高为.