2022届-数学一轮(理科)-苏教版-江苏专用-课时作业-第八章-立体几何-4-.docx
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第4讲 直线、平面垂直的判定与性质 基础巩固题组 (建议用时:40分钟) 一、填空题 1.(2021·南通、扬州、泰州、宿迁调研)设l,m表示直线,m是平面α内的任意一条直线,则“l⊥m”是“l⊥α”成立的________条件(在“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选填一个). 解析 由于m是平面α内的任意一条直线,若l⊥m,则l⊥α,所以充分性成立;反过来,若l⊥α,则l⊥m,所以必要性成立,故“l⊥m”是“l⊥α”成立的充要条件. 答案 充要 2.设a是空间中的一条直线,α是空间中的一个平面,给出下列说法:①过a肯定存在平面β,使得β∥α;②过a肯定存在平面β,使得β⊥α;③在平面α内肯定不存在直线b,使得a⊥b;④在平面α内肯定不存在直线b,使得a∥b.其中说法正确的是________(填序号). 解析 当a与α相交时,不存在过a的平面β,使得β∥α,故①错误;直线a与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α,②正确;平面α内的直线b只要垂直于直线a在平面α内的投影,则就必定垂直于直线a,故③错误;当a与α平行时,在平面α内存在直线b,使得a∥b,故④错误. 答案 ② 3.(2022·盐城模拟)已知点E,F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,AA1的中点,点M,N分别是线段D1E与C1F上的点,则与平面ABCD垂直的直线MN有________条. 解析 如图所示,设D1E与平面AA1C1C相交于点M,在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F于点N,连接MN,由C1F与D1E为异面直线知MN唯一,且MN⊥平面ABCD. 答案 1 4.(2021·青岛质量检测)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列条件中能得出a⊥b的是______(填序号). ①a⊥α,b∥β,α⊥β;②a⊥α,b⊥β,α∥β;③a⊂α,b⊥β,α∥β;④a⊂α,b∥β,α⊥β. 解析 ①中,两直线可以平行、相交或异面,故不正确;②中,两直线平行,故不正确;③中,由α∥β,a⊂α可得a∥β,又b⊥β,得a⊥b,故正确;④中,两直线可以平行,相交或异面,故不正确. 答案 ③ 5. 如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的正投影,给出下列结论: ①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC; ④AE⊥平面PBC. 其中正确结论的序号是________. 解析 由题意知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC. 又AC⊥BC,且PA∩AC=A, ∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥AF. ∵AF⊥PC,且BC∩PC=C,∴AF⊥平面PBC,∴AF⊥PB,AF⊥BC.又AE⊥PB,AE∩AF=A, ∴PB⊥平面AEF,∴PB⊥EF.故①②③正确. 答案 ①②③ 6. (2021·深圳调研)如图,在四周体D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,给出下列结论:①平面ABC⊥平面ABD;②平面ABD⊥平面BDC;③平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE;④平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE.其中结论正确的序号是________. 解析 由于AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.由于AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.所以③正确. 答案 ③ 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.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=3 cm,AA1=2 cm,则四棱锥A-BB1D1D的体积为________ cm3. 解析 连接AC交BD于O,在长方体中, ∵AB=AD=3,∴BD=3 且AC⊥BD. 又∵BB1⊥底面ABCD, ∴BB1⊥AC. 又DB∩BB1=B, ∴AC⊥平面BB1D1D, ∴AO为四棱锥A-BB1D1D的高且AO=BD=. ∵S矩形BB1D1D=BD×BB1=3×2=6, ∴VA-BB1D1D=S矩形BB1D1D·AO =×6×=6(cm3). 答案 6 二、解答题 9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AC=2BC,D是棱AA1的中点,CD⊥B1D. (1)证明:CD⊥B1C1; (2)平面CDB1分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比. (1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形, 由于D为AA1的中点,故DC=DC1, 又AA1=2A1C1,可得DC+DC2=CC, 所以CD⊥DC1,而CD⊥B1D,B1D∩C1D=D, 所以CD⊥平面B1C1D, 由于B1C1⊂平面B1C1D,所以CD⊥B1C1. (2)解 由(1)知B1C1⊥CD,且B1C1⊥C1C,C1C∩CD=C,则B1C1⊥平面ACC1A1, 设V1是平面CDB1上方部分的体积,V2是平面CDB1下方部分的体积, 则V1=VB1-CDA1C1=×S梯形CDA1C1×B1C1 =×B1C=B1C. V总=VABC-A1B1C1=AC×BC×CC1=B1C, V2=V总-V1=B1C=V1, 故=1∶1. 10.(2022·镇江模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点.求证: (1)PA⊥底面ABCD; (2)BE∥平面PAD; (3)平面BEF⊥平面PCD. 证明 (1)由于平面PAD⊥底面ABCD,且PA垂直于这两个平面的交线AD,所以PA⊥底面ABCD. (2)由于AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点, 所以AB∥DE,且AB=DE. 所以四边形ABED为平行四边形. 所以BE∥AD. 又由于BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD, 所以BE∥平面PAD. (3)由于AB⊥AD,而且ABED为平行四边形, 所以BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD. 所以PA⊥CD. 又由于PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD. 从而CD⊥PD. 又E,F分别是CD和PC的中点, 所以PD∥EF. 故CD⊥EF,由EF,BE⊂平面BEF,且EF∩BE=E. 所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD, 所以平面BEF⊥平面PCD. 力量提升题组 (建议用时:25分钟) 1.(2021·南京模拟)已知m,n是不重合的两条直线,α,β是不重合的两个平面.下列命题: ①若α⊥β,m⊥α,则m∥β; ②若m⊥α,m⊥β,则α∥β; ③若m∥α,m⊥n,则n⊥α; ④若m∥α,m⊂β,则α∥β. 其中全部真命题的序号是________. 解析 若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m⊂β,①是假命题;若m⊥α,m⊥β,则α∥β,②是真命题;若m∥α,m⊥n,则n⊥α或n∥α或n⊂α或n,α相交(非垂直),③是假命题;若m∥α,m⊂β,则α∥β或α,β相交,④是假命题,故其中全部真命题的序号是②. 答案 ② 2.(2022·衡水中学模拟)如图,正方体AC1的棱长为1,过点A作平面A1BD的垂线,垂足为点H.给出下列结论:①点H是△A1BD的垂心;②AH垂直于平面CB1D1;③AH延长线经过点C1;④直线AH和BB1所成角为45°.其中错误的结论序号是________. 解析 对于①,由于AA1=AB=AD,所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1,B,D的距离相等,即点H是△A1BD的外心,而A1B=A1D=BD,故点H是△A1BD的垂心,命题①是真命题;对于②,由于B1D1∥BD,CD1∥A1B,故平面A1BD∥平面CB1D1,而AH⊥平面A1BD,从而AH⊥平面CB1D1,命题②是真命题;对于③,由于AH⊥平面CB1D1,因此AH的延长线经过点C1,命题③是真命题;对于④,由③知直线AH即是直线AC1,又直线AA1∥BB1,因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角,即∠A1AC1,而tan∠A1AC1==,因此命题④是假命题. 答案 ④ 3.(2022·苏、锡、常、镇模拟)如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论中:①PB⊥AE;②平面ABC⊥平面PBC;③直线BC∥平面PAE;④∠PDA=45°. 其中正确的有________(把全部正确的序号都填上). 解析 由PA⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,得PA⊥AE, 又由正六边形的性质得AE⊥AB,PA∩AB=A,得AE⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,∴AE⊥PB,①正确;又平面PAD⊥平面ABC,∴平面ABC⊥平面PBC不成立,②错;由正六边形的性质得BC∥AD,又AD⊂平面PAD,∴BC∥平面PAD,∴直线BC∥平面PAE也不成立,③错;在Rt△PAD中,PA=AD=2AB,∴∠PDA=45°,∴④正确. 答案 ①④ 4. (2021·南京模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,DC∥AB,DA=DC=2AB,O为AC与BD的交点,AB⊥平面PAD,△PAD是正三角形. (1)若点E为棱PA上一点,且OE∥平面PBC,求的值; (2)求证:平面PBC⊥平面PDC. (1)解 由于OE∥平面PBC,OE⊂平面PAC, 平面PAC∩平面PBC=PC,所以OE∥PC, 所以AO∶OC=AE∶EP. 由于DC∥AB,DC=2AB, 所以AO∶OC=AB∶DC=1∶2. 所以=. (2)证明 取PC的中点F,连接FB,FD. 由于△PAD是正三角形,DA=DC,所以DP=DC. 由于F为PC的中点,所以DF⊥PC. 由于AB⊥平面PAD,所以AB⊥PA,AB⊥AD,AB⊥PD. 由于DC∥AB,所以DC⊥DP,DC⊥DA. 设AB=a,在等腰直角三角形PCD中,DF=PF=a. 在Rt△PAB中,PB=a. 在直角梯形ABCD中,BD=BC=a. 由于BC=PB=a,点F为PC的中点,所以PC⊥FB. 在Rt△PFB中,FB=a. 在△FDB中,由DF=a,FB=a,BD=a, 可知DF2+FB2=BD2,所以FB⊥DF. 由DF⊥PC,DF⊥FB,PC∩FB=F,PC,FB⊂平面PBC, 所以DF⊥平面PBC. 又DF⊂平面PCD,所以平面PBC⊥平面PDC.- 配套讲稿:
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