高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理.docx
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高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理
2019-2020年高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判定与性质课时训练理
【选题明细表】
知识点、方法
题号
与垂直相关命题的判断
3,9
直线与平面垂直
1,2,6,10
平面与平面垂直
4,7,14,15
线面角、二面角
5,8,14
综合问题
11,12,13
基础对点练（时间:
30分钟）
1.一条直线和一个圆的两条直径都垂直,则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是（ B ）
（A）平行（B）垂直
（C）相交不垂直（D）不确定
解析:
因为一个圆的两条直径一定相交于圆心,由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直.
2.如图所示,b,c在平面α内,a∩c=B,b∩c=A,且a⊥b,a⊥c,b⊥c,若C∈a,D∈b,E在线段AB上（C,D,E均异于A,B）,则△ACD是（ B ）
（A）锐角三角形（B）直角三角形
（C）钝角三角形（D）等腰三角形
解析:
因为a⊥b,b⊥c,a∩c=B,
所以b⊥平面ABC,
所以AD⊥AC,故△ACD为直角三角形.故选B.
3.（xx石家庄调研）设a,b表示直线,α,β,γ表示不同的平面,则下列命题中正确的是（ D ）
（A）若a⊥α且a⊥b,则b∥α
（B）若γ⊥α且γ⊥β,则α∥β
（C）若a∥α且a∥β,则α∥β
（D）若γ∥α且γ∥β,则α∥β
解析:
A项中,应该是b∥α或b⊂α;
B项中,如果是墙角的三个面就不符合题意;
C项中,α∩β=m,若a∥m时,满足a∥α,a∥β,但是α∥β不正确.故选D.
4.（xx南昌质检）设a,b是夹角为30°的异面直线,则满足条件“a⊂α,b⊂β,且α⊥β”的平面α,β（ D ）
（A）不存在（B）有且只有一对
（C）有且只有两对（D）有无数对
解析:
过直线a的平面α有无数个,当平面α与直线b平行时,两直线的公垂线与
b确定的平面β⊥α,当平面α与b相交时,过交点作平面α的垂线与b确定的平
面β⊥α.
5.已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为（ B ）
（A）（B）（C）（D）
解析:
如图三棱柱ABCA1B1C1,P为底面A1B1C1的中心,取△ABC中心P′,
连接PP′,AP,AP′,则∠PAP′即为所求PA与平面ABC所成的角.
由AP′=×
=1.
又S△ABC=×××sin60°=,·PP′=,PP′=,
所以tan∠PAP′==,即∠PAP′=.故选B.
6.如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,F是BB1上的动点,AB1,DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF,则线段B1F的长为（ A ）
（A）（B）1
（C）（D）2
解析:
设B1F=x,
因为AB1⊥平面C1DF,DF⊂平面C1DF,
所以AB1⊥DF.
由已知可以得A1B1=,
矩形ABB1A1中,tan∠FDB1=,
tan∠A1AB1==,
又∠FDB1=∠A1AB1,
所以=.
故B1F=×=.故选A.
7.（xx山东潍坊质检）如图所示,在四棱锥PABCD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是正确的条件即可）
解析:
连接AC,BD交于O,因为底面各边相等,所以BD⊥AC;
又PA⊥底面ABCD,
所以PA⊥BD,
又PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.
所以当DM⊥PC（或BM⊥PC）时,即有PC⊥平面MBD.
而PC⊂平面PCD,
所以平面MBD⊥平面PCD.
答案:
DM⊥PC（或BM⊥PC）
8.四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,顶点在底面上的射影是底面正方形的中心,一个对角面的面积是一个侧面面积的倍,则侧面与底面所成锐二面角等于 .
解析:
如图所示,根据=,得=,即为侧面与底面所成锐二面角的正弦值,故侧面与底面所成锐二面角为.
答案:
9.给出命题:
①在空间中,垂直于同一平面的两个平面平行;
②设l,m是不同的直线,α是一个平面,若l⊥α,l∥m,则m⊥α;
③已知α,β表示两个不同平面,m为平面α内的一条直线,“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件;
④在三棱锥SABC中,SA⊥BC,SB⊥AC,则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心;
⑤a,b是两条异面直线,P为空间一点,过P总可以作一个平面与a,b之一垂直,与另一条平行.
其中,正确的命题是 （只填序号）.
解析:
①错误,垂直于同一个平面的两个平面也可能相交;③错误,“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件;⑤错误,只有当异面直线a,b垂直时才可以作出满足要求的平面;易知②④正确.
答案:
②④
10.（xx高考山东卷）如图,四棱锥PABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.
（1）求证:
AP∥平面BEF;
（2）求证:
BE⊥平面PAC.
证明:
（1）设AC∩BE=O,连接OF,EC.
由于E为AD的中点,
AB=BC=AD,AD∥BC,
所以AE∥BC,AE=AB=BC,
因此四边形ABCE为菱形,
所以O为AC的中点.
又F为PC的中点,
因此在△PAC中,可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF,AP⊄平面BEF.
所以AP∥平面BEF.
（2）由题意知ED∥BC,ED=BC.
所以四边形BCDE为平行四边形,
因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD,
所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.
因为四边形ABCE为菱形,
所以BE⊥AC,
又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
11.在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2,将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,得到几何体DABC,如图所示.
（1）求证:
BC⊥平面ACD;
（2）求几何体DABC的体积.
（1）证明:
在图中,可得AC=BC=2,
从而AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC,
取AC的中点O,连接DO,
则DO⊥AC,又平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,DO⊂平面ADC,
从而DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC,
又AC⊥BC,AC∩DO=O,
所以BC⊥平面ACD.
（2）解:
由
（1）可知,BC为三棱锥BACD的高,
BC=2,S△ACD=2,
所以=S△ACD·BC=×2×2=,
由等体积性可知,几何体DABC的体积为.
能力提升练（时间:
15分钟）
12.（xx四川绵阳诊断）已知l,m,n是三条不同的直线,α,β是不同的平面,则α⊥β的一个充分条件是（ D ）
（A）l⊂α,m⊂β,且l⊥m
（B）l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n
（C）m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m
（D）l⊂α,l∥m,且m⊥β
解析:
对于A,l⊂α,m⊂β,且l⊥m,如图
（1）,α,β不垂直;
对于B,l⊂α,m⊂β,n⊂β,且l⊥m,l⊥n,如图
（2）,α,β不垂直;
对于C,m⊂α,n⊂β,m∥n,且l⊥m,直线l没有确定,则α,β的关系也不能确定;
对于D,l⊂α,l∥m,且m⊥β,则必有l⊥β,根据面面垂直的判定定理知α⊥β.
13.（xx天津质检）如图,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:
①BD⊥AC;
②△BAC是等边三角形;
③三棱锥DABC是正三棱锥;
④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是（ B ）
（A）①②④（B）①②③
（C）②③④（D）①③④
解析:
由题意知BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,①正确;
AD为等腰直角三角形斜边BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,所以AB=AC=BC,
△BAC是等边三角形,②正确;易知DA=DB=DC,又由②知③正确;由①知④错误.
14.如图,三棱柱ABCA1B1C1的侧面A1ABB1⊥BC,且A1C与底面成45°角,AB=BC=2,则该棱柱体积的最小值为（ C ）
（A）4（B）3（C）4（D）3
解析:
由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交线为AB,故A1在平面ABC上的射影D在AB上.由A1C与底面成45°角得A1D=DC,因为BC⊥AB,所以当CD最小即CD=BC时A1D最小,此时Vmin=×AB×BC×A1D=×2×2×2=4.故选C.
15.（xx河北教学质量监测）已知四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为a的菱形,∠BAD=120°,PA=b.
（1）求证:
平面PBD⊥平面PAC;
（2）设AC与BD交于点O,M为OC中点,若二面角OPMD的正切值为2,求a∶b
的值.
（1）证明:
因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,
所以BD⊥平面PAC,
从而平面PBD⊥平面PAC.
（2）解:
过O作OH⊥PM交PM于H,连接HD.
由
（1）知DO⊥平面PAC,
所以DH⊥PM,
所以∠OHD为二面角OPMD的平面角.
又OD=a,OM=,AM=,且=,
从而OH=·=,
tan∠OHD===2,
所以9a2=16b2,
即=.
精彩5分钟
1.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为（ C ）
（A）30°（B）60°
（C）30°或60°（D）45°或60°
解题关键:
注意分球心在三棱锥的内部和外部两种情况.
解析:
球心位置有以下两种情况:
球心在三棱锥内部、球心在三棱锥外部.当球心
在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O′为△ABC的中心,在△ABC中,可求得
O′A=,所以可得OA=2,SO′=3,SA与平面ABC所成的角即∠SAO′,由tan∠SAO′==,得∠SAO′=60°.同理可得当球心在三棱锥外部时,SA与平面ABC所成角
为30°.
2.在△ABC中,∠ACB=90°,AB=8,∠ABC=60°,PC⊥平面ABC,PC=4,M是AB上一个动点,则PM的最小值为 .
解题关键:
作CH⊥AB于H,利用PC⊥平面ABC,得PH⊥AB,PH为PM的最小值.
解析:
如图,作CH⊥AB于H,连接PH,
因为PC⊥平面ABC,
所以PH⊥AB,PH为PM的最小值.
PH===2.
答案:
2
2019-2020年高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第6节空间向量及其运算基丛点练理
【选题明细表】
知识点、方法
题号
空间直角坐标系
3,5,14
空间向量的线性运算
4,6,8,10
空间向量的坐标运算及数量积
1,2,7,9,11,15
综合问题
12,13,16
1.已知a=（-2,-3,1）,b=（2,0,4）,c=（-4,-6,2）,则下列结论正确的是（ C ）
（A）a∥c,b∥c（B）a∥b,a⊥c
（C）a∥c,a⊥b（D）以上都不对
解析:
因为c=2a,
所以a∥c,
又a·b=（-2,-3,1）·（2,0,4）=-4+0+4=0,
所以a⊥b.
故选C.
2.已知a=（1,1,1）,b=（0,2,-1）,c=ma+nb+（4,-4,1）.若c与a及b都垂直,则m,n的值分别为（ A ）
（A）-1,2（B）1,-2（C）1,2（D）-1,-2
解析:
由已知得c=（m+4,m+2n-4,m-n+1）,
a·c=3m+n+1=0,b·c=m+5n-9=0.
解得
3.（xx高考北京卷）在空间直角坐标系Oxyz中,已知A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,D（1,1,）.若S1,S2,S3分别是三棱锥DABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则（ D ）
（A）S1=S2=S3（B）S2=S1且S2≠S3
（C）S3=S1且S3≠S2（D）S3=S2且S3≠S1
解析:
根据题目条件,在空间直角坐标系Oxyz中作出该三棱锥DABC,显然S1=×2×2=2,S2=S3=×2×=.故选D.
4.（xx高考广东卷）已知向量a=（1,0,-1）,则下列向量中与a成60°夹角的是（ B ）
（A）（-1,1,0）（B）（1,-1,0）
（C）（0,-1,1）（D）（-1,0,1）
解析:
设b=（1,-1,0）,
则cos===,
即b与a的夹角为60°.故选B.
5.（xx福州质检）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为（ A ）
（A）a（B）a（C）a（D）a
解析:
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A（a,0,0）,C1（0,a,a）,
N（a,a,）.
设M（x,y,z）.
因为点M在AC1上且=,
所以（x-a,y,z）=（-x,a-y,a-z）,
所以x=a,y=,z=.
所以M（,,）,
所以||=
=a.
故选A.
6.（xx晋江模拟）设OABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若=x+y+z,则x+y+z等于（ C ）
（A）1（B）（C）（D）2
解析:
如图所示,取BC的中点E,
连接AE.
=,
所以=x+y+z,
所以=x+y+z,
又G1,A,B,C四点共面,
所以x+y+z=1,
所以x+y+z=.
7.若向量a=（1,1,x）,b=（1,2,1）,c=（1,1,1）,满足条件（c-a）·2b=-2,则x= .
解析:
因为c-a=（0,0,1-x）,
所以（c-a）·2b=（0,0,1-x）·2（1,2,1）
=2（1-x）=-2,
解得x=2.
答案:
2
8.已知空间四边形OABC,点M,N分别是OA,BC的中点,且=a,=b,=c,用a,b,c表示向量= .
解析:
如图所示,
=（+）
=[（-）+（-）]
=（+-2）
=（+-）
=（b+c-a）.
答案:
（b+c-a）
9.已知点A（1,2,1）,B（-1,3,4）,D（1,1,1）,若=2,则||的值是 .
解析:
设P（x,y,z）,则=（x-1,y-2,z-1）.
=（-1-x,3-y,4-z）.
由=2得点P坐标为（-,,3）,
又D（1,1,1）,
所以||=.
答案:
10.已知各个面都是平行四边形的四棱柱ABCDA′B′C′D′.设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC′B′的对角线BC′上的点,且BN∶
NC′=3∶1,设=α+β+γ,试求α,β,γ之值.
解:
=+
=+
=（+）+
（+）
=（-+）+（+）
=++,
所以α=,β=,γ=.
11.已知空间中三点A（-2,0,2）,B（-1,1,2）,C（-3,0,4）,设a=,b=.
（1）求向量a与向量b的夹角的余弦值;
（2）若ka+b与ka-2b互相垂直,求实数k的值.
解:
（1）因为a=（1,1,0）,b=（-1,0,2）,
所以a·b=（1,1,0）·（-1,0,2）=-1,
又|a|==,
|b|==,
所以cos===-,
即向量a与向量b的夹角的余弦值为-.
（2）法一 因为ka+b=（k-1,k,2）.
ka-2b=（k+2,k,-4）,
且ka+b与ka-2b互相垂直,
所以（k-1,k,2）·（k+2,k,-4）=（k-1）（k+2）+k2-8=0,
所以k=2或k=-,
所以当ka+b与ka-2b互相垂直时,实数k的值为2或-.
法二 由
（1）知|a|=,|b|=,a·b=-1,
所以（ka+b）·（ka-2b）=k2a2-ka·b-2b2
=2k2+k-10=0,
得k=2或k=-.
能力提升练（时间:
15分钟）
12.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,
·=0,M为BC的中点,则△AMD是（ C ）
（A）钝角三角形（B）锐角三角形
（C）直角三角形（D）不确定
解析:
因为M为BC中点,
所以=（+）.
所以·=（+）·
=·+·
=0.
所以AM⊥AD,△AMD为直角三角形.
13.（xx宁波检测）如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是（ B ）
（A）斜交（B）平行（C）垂直（D）不确定
解析:
建立如图所示的坐标系,
由于A1M=AN=,
则M（a,,）,N（,,a）,
=（-,0,）,
又C1D1⊥平面BB1C1C,
所以=（0,a,0）为平面BB1C1C的一个法向量,
因为·=0,
所以⊥,
所以MN∥平面BB1C1C.
14.在空间直角坐标系中,以点A（4,1,9）,B（10,-1,6）,C（x,4,3）为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为
.
解析:
由题意知·=0,
||=||,
又=（6,-2,-3）,=（x-4,3,-6）,
所以
解得x=2.
答案:
2
15.如图所示,已知空间四边形OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,则cos<,>的值为 .
解析:
设=a,=b,=c,
由已知条件==,
且|b|=|c|,
·=a·（c-b）=a·c-a·b
=|a||c|-|a||b|=0,
所以cos<,>=0.
答案:
0
16.（xx汕头模拟）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.
（1）求证:
E,B,F,D1四点共面;
（2）若点G在BC上,BG=,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:
EM⊥平面BCC1B1.
证明:
（1）以B为原点,以BA,BC,BB1为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则B（0,0,0）,E（3,0,1）,F（0,3,2）,D1（3,3,3）,
则=（3,0,1）,
=（0,3,2）,
=（3,3,3）.
所以=+.
由向量共面的充要条件知E,B,F,D1四点共面.
（2）设M（0,0,z0）,又G（0,,0）,
则=（0,-,z0）,而=（0,3,2）,
由题设得·=-×3+z0×2=0,
得z0=1.故M（0,0,1）,有=（3,0,0）.
又=（0,0,3）,=（0,3,0）,
所以·=0,·=0,
从而ME⊥BB1,ME⊥BC.
又BB1∩BC=B,
故ME⊥平面BCC1B1.
精彩5分钟
1.已知矩形ABCD,AB=1,BC=,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中（ B ）
（A）存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直
（B）存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直
（C）存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
（D）对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直
解题关键:
将线线垂直转化为向量的数量积求解.
解析:
如图所示,在图
（1）中,易知AE=CF=,
BE=EF=FD=.
在图
（2）中,设=a,=b,=c,
则==90°,
设=θ,
又=a+b+c,=3b,
故·=3b2=1≠0,
故AC与BD不垂直,A不正确;
=+=a-b,=+=b-c,
所以·=-a·c-b2=-cosθ-.
当cosθ=-,
即θ=时,·=0,故B正确;
=+=a+2b,=+=2b+c,
所以·=a·c+4b2=cosθ+
=（cosθ+2）,
故无论θ为何值,·≠0,故C不正确.故选B.
2.（xx徐州模拟）已知O点为空间直角坐标系的原点,向量=
（1,2,3）,=（2,1,2）,=（1,1,2）,且点Q在直线OP上运动,当·取得最小值时,的坐标是 .
解题关键:
利用转化思想把数量积的最小值问题转化成二次函数最值问题,求得点的坐标.
解析:
因为点Q在直线OP上,所以设点Q（λ,λ,2λ）,
则=（1-λ,2-λ,3-2λ）,=（2-λ,1-λ,2-2λ）,
·=（1-λ）（2-λ）+（2-λ）（1-λ）+（3-2λ）（2-2λ）=6λ2-16λ+10
=6（λ-）2-.
当λ=时,·取得最小值-.
此时=（,,）.
答案:
（,,）
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