总复习习题第七章 立体几何 课时提升作业 四十五 75 Word版含答案.docx

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总复习习题第七章立体几何课时提升作业四十五75Word版含答案

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课时提升作业四十五

直线、平面垂直的判定及其性质

（25分钟　60分）

一、选择题（每小题5分,共25分）

1.（2016·临沂模拟）设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则a⊥b的一个充分条件是　（　　）

A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,a⊂α,b⊂β

C.a⊥α,b∥αD.a⊥α,b⊥α

【解析】选C.对于选项C,在平面α内存在m∥b,因为a⊥α,所以a⊥m,故a⊥b;A,B选项中,直线a,b可能是平行直线,相交直线,也可能是异面直线;D选项中一定推出a∥b.

2.（2016·聊城模拟）在下列四个正方体中,能得出AB⊥CD的是　（　　）

【解析】选A.A选项中,因为CD⊥平面AMB,所以CD⊥AB,B选项中,AB与CD成60°角;C选项中,AB与CD成45°角;D选项中,AB与CD夹角的正切值为

.

3.（2016·泰安模拟）已知ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,下列判断中正确的是　

（　　）

A.AB⊥PC

B.AC⊥平面PBD

C.BC⊥平面PAB

D.平面PBC⊥平面PDC

【解析】选C.由题意画出几何体的图形,

如图,显然AB⊥PC不正确;

AC不垂直PO,所以AC⊥平面PBD不正确;BC⊥AB,

PA⊥平面ABCD,PA⊥BC,

PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB正确.

4.如图,在正四面体P-ABC中,点D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是　（　　）

A.BC∥平面PDF

B.DF⊥平面PAE

C.平面PDF⊥平面PAE

D.平面PDE⊥平面ABC

【解析】选D.因BC∥DF,DF⊂平面PDF,BC⊄平面PDF,所以BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点P在底面ABC内的射影为

△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.

5.（2016·温州模拟）如图,边长为a的正△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形,下列命题中错误的是　（　　）

A.动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上

B.恒有平面A′GF⊥平面BCED

C.三棱锥A′-FED的体积有最大值

D.异面直线A′E与BD不可能互相垂直

【解析】选D.由题意知,DE⊥平面A′FG,又因为DE⊂平面ABC,所以平面A′FG⊥平面ABC,且它们的交线是AF,过A′作A′H⊥AF,则A′H⊥平面ABC,所以点

A′在平面ABC上的射影一定在线段AF上,且平面A′GF⊥平面BCED,故A,B均正确;三棱锥A′-EFD的体积可以表示为V=

S△EFD·A′H,当平面A′DE⊥平面ABC时,A′H最大,故三棱锥A′-EFD的体积有最大值,故C正确;连接CD,EH,当CD∥EH时,BD⊥EH,又知EH是A′E在平面ABC内的射影,所以BD⊥A′E,因此,异面直线A′E与BD可能垂直,故D错误.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.如图所示,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,点E是AC的中点,则下列命题中正确的是　　　　（填序号）.

①平面ABC⊥平面ABD;

②平面ABC⊥平面BCD;

③平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE;

④平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE.

【解析】由AB=CB,AD=CD,点E为AC中点,知AC⊥DE,AC⊥BE,

又因为DE∩BE=E,从而AC⊥平面BDE,故③正确.

答案:

③

7.（2015·厦门模拟）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法错误的是　　　　　.（填序号）

①在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMB;

②异面直线AD与PB所成的角为90°;

③二面角P-BC-A的大小为45°;

④BD⊥平面PAC.

【解析】对于①,取AD的中点M,连接PM,BM,

则因为侧面PAD为正三角形,所以PM⊥AD,

又因为底面ABCD是∠DAB=60°的菱形,

所以三角形ABD是等边三角形,

所以AD⊥BM,

因为PM∩BM=M,

所以AD⊥平面PBM,故①正确.

对于②,因为AD⊥平面PBM,

所以AD⊥PB,即异面直线AD与PB所成的角为90°,故②正确.

对于③,因为底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,平面PAD⊥平面ABCD,

平面PAD∩平面ABCD=AD,

PM⊥AD,所以PM⊥平面ABCD,

又BM⊥BC,BC⊥PB,则∠PBM是二面角P-BC-A的平面角,

设AB=1,则BM=

PM=

在直角三角形PBM中,tan∠PBM=

=1,

即∠PBM=45°,故二面角P-BC-A的大小为45°,故③正确.故错误的是④.

答案:

④

8.（2016·泉州模拟）点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,给出下列命题:

①三棱锥A-D1PC的体积不变;

②A1P∥平面ACD1;

③DP⊥BC1;

④平面PDB1⊥平面ACD1.

其中正确的命题序号是　　　　.

【解析】连接BD交AC于点O,连接DC1交D1C于点O1,连接OO1,则OO1∥BC1,所以BC1∥平面AD1C,动点P到平面AD1C的距离不变,所以三棱锥P-AD1C的体积不变.

又因为

=

所以①正确.

因为平面A1C1B∥平面AD1C,A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1,②正确.

由于当点P在B点时,DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1,故③不正确;由于DB1⊥D1C,DB1⊥AD1,D1C∩AD1=D1,所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面ACD1,④正确.

答案:

①②④

三、解答题（每小题10分,共20分）

9.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,F分别为BB1,AC的中点.

（1）求证:

BF∥平面A1EC.

（2）求证:

平面A1EC⊥平面ACC1A1.

【证明】

（1）连接AC1交A1C于点O,连接OE,OF,

在正三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,

所以OA=OC1,

又因为点F为AC中点,所以OF∥CC1且OF=

CC1,

因为点E为BB1中点,

所以BE∥CC1且BE=

CC1,

所以BE∥OF且BE=OF,所以四边形BEOF是平行四边形,所以BF∥OE,

又因为BF⊄平面A1EC,OE⊂平面A1EC,

所以BF∥平面A1EC.

（2）由

（1）知BF∥OE,因为AB=CB,点F为AC中点,

所以BF⊥AC,所以OE⊥AC.

又因为AA1⊥底面ABC,

而BF⊂底面ABC,所以AA1⊥BF.

由BF∥OE,得OE⊥AA1,

而AA1,AC⊂平面ACC1A1,且AA1∩AC=A,

所以OE⊥平面ACC1A1.

因为OE⊂平面A1EC,

所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.

10.（2015·四川高考）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.

（1）请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）.

（2）判断平面BEG与平面ACH的位置关系,并证明你的结论.

（3）证明:

DF⊥平面BEG.

【解析】

（1）由展开图可知,F在B的上方,G在C的上方,H在D的上方,如图

（2）平面BEG∥平面ACH.证明如下:

连接AH,AC,CH,BE,BG,EG,

因为四边形BEHC和四边形ABGH为平行四边形,

所以BE∥CH,BG∥AH,

又因为BE,BG⊂平面BEG,且CH,AH⊄平面BEG,

所以CH∥平面BEG,AH∥平面BEG.

又因为CH,AH⊂平面ACH,且CH∩AH=H,

所以平面BEG∥平面ACH.

（3）连接DF,HF,CF,交点如图,取DH,DC中点分别为J,K,连接EJ,JG,JM,KB,KN,KG,

因为J,M,K,N分别为DH,HF,DC,FC的中点,所以DF∥JM∥KN.

设正方体棱长为2a,则EJ=GJ=BK=GK=

a,

所以三角形JEG,KBG为等腰三角形,

所以JM⊥EG,KN⊥BG,

那么DF⊥EG,DF⊥BG.

又因为EG,BG⊂平面BEG,且EG∩BG=G,

所以DF⊥平面BEG.

【加固训练】（2016·秦皇岛模拟）如图所示,△ABC和△BCE是边长为2的正三角形,且平面ABC⊥平面BCE,AD⊥平面ABC,AD=2

（1）证明:

DE⊥BC.

（2）求三棱锥D-ABE的体积.

【解析】

（1）取BC的中点F,连接AF,EF,BD,DF,

因为△BCE是正三角形,所以EF⊥BC,

又因为平面ABC⊥平面BCE,且交线为BC,所以EF⊥平面ABC,

又因为AD⊥平面ABC,所以AD∥EF,所以D,A,F,E共面,

又易知在正三角形ABC中,AF⊥BC,AF∩EF=F,

所以BC⊥平面DAFE,又因为DE⊂平面DAFE,故DE⊥BC.

（2）由

（1）知EF∥AD,所以VD-ABE=VE-DAB=VF-DAB=VD-ABF,而S△ABF=

BF·AF=

.

所以VD-ABF=

S△ABF·AD=1,

即VD-ABE=1.

（20分钟　40分）

1.（5分）（2016·枣庄模拟）如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,

∠BAC=90°,BC1⊥AC,则点C1在底面ABC上的射影H必在

　（　　）

A.直线AB上

B.直线BC上

C.直线AC上

D.△ABC内部

【解析】选A.连接AC1,因为BC1⊥AC,BA⊥AC,BA∩BC1=B,所以AC⊥平面ABC1,

所以平面ABC⊥平面ABC1,

因为平面ABC∩平面ABC1=AB,

所以C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.

2.（5分）（2016·滨州模拟）如图,在正四棱锥S-ABCD中,E是BC的中点,P点在侧面△SCD内及其边界上运动,并且总是保持PE⊥AC,则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是　（　　）

【解析】选A.取CD的中点F,连接EF,BD,则AC⊥EF,

又因为点S在平面ABCD内的射影在BD上,且AC⊥BD,所以AC⊥SB,取SC的中点Q,

连接EQ,FQ,则EQ∥SB,

所以AC⊥EQ,又因为AC⊥EF,EQ∩EF=E,

所以AC⊥平面EQF,

因此点P在FQ上移动时总有AC⊥EP.

3.（5分）（2016·大连模拟）如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的是　　　　　（填序号）.

①AC⊥SB;②AB∥平面SCD;③SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角;④AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角.

【解析】因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又因为SD⊥底面ABCD,所以SD⊥AC,其中SD∩BD=D,所以AC⊥平面SDB,从而AC⊥SB.故①正确;易知②正确;设AC与DB交于O点,连接SO,则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,又因为OA=OC,SA=SC,所以∠ASO=∠CSO,故③正确;由AB∥CD知,AB与SC所成的角就是CD与SC所成的角∠SCD,易知∠SCD<

DC与SA所成的角就是AB与SA所成的角∠SAB,易知∠SAB=

故④错误.

答案:

①②③

4.（12分）如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.

求证:

（1）直线PA∥平面DEF.

（2）平面BDE⊥平面ABC.

【证明】

（1）因为D,E分别为棱PC,AC的中点,

所以PA∥DE,

又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,

所以PA∥平面DEF.

（2）由

（1）知PA∥DE,又因为PA⊥AC,

所以DE⊥AC,

又因为F是AB的中点,E是AC的中点,

所以DE=

PA=3,EF=

BC=4,

又因为DF=5,所以DE2+EF2=DF2,

所以DE⊥EF,因为EF,AC是平面ABC内两条相交直线,所以DE⊥平面ABC,

又因为DE⊂平面BDE,

所以平面BDE⊥平面ABC.

5.（13分）（2016·杭州模拟）如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,点M是棱PC的中点,PA⊥平面ABCD,AC,BD交于点O.

（1）已知:

PA=

求证:

AM⊥平面PBD.

（2）若二面角M-AB-D的余弦值等于

求PA的长.

【解题提示】

（1）由已知中四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,

∠ABC=60°,点M是棱PC的中点,得到AM,PO交点G是△PAC的重心,根据三角形重心的性质,我们易得AG,OG的长,由勾股定理,我们易得AG⊥PO,由线面垂直的判定定理易得到BD⊥平面PAC,再由线面垂直的性质得到BD⊥AM,结合AM⊥PO,即可得到AM⊥平面PBD.

（2）由MO∥PA,结合已知中PA⊥平面ABCD,过O作AB的垂线,垂足为N,连接MN,易得到∠MNO即为二面角M-AB-D的平面角,由已知中二面角M-AB-D的余弦值等于

我们可构造一个关于OM的方程,解方程求出OM值,即可求出满足条件时PA的长.

【解析】

（1）底面ABCD是边长为2的菱形,AC,BD交于点O,故O为AC的中点,连接OM,

又因为点M是棱PC的中点,

所以AM,PO的交点G是△PAC的重心,

所以AG=

AM=

OG=

PO=

AG2+OG2=1=AO2,

所以AG⊥PO,

又因为BD⊥AO,BD⊥PA,PA∩AO=A,

所以BD⊥平面PAC,

又因为AM⊂平面PAC,

所以BD⊥AM,

又因为AM⊥PO,PO∩BD=O,

所以AM⊥平面PBD.

（2）因为MO∥PA,

所以MO⊥平面ABCD,

过O作AB的垂线,垂足为点N,则ON=

BO=

连接MN,则MN⊥AB,

所以∠MNO即为二面角M-AB-D的平面角,

则

=

解得OM=1,

所以PA=2OM=2.

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