高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十七直线平面垂直的判定及其性质文.docx
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高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十七直线平面垂直的判定及其性质文
2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十七直线平面垂直的判定及其性质文
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的________条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”）．
解析：
依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．
答案：
充分不必要
2．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是________．
解析：
过A作AH⊥BD于H，由平面ABD⊥平面BCD，得AH⊥平面BCD，则AH⊥BC，又DA⊥平面ABC，所以BC⊥DA，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC为直角三角形．
答案：
直角三角形
3．已知平面α，β和直线m，给出条件：
①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m⊥β.（填所选条件的序号）
解析：
若m⊥α，α∥β，则m⊥β.故填②④.
答案：
②④
4．一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是________．
解析：
由线面平行的性质定理知，该面必有一直线与已知直线平行．再根据“两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直．
答案：
垂直
5．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，则直线AA1到平面BB1D1D的距离为________cm.
解析：
连结AC交BD于点O，则AO⊥BD.因为BB1⊥平面ABCD，AO⊂平面ABCD，所以BB1⊥AO.又BB1∩BD＝B，所以AO⊥平面BB1D1D.又AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，所以AA1∥平面BB1D1D，所以线段AO的长就是直线AA1到平面BB1D1D的距离．因为AB＝AD＝3cm，AB⊥AD，AO⊥BD，所以AO＝
，即直线AA1到平面BB1D1D的距离为
.
答案：
6.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：
①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．
解析：
①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，又AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．
答案：
①②④
二保高考，全练题型做到高考达标
1．（xx·盐城中学测试）已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为________．
解析：
若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．
答案：
2
2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体PABC中直角三角形的个数为________．
解析：
由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形．
答案：
4
3．已知正△ABC的边长为2cm，PA⊥平面ABC，A为垂足，且PA＝2cm，那么点P到BC的距离为________cm.
解析：
如图，取BC的中点D，连结AD，PD，则BC⊥AD，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，所以BC⊥平面PAD，所以PD⊥BC，则PD的长度即为点P到BC的距离．在Rt△PAD中，PA＝2，AD＝
，可得PD＝
＝
.
答案：
4．已知P为△ABC所在平面外一点，AC＝
a，△PAB，△PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为________．
解析：
如图所示，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝a，
取AC的中点D，连结PD，BD，则PD⊥AC，BD⊥AC.
又AC＝
a，所以PD＝BD＝
a，在△PBD中，PB2＝BD2＋PD2，所以∠PDB＝90°，所以PD⊥BD，所以PD⊥平面ABC.又PD⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
答案：
垂直
5．已知直线a和两个不同的平面α，β，且a⊥α，a∥β，则α，β的位置关系是________．
解析：
记b⊂β且a∥b，因为a∥b，a⊥α，所以b⊥α，因为b⊂β，所以α⊥β.
答案：
垂直
6.如图，已知∠BAC＝90°，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：
因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：
AB，BC，AC AB
7．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________（填序号）．
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．
答案：
①②③
8.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________．
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＝
，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝
h.
又2×
＝h×
，
所以h＝
，DE＝
.
在Rt△DB1E中，B1E＝
＝
.
由面积相等得
×
＝
x，得x＝
.
即线段B1F的长为
.
答案：
9．（xx·南通三模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，M，N分别为棱PD，PC的中点．
求证：
（1）MN∥平面PAB；
（2）AM⊥平面PCD.
证明：
（1）因为M，N分别为棱PD，PC的中点，
所以MN∥DC，
又因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，
所以MN∥AB.
又AB⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
（2）因为AP＝AD，M为PD的中点，
所以AM⊥PD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD.
又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.
因为CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
所以AM⊥平面PCD.
10．（xx·徐州高三年级期中考试）如图，在三棱锥SABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB.
求证：
（1）AB∥平面SDE；
（2）平面ABC⊥平面SDE.
证明：
（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC＝AB，所以DE∥AB.
因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，
所以AB∥平面SDE.
（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．
又因为SA＝SC，所以SE⊥AC，
又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC.
因为DE∩SE＝E，DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，
所以AC⊥平面SDE.
因为AC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面SDE.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．（xx·兰州实战考试）α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：
①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：
由题意得，AB∥CD，所以A，B，C，D四点共面，①：
因为AC⊥β，EF⊂β，所以AC⊥EF，又因为AB⊥α，EF⊂α，所以AB⊥EF，因为AB∩AC＝A，所以EF⊥平面ABCD，又因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故①正确；②不能得到BD⊥EF，故②错误；③：
由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥α.因为平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，所以EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥EF，故③正确；④：
由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.
答案：
①③
2.如图，点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：
①三棱锥AD1PC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：
由题意可得BC1∥AD1，又AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，
所以BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，VAD1PC＝VPAD1C，所以体积不变，故①正确；连结A1C1，A1B，可得平面ACD1∥平面A1C1B.又因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到B点时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1，故③不正确；因为AC⊥平面DD1B1B，DB1⊂平面DD1B1B，所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以DB1⊥平面ACD1.又因为DB1⊂平面PDB1.所以平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.
答案：
①②④
3．（xx·泰州调研）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3a，BC＝2a，D是BC的中点，E，F分别是AA1，CC1上一点，且AE＝CF＝2a.
（1）求证：
B1F⊥平面ADF；
（2）求三棱锥B1ADF的体积；
（3）求证：
BE∥平面ADF.
解：
（1）证明：
因为AB＝AC，D为BC的中点，
所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为B1B⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，
所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，
因为B1F⊂平面B1BCC1，所以AD⊥B1F.
在矩形B1BCC1中，因为C1F＝CD＝a，B1C1＝CF＝2a，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，所以B1F⊥平面AFD.
（2）因为B1F⊥平面AFD，
所以VB1ADF＝
·S△ADF·B1F＝
×
×AD×DF×B1F＝
.
（3）证明：
连结EF，EC，设EC∩AF＝M，连结DM，
因为AE＝CF＝2a，
所以四边形AEFC为矩形，
所以M为EC中点，
因为D为BC中点，所以MD∥BE.
因为MD⊂平面ADF，BE⊄平面ADF，
所以BE∥平面ADF.
2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十五点线面之间的位置关系文
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．
①P∈a，P∈α⇒a⊂α；
②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；
③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；
④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.
答案：
③④
2.如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若
＝
，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．
解析：
因为
＝
，所以MN∥BD，
又MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，
所以MN∥平面BDC.
答案：
平行
3．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．
解析：
如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个．
答案：
1或4
4.如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．
解析：
依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．
答案：
5
5．设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中正确的命题是____（写出所有正确命题的序号）．
解析：
由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④错．
答案：
①
二保高考，全练题型做到高考达标
1．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：
A，B，C，D四点不共面，命题乙：
直线AC和BD不相交，则甲是乙成立的______条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”）．
解析：
若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．
答案：
充分不必要
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是________．
解析：
由BC綊AD，AD綊A1D1知，BC綊A1D1，
从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，
又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，则A1B与EF相交．
答案：
相交
3．下列命题中，真命题的个数为________．
①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；
②两条直线可以确定一个平面；
③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；
④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l.
解析：
根据公理3，可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面（如墙角），故③是假命题；根据平面的性质可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.
答案：
2
4．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是________．
解析：
因为l⊂α，且l与n异面，所以n⊄α，又因为m⊥α，n⊥m，所以n∥α.
答案：
n∥α
5.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且
＝
＝
，则下列说法正确的是______（填序号）．
①EF与GH平行；
②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
解析：
连结EH，FG，如图所示．
依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，
故EH∥FG，所以E，F，G，H共面．
因为EH＝
BD，FG＝
BD，故EH≠FG，
所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，
设交点为M.因为点M在EF上，
故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，
所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，
又AC是这两个平面的交线，
所以点M一定在直线AC上．
答案：
④
6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为________对．
解析：
平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．
答案：
3
7.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，
①GH与EF平行；
②BD与MN为异面直线；
③GH与MN成60°角；
④DE与MN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
解析：
还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.
答案：
②③④
8．如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱VC，VB上的点，且满足VC＝3EC，AF∥平面BDE，则
＝________.
解析：
连结AC交BD于点O，连结EO，取VE的中点M，连结AM，MF，由VC＝3EC⇒VM＝ME＝EC，又AO＝CO⇒AM∥EO⇒AM∥平面BDE，又由题意知AF∥平面BDE，且AF∩AM＝A，所以平面AMF∥平面BDE⇒MF∥平面BDE⇒MF∥BE⇒VF＝FB⇒
＝2.
答案：
2
9.（xx·南京一中检测）如图，E，F分别是长方体ABCDA1B1C1D1的棱A1A，C1C的中点．求证：
四边形B1EDF是平行四边形．
证明：
设Q是DD1的中点，连结EQ，QC1，如图．
因为E是AA1的中点，Q是DD1的中点，所以EQ綊A1D1.
又A1D1綊B1C1，所以EQ綊B1C1，
所以四边形EQC1B1为平行四边形，所以B1E綊C1Q.
又Q，F分别是D1D，C1C的中点，
所以QD綊C1F，
所以四边形DQC1F为平行四边形，所以C1Q綊DF.
故B1E綊DF，所以四边形B1EDF是平行四边形．
10.如图所示，四边形ABEF和四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，BC＝
AD，BE∥FA，BE＝
FA，G，H分别为FA，FD的中点．
（1）证明：
四边形BCHG是平行四边形；
（2）C，D，F，E四点是否共面？
为什么？
说明理由．
解：
（1）证明：
因为G，H分别为FA，FD的中点，
所以GH∥AD，GH＝
AD.
又BC∥AD，BC＝
AD，
所以GH綊BC，所以四边形BCHG为平行四边形．
（2）四点共面，理由如下：
由BE∥FA，BE＝
FA，G为FA的中点知，BE∥FG，BE＝FG，
所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.
由
（1）知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面．
又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1.如图所示，设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD边AB，BC，CD，DA上除端点外的点，
＝
＝λ，
＝
＝μ，则下列结论中正确的是________（填序号）．
①当λ＝μ时，四边形EFGH是平行四边形；
②当λ≠μ时，四边形EFGH是梯形；
③当λ≠μ时，四边形EFGH一定不是平行四边形；
④当λ＝μ时，四边形EFGH是梯形．
解析：
由
＝
＝λ，得EH∥BD，且
＝λ，同理得FG∥BD且
＝μ，当λ＝μ时，EH∥FG且EH＝FG.当λ≠μ时，EH∥FG，但EH≠FG，所以①②③正确，只有④错误．
答案：
①②③
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
解析：
如图，在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因为CD与平面α不平行，所以它们相交，设α∩CD＝Q，连结PQ，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与A1D1，EF，CD都相交．
答案：
无数
3.如图所示，三棱柱ABCA1B1C1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动点，EC＝2FB＝2.
（1）当点M在何位置时，BM∥平面AEF?
（2）若BM∥平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM与EF所成的角的余弦值．
解：
（1）法一：
如图所示，取AE的中点O，连结OF，过点O作OM⊥AC于点M.
因为侧棱A1A⊥底面ABC，
所以侧面A1ACC1⊥底面ABC.
又因为EC＝2FB＝2，
所以OM∥FB∥EC且OM＝
EC＝FB，
所以四边形OMBF为矩形，BM∥OF.
因为OF⊂平面AEF，BM⊄平面AEF，
故BM∥平面AEF，此时点M为AC的中点．
法二：
如图所示，
取EC的中点P，AC的中点Q，连结PQ，PB，BQ.
因为EC＝2FB＝2，所以PE綊BF，
所以PQ∥AE，PB∥EF，
所以PQ∥平面AFE，PB∥平面AEF，
因为PB∩PQ＝P，PB，PQ⊂平面PBQ，
所以平面PBQ∥平面AEF.
又因为BQ⊂平面PBQ，
所以BQ∥平面AEF.
故点Q即为所求的点M，此时点M为AC的中点．
（2）由
（1）知，BM与EF异面，∠OFE（或∠MBP）就是异面直线BM与EF所成的角或其补角．
易求AF＝EF＝
，MB＝OF＝
，OF⊥AE，
所以cos∠OFE＝
＝
＝
，
所以BM与EF所成的角的余弦值为
.
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