2019-2020年高考數(shù)學異構異模復習第八章立體幾何課時撬分練8.4直線平面垂直的判定與性質(zhì)理.DOC

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2019-2020年高考數(shù)學異構異模復習第八章立體幾何課時撬分練8.4直線平面垂直的判定與性質(zhì)理 1.[xx冀州中學猜題]設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．m∥α，n∥β，且α∥β，則m∥n B．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m⊥n C．m∥α，n?β，m⊥n，則α⊥β D．m?α，n∥α，m∥β，n∥β，則α∥β 答案　B 解析　對于A，m，n的位置關系應該是平行、相交或異面，故A不正確；對于B，由面面垂直及線面垂直的性質(zhì)知，m⊥n，故B正確；對于C，α與β還可以平行或相交，故C不正確；對于D，α與β還可以相交，所以D不正確．故選B. 2．[xx武邑中學仿真]已知不同直線m、n及不重合平面α、β給出下列結論： ①m?α，n?β，m⊥n?α⊥β ②m?α，n?β，m∥n?α∥β ③m?α，n?β，m∥n?α∥β ④m⊥α，n⊥β，m⊥n?α⊥β 其中的假命題有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 答案　C 解析?、贋榧倜}，m不一定與平面β垂直，所以平面α與β不一定垂直．命題②與③為假命題，②中兩平面可以相交，③α與β可能相交．只有④是真命題，因為兩平面的垂線所成的角與兩平面所成的角相等或互補． 3．[xx衡水中學模擬]設l、m、n均為直線，其中m、n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　當l⊥α時，l⊥m且l⊥n. 但當l⊥m，l⊥n時，若m、n不是相交直線，則得不到l⊥α. 即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要條件．故選A. 4．[xx冀州中學期中]已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　) A．α⊥β，且m?α B．m∥n，且n⊥β C．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β 答案　B 解析　根據(jù)定理、性質(zhì)、結論逐個判斷．因為α⊥β，m?α，則m，β的位置關系不確定，可能平行、相交、m在β面內(nèi)，故A錯誤；由線面垂直的性質(zhì)定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關系也不確定，故C錯誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關系也不確定，故D錯誤． 5．[xx衡水中學仿真]設平面α與平面β相交于直線m，直線a在平面α內(nèi)，直線b在平面β內(nèi)，且b⊥m，則“α⊥β”是“a⊥b”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　若α⊥β，因為α∩β＝m，b?β，b⊥m，所以根據(jù)兩個平面垂直的性質(zhì)定理可得b⊥α，又a?α，所以a⊥b；反過來，當a∥m時，因為b⊥m，一定有b⊥a，但不能保證b⊥α，所以不能推出α⊥β. 6．[xx棗強中學預測]PA垂直于正方形ABCD所在平面，連接PB，PC，PD，AC，BD，則下列垂直關系正確的是(　　) ①平面PAB⊥平面PBC；②平面PAB⊥平面PAD； ③平面PAB⊥平面PCD；④平面PAB⊥平面PAC. A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 答案　A 解析　易證BC⊥平面PAB，則平面PAB⊥平面PBC.又AD∥BC，故AD⊥平面PAB，則平面PAD⊥平面PAB. 7．[xx冀州中學一輪檢測]如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可) 答案　DM⊥PC(答案不唯一) 解析　由定理可知，BD⊥PC. ∴當DM⊥PC時，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD， ∴平面MBD⊥平面PCD. 8．[xx武邑中學一輪檢測]已知a、b、l表示三條不同的直線，α、β、γ表示三個不同的平面，有下列四個命題： ①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，則α∥γ； ②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，則α∥β； ③若α⊥β，α∩β＝a，b?β，a⊥b，則b⊥α； ④若a?α，b?α，l⊥a，l⊥b，l?α，則l⊥α. 其中正確命題的序號是________． 答案　②③ 解析?、僭谡襟wA1B1C1D1－ABCD中，令平面A1B1CD為α，平面DCC1D1為β，平面A1B1C1D1為γ，又平面A1B1CD∩平面DCC1D1＝CD，平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1＝C1D1，則CD與C1D1所在的直線分別表示a，b，CD∥C1D1，但平面A1B1CD與平面A1B1C1D1不平行，即α與γ不平行，故①錯誤．②因為a、b相交，假設其確定的平面為γ，根據(jù)a∥α，b∥α，可得γ∥α.同理可得γ∥β，因此α∥β， 故②正確．③如果兩平面垂直，那么一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線和另一個平面垂直，故③正確．④當a∥b時，l垂直于平面α內(nèi)兩條不相交直線，不能得出l⊥α，故④錯誤． 9．[xx武邑中學月考]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60，PA＝AB＝BC，E是PC的中點． (1)證明：CD⊥AE； (2)證明：PD⊥平面ABE； (3)求二面角A－PD－C的正切值的大?。? 證明　(1)在四棱錐P－ABCD中，因為PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故PA⊥CD，∵AC⊥CD，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC， ∴CD⊥AE， (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60，可得AC＝PA， ∵E是PC的中點，∴AE⊥PC， 由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD，而PD?平面PCD， ∴AE⊥PD， ∵PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD內(nèi)的射影是AD， AB⊥AD，∴AB⊥PD， 又∵AB∩AE＝A， 綜上可得PD⊥平面ABE. (3)解法一：過點A作AM⊥PD，垂足為M，連接EM，則由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM，則EM⊥PD.因此∠AME是二面角A－PD－C的平面角． 由已知，得∠CAD＝30.設AC＝a. 可得PA＝a，AD＝＝a， PD＝＝a，AE＝a. 在Rt△ADP中，∵AM⊥PD， ∴AMPD＝PAAD， 則AM＝＝＝a. 在Rt△AEM中，sin∠AME＝＝， ∴tan∠AME＝. 解法二：由題設PA⊥底面ABCD，PA?平面PAD，則平面PAD⊥平面ACD，交線為AD， 過點C作CF⊥AD，垂足為F，故CF⊥平面PAD，過點F作FM⊥PD，垂足為M，連接CM，故CM⊥PD，因此∠CMF是二面角A－PD－C的平面角， 由已知，可得∠CAD＝30，設AC＝a， 可得PA＝a，AD＝a，PD＝a，CF＝a，F(xiàn)D＝a. ∵△FMD∽△PAD，∴＝. 于是，F(xiàn)M＝＝＝a， 在Rt△CFM中，tan∠CMF＝＝＝. 10．[xx衡水中學熱身]如圖，已知ABCD是正方形，直線AE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝1. (1)求二面角A－CE－D的大??； (2)設P為棱DE的中點，在△ABE的內(nèi)部或邊上是否存在一點H，使PH⊥平面ACE，若存在，求出點H的位置，若不存在，說明理由． 解　(1)如圖，連接BD交AC于O，則DO⊥平面ACE，作OM⊥CE于M，連接DM，則∠OMD就是二面角A－CE－D的平面角． sin∠OMD＝＝＝，∠OMD＝60， ∴二面角A－CE－D為60. (2)如圖，存在BE的中點H，使PH⊥平面ACE. ∵PH是△BDE的中位線，則PH∥BD，而BD⊥平面ACE，故PH⊥平面ACE. 11．[xx武邑中學模擬]如圖，四邊形ABCD為正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：PQ⊥平面DCQ； (2)求棱錐Q－ABCD的體積與棱錐P－DCQ的體積的比值． 解　(1)證明：由條件知四邊形PDAQ為直角梯形， 因為QA⊥平面ABCD，QA?平面PDAQ，所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交線為AD. 又四邊形ABCD為正方形，DC⊥AD， 所以DC⊥平面PDAQ， 又PQ?平面PDAQ，所以PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得 DQ＝PQ＝PD，則PQ⊥QD. 又DC∩QD＝D，所以PQ⊥平面DCQ. (2)設AB＝a.由題設知AQ為棱錐Q－ABCD的高， 所以棱錐Q－ABCD的體積V1＝a3. 由(1)知PQ為棱錐P－DCQ的高， 而PQ＝a，△DCQ的面積為a2， 所以棱錐P－DCQ的體積V2＝a3. 故棱錐Q－ABCD的體積與棱錐P－DCQ的體積的比值為1. 12．[xx棗強中學一輪檢測]如圖，在三棱錐P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝4，AB＝BC＝2. (1)求證：平面ABC⊥平面APC； (2)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值． 解　(1)證明：如圖所示，取AC中點O，連接OP，OB. ∵PA＝PC＝AC＝4， ∴OP⊥AC，且PO＝4sin60＝2. ∵BA＝BC＝2， ∴BA2＋BC2＝16＝AC2，且BO⊥AC， ∴BO＝＝2. ∵PB＝4， ∴OP2＋OB2＝12＋4＝16＝PB2， ∴OP⊥OB. ∵AC∩OB＝O，∴OP⊥平面ABC. ∵OP?平面PAC， ∴平面ABC⊥平面APC. (2)設直線PA與平面PBC所成角的大小為θ，A到平面PBC的距離為d，則sinθ＝＝.∵PB＝PC＝4，BC＝2， ∴S△PBC＝BC＝2＝2. 由(1)知，VP－ABC＝S△ABCPO＝， 又VA－PBC＝VP－ABC， ∴2d＝， ∴d＝，∴sinθ＝＝， ∴直線PA與平面PBC所成角的正弦值為. 能力組 13.[xx衡水中學周測]已知平面α與平面β相交，直線m⊥α，則(　　) A．β內(nèi)必存在直線與m平行，且存在直線與m垂直 B．β內(nèi)不一定存在直線與m平行，不一定存在直線與m垂直 C．β內(nèi)不一定存在直線與m平行，但必存在直線與m垂直 D．β內(nèi)必存在直線與m平行，不一定存在直線與m垂直 答案　C 解析　如圖，在平面β內(nèi)的直線若與α，β的交線a平行，則有m與之垂直．但卻不一定在β內(nèi)有與m平行的直線，只有當α⊥β時才存在． 14．[xx冀州中學月考]如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝AC，AC1⊥A1B，M，N分別為A1B1，AB的中點，給出下列結論：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥AM；③平面AMC1∥平面CNB1.其中正確結論的個數(shù)為(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　D 解析　由于ABC－A1B1C1為直三棱柱，所以A1A⊥C1M.由B1C1＝A1C1，M為A1B1的中點，得C1M⊥A1B1.又AA1∩A1B1＝A1，所以C1M⊥平面A1ABB1，所以①正確．因為C1M⊥平面A1ABB1，所以C1M⊥A1B.又AC1⊥A1B，C1M∩AC1＝C1，所以A1B⊥平面AMC1，所以AM⊥A1B，所以②正確．由AM∥B1N，C1M∥CN，可得平面AMC1∥平面CNB1，所以③正確．故正確結論共有3個． 15．[xx武邑中學周測]如圖，邊長為4的正方形ABCD所在平面與正三角形PAD所在平面互相垂直，M，Q分別為PC，AD的中點． (1)求證：PA∥平面MBD； (2)求二面角P－BD－A的余弦值； (3)試問：在線段AB上是否存在一點N，使得平面PCN⊥平面PQB，若存在，試指出點N的位置，并證明你的結論；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：連接AC交BD于點O，連接MO，由正方形ABCD知O為AC的中點， ∵M為PC的中點，∴MO∥PA， ∵MO?平面MBD，PA?平面MBD， ∴PA∥平面MBD. (2)取OD中點G，連接QG，PG，則QG∥AC， 又由四邊形ABCD是正方形得AC⊥BD，∴QG⊥BD. 又平面ABCD⊥平面PAD，△PAD為正三角形，Q為AD中點， ∴PQ⊥平面ABCD，而BD?平面ABCD， ∴PQ⊥BD，BD⊥平面PQG，∴BD⊥PG. ∴∠PGQ即為二面角P－BD－A的平面角． 由題意可得，QG＝，PQ＝2，PG＝， ∴cos∠PGQ＝. (3)存在點N，當N為AB中點時，平面PQB⊥PCN. ∵四邊形ABCD是正方形，Q為AD的中點， ∴BQ⊥NC，由(2)知，PQ⊥平面ABCD，NC?平面ABCD， ∴PQ⊥NC，又BQ∩PQ＝Q，∴NC⊥平面PQB， ∵NC?平面PCN，∴平面PCN⊥平面PQB. 16．[xx衡水中學月考]如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AB＝2AD＝2，BD＝，PD⊥底面ABCD. (1)證明：平面PBC⊥平面PBD； (2)若二面角P－BC－D為，求AP與平面PBC所成角的正弦值． 解　(1)證明：∵CD2＝BC2＋BD2， ∴BC⊥BD. 又∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥BC. 又∵PD∩BD＝D，∴BC⊥平面PBD. 而BC?平面PBC， ∴平面PBC⊥平面PBD. (2)由(1)所證，BC⊥平面PBD， ∴∠PBD即為二面角P－BC－D的平面角，即∠PBD＝.∵BD＝，∴PD＝1. 分別以DA，DB，DP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． 則A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)． ∴＝(－1,0,1)，＝(－1,0,0)，＝(0，－，1)． 設平面PBC的法向量為n＝(a，b，c)，則即可解得平面PBC的一個法向量為n＝(0,1，)， ∴AP與平面PBC所成角的正弦值為sinθ＝＝＝.