2020版高考数学复习第八章立体几何初步第5讲直线、平面垂直的判定与性质分层演练.docx

第5讲 直线、平面垂直的判定与性质1.如图，在RtABC中，ABC90，P为ABC所在平面外一点，PA平面ABC，则四面体PABC中共有直角三角形的个数为()A4B.3C2 D1解析：选A.由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，所以BCPB，即PBC为直角三角形，故四面体PABC中共有4个直角三角形2.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，则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 DABC内部解析：选A.由ACAB，ACBC1，得AC平面ABC1.因为AC平面ABC，所以平面ABC1平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上3(2017高考全国卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 B.A1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：选C.由正方体的性质，得A1B1BC1，B1CBC1，所以BC1平面A1B1CD，又A1E平面A1B1CD，所以A1EBC1，故选C.4设a，b，c是空间的三条直线，是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是()A当c时，若c，则B当b时，若b，则C当b，且c是a在内的射影时，若bc，则abD当b，且c时，若c，则bc解析：选B.A的逆命题为：当c时，若，则c.由线面垂直的性质知c，故A正确；B的逆命题为：当b时，若，则b，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b，且c是a在内的射影时，若ab，则bc.由三垂线逆定理知bc，故C正确；D的逆命题为：当b，且c时，若bc，则c.由线面平行判定定理可得c，故D正确5设a，b是夹角为30的异面直线，则满足条件“a，b，且”的平面，()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：选D.过直线a的平面有无数个，当平面与直线b平行时，两直线的垂线与b确定的平面，当平面与b相交时，过交点作平面的垂线与b确定的平面.故选D.6.如图，已知BAC90，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ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因为AP平面PAC，所以ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7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，则ACBD，因为PA底面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC.所以当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD.而PC平面PCD，所以平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC)8.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，ACBC1，ACB90，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B1Fx，因为AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，设RtAA1B1斜边AB1上的高为h，则DEh，又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E.由面积相等得 x，得x.即线段B1F的长为.答案：9.如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点(1)求证：BF平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD平面AOF.证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，因为F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，因为CD3PE，所以FG2PE，FGCD，因为CDAB，AB2PE，所以ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行四边形，所以BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，所以BF平面ADP.(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，因为BAAD，CDDA，ABAD，O为BD的中点，所以ABMD是正方形，则BDAM，MD2PE.所以FMPD，因为PD平面ABCD，所以FM平面ABCD，所以FMBD，因为AMFMM，所以BD平面AMF，所以BD平面AOF.10如图所示，M，N，K分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点求证：(1)AN平面A1MK；(2)平面A1B1C平面A1MK.证明：(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，所以AA1DD1，AA1DD1，C1D1CD，C1D1CD.因为N，K分别为CD，C1D1的中点，所以DND1K，DND1K，所以四边形DD1KN为平行四边形，所以KNDD1，KNDD1，所以AA1KN，AA1KN，所以四边形AA1KN为平行四边形，所以ANA1K.因为A1K平面A1MK，AN平面A1MK，所以AN平面A1MK.(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，ABC1D1，ABC1D1.因为M，K分别为AB，C1D1的中点，所以BMC1K，BMC1K，所以四边形BC1KM为平行四边形，所以MKBC1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，所以A1B1BC1.因为MKBC1，所以A1B1MK.因为四边形BB1C1C为正方形，所以BC1B1C.所以MKB1C.因为A1B1平面A1B1C，B1C平面A1B1C，A1B1B1CB1，所以MK平面A1B1C，又因为MK平面A1MK，所以平面A1B1C平面A1MK.1已知直线m，l，平面，且m，l，给出下列命题：若，则ml；若，则ml；若ml，则；若ml，则.其中正确命题的个数是()A1 B.2C3 D4解析：选B.命题，若，又m，所以m，又l，所以ml，正确；命题，l与m可能相交，也可能异面，错误；命题，与可能平行，错误；命题，因为ml，又m，所以，正确2在ABC中，ABAC5，BC6，PA平面ABC，PA8，则P到BC的距离是()A. B.2C3 D4解析：选D.如图，取BC的中点D，连接AD，则ADBC.又PA平面ABC，根据三垂线定理，得PDBC.在RtABD中，AB5，BD3，所以AD4.在RtPAD中，PA8，AD4，所以PD4.3四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两互相垂直的共有_对解析：因为ADAB，ADPA且PAABA，可得AD平面PAB.同理可得BC平面PAB、AB平面PAD、CD平面PAD，由面面垂直的判定定理可得，平面PAD平面PAB，平面PBC平面PAB，平面PCD平面PAD，平面PAB平面ABCD，平面PAD平面ABCD，共有5对答案：54.如图，PAO所在平面，AB是O的直径，C是O上一点，AEPC，AFPB，给出下列结论：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中正确结论的序号是_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正确，AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，AFPB，EF平面AEFEFPB，故正确，若AFBCAF平面PBC，则AFAE与已知矛盾，故错误，由可知正确答案：5.(2019郑州第二次质量预测)在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且DAB60，EAEDAB2EF2，EFAB，M为BC的中点(1)求证：FM平面BDE；(2)若平面ADE平面ABCD，求点F到平面BDE的距离解：(1)证明：取BD的中点O，连接OM，OE(图略)，因为O，M分别为BD，BC的中点，所以OMCD，且OMCD.因为四边形ABCD为菱形，所以CDAB，又EFAB，所以CDEF，又ABCD2EF，所以EFCD，所以OMEF，且OMEF，所以四边形OMFE为平行四边形，所以MFOE.又OE平面BDE，MF平面BDE，所以MF平面BDE.(2)由(1)得FM平面BDE，所以点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离取AD的中点H，连接EH，BH，因为EAED，四边形ABCD为菱形，且DAB60，所以EHAD，BHAD.因为平面ADE平面ABCD，平面ADE平面ABCDAD，所以EH平面ABCD，所以EHBH，易得EHBH，所以BE，所以SBDE.设点F到平面BDE的距离为h，连接DM，则SBDMSBCD4，连接EM，由V三棱锥EBDMV三棱锥MBDE，得h，解得h，即点F到平面BDE的距离为.6.(2019长沙市、南昌市部分学校联考)已知多面体CDABFE中，ABCDEF，EF平面AED，且BD，AB2，AEDEDCAB，FE的长是DC的长与AB的长的等差中项(1)求证：AE平面CDEF；(2)求点A到平面BCF的距离解：(1)证明：在多面体CDABFE中，因为EF平面AED，且DE，AE平面AED，所以EFAE，EFDE，因为ABEF，所以ABAE.连接BE(图略)，在RtABE中，BE，所以BE2DE2BD2，所以DEBE.又BEEFE，BE，EF平面ABFE，所以DE平面ABFE，又AE平面ABFE，所以DEAE.因为DEEFE，DE，EF平面CDEF，所以AE平面CDEF.(2)因为EFCD，EF平面ABFE