2020版高考数学第七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作业文新人教A版.docx

第5节 直线、平面垂直的判定与性质课时作业基础对点练(时间：30分钟)1已知m是平面的一条斜线，点A，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是()(A)lm，l (B)lm，l(C)lm，l (D)lm，lC解析：设m在平面内的射影为n，当ln且与无公共点时，lm，l.2PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB，PC，PD，AC，BD，则下列垂直关系正确的是()平面PAB平面PBC；平面PAB平面PAD；平面PAB平面PCD；平面PAB平面PAC.(A) (B)(C) (D)A解析：易证BC平面PAB，则平面PAB平面PBC.又ADBC，故AD平面PAB，则平面PAD平面PAB.3已知m和n是两条不同的直线，和是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m的是()(A)，且m (B)mn，且n(C)，且m (D)mn，且nB解析：根据定理、性质、结论逐个判断因为，m，则m，的位置关系不确定，可能平行、相交、m在面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若，m，则m，的位置关系也不确定，故C错误；若mn，n，则m，的位置关系也不确定，故D错误4如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，BC1AC，则点C1在平面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的内部A解析：连接AC1(图略)，ACAB，ACBC1，ABBC1B，AC平面ABC1.又AC平面ABC，平面ABC1平面ABC，点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.5如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCAC，AC1A1B，M，N分别为A1B1，AB的中点，给出下列结论：C1M平面A1ABB1；A1BAM；平面AMC1平面CNB1.其中正确结论的个数为()(A)0 (B)1(C)2 (D)3D解析：由于ABCA1B1C1为直三棱柱，所以A1AC1M.由B1C1A1C1，M为A1B1的中点，得C1MA1B1.又AA1A1B1A1，所以C1M平面A1ABB1，所以正确因为C1M平面A1ABB1，所以C1MA1B.又AC1A1B，C1MAC1C1，所以A1B平面AMC1，所以AMA1B，所以正确由AMB1N，C1MCN，可得平面AMC1平面CNB1，所以正确故正确结论共有3个6(2018湖州模拟)在边长为1的菱形ABCD中，ABC60，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD1，则二面角BACD的余弦值为()(A) (B) (C) (D)A解析：在菱形ABCD中连接BD交AC于O点，则ACBD，在折起后的图中，由四边形ABCD为菱形且边长为1，则DOOB，由于DOAC，BOAC，因此DOB就是二面角BACD的平面角，由BD1得cosDOB.7(2018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BDAC；又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，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：PC平面ABC，PC直线AB，BC，AC.ABAC，ABPC，ACPCC，AB平面PAC，ABAP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB9三棱锥SABC中，SBASCA90，ABC是斜边ABa的等腰直角三角形，给出以下结论：异面直线SB与AC的夹角为90；直线SB平面ABC；平面SBC平面SAC；点C到平面SAB的距离是a.其中正确结论的序号是_解析：由题意知，AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，所以正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，所以距离为a，故正确答案：10如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点(1)求证：AB1BF；(2)求证：AEBF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由(1)证明：连接A1B1，则AB1A1B，又AB1A1F，且A1BA1FA1，AB1平面A1BF.又BF平面A1BF，AB1BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FGAE，又BAGADE，ABGDAE.AEBG.又BGFGG，AE平面BFG.又BF平面BFG，AEBF.(3)解：存在取CC1中点P，即为所求连接EP，AP，C1D，EPC1D，C1DAB1，EPAB.由(1)知AB1BF，BFEP.又由(2)知AEBF，且AEEPE，BF平面AEP.能力提升练(时间：15分钟)11如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是()存在点E使得直线SA平面SBC；平面SBC内存在直线与SA平行；平面ABCE内存在直线与平面SAE平行(A)0 (B)1 (C)2 (D)3B解析：由题图，得SASE；若存在点E使得直线SA平面SBC，则SASB，SASC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行，故正确故选B.12(2017浙江六校联考)下列命题中错误的是()(A)如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面(B)如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面(C)如果平面平面，平面平面，l，那么l平面(D)如果平面平面，那么平面内有且只有一条直线垂直于平面D解析：对于A，若平面平面，则在平面内平行于交线的直线一定平行于平面，故A正确；对于B，若平面内存在直线垂直于平面，则平面与平面一定垂直，故B正确；对于C，平面平面，平面平面，l，若l不垂直于平面，则在l上任取一点P，过P作直线m，则m，m，所以m，因此l与m是同一条直线，即l平面；对于D，平面内存在无数条直线垂直于平面，故D错误，选D.13如图，三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA1BC12，AA1C160，平面ABC1平面AA1C1C，AC1与A1C相交于点D.(1)求证：BD平面AA1C1C；(2)求二面角C1ABC的余弦值解析：(1)依题意，知侧面AA1C1C是菱形，D是AC1的中点，因为BABC1，所以BDAC1，又平面ABC1平面AA1C1C，且BD平面ABC1，平面ABC1平面AA1C1CAC1，所以BD平面AA1C1C.(2)由(1)知BD平面AA1C1C，CD平面AA1C1C，所以CDBD，又CDAC1，AC1BDD，所以CD平面ABC1.过D作DHAB，垂足为H，连接CH，如图，则CHAB.所以DHC为二面角C1ABC的平面角在RtDAB中，AD1，BD，AB2，所以DH，CH；所以cosDHC，即二面角C1ABC的余弦值是.14(2018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，BAD120，PAb.(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ab的值(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PABD.又底面ABCD为菱形，所以ACBD，因为ACPAA，所以BD平面PAC，从而平面PBD平面PAC.(2)解：过O作OHPM交PM于H，连接HD.由(1)知DO平面PAC，所以DHPM，所以OHD为二面角OPMD的平面角又ODa，OM，AM，且，从而OH，tanOHD2，所以9a216b2，即.15.如图，圆锥的轴截面为三角形SAB，O为底面圆圆心，C为底面圆周上一点，D为BC的中点(1)求证：平面SBC平面SOD；(2)如果AOCSDO60，BC2，求该圆锥的侧面积解析：(1)证明