20192020高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直判定与性质课时训练理

——教课资料参照参照范本——2019-2020最新高三数学一轮复习第八篇立体几何与空间向量第5节直线平面垂直的判断与性质课时训练理(1)______年______月______日____________________部门1/11【选题明细表】知识点、方法题号与垂直有关命题的判断3,9直线与平面垂直1,2,6,10平面与平面垂直4,7,14,15线面角、二面角5,8,14综合问题11,12,13基础对点练(时间:30分钟)一条直线和一个圆的两条直径都垂直,则这条直线和这个圆所在的平面的地点关系是(B)(A)平行(B)垂直订交不垂直(D)不确立分析:因为一个圆的两条直径必定订交于圆心,由线面垂直的判断定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直.2.如下图,b,c在平面α内,a∩c=B,b∩c=A,且a⊥b,a⊥c,b⊥c,若C∈a,D∈b,E在线段AB上(C,D,E均异于A,B),则△ACD是(B)(A)锐角三角形(B)直角三角形钝角三角形(D)等腰三角形分析:因为a⊥b,b⊥c,a∩c=B,所以b⊥平面ABC,所以AD⊥AC,故△ACD为直角三角形.应选B.3.(20xx石家庄调研)设a,b表示直线,α,β,γ表示不一样的平面,则下列命题中正确的选项是(D)若a⊥α且a⊥b,则b∥α若γ⊥α且γ⊥β,则α∥β2/11若a∥α且a∥β,则α∥β若γ∥α且γ∥β,则α∥β分析:A项中,应当是b∥α或b?α;B项中,假如是墙角的三个面就不切合题意;C项中,α∩β=m,若a∥m时,知足a∥α,a∥β,可是α∥β不正确.故选D.4.(20xx南昌质检)设a,b是夹角为30°的异面直线,则知足条件“a?,b?β,且α⊥β”的平面α,β(D)(A)不存在(B)有且只有一对有且只有两对(D)有无数对分析:过直线a的平面α有无数个,当平面α与直线b平行时,两直线的公垂线与b确立的平面β⊥α,当平面α与b订交时,过交点作平面α的垂线与b确立的平面β⊥α.已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(B)(B)(C)(D)分析:如图三棱柱ABCA1B1C1,P为底面A1B1C1的中心,取△ABC中心P′,连结PP′,AP,AP′,则∠PAP′即为所求PA与平面ABC所成的角.3/11由AP′=×=1.又S△ABC=×××sin60°=,·PP′=,PP′=,所以tan∠PAP′==,即∠PAP′=.应选B.6.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(A)(B)1(D)2分析:设B1F=x,因为AB1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥DF.由已知能够得A1B1=,矩形ABB1A1中,tan∠FDB1=,tan∠A1AB1==,又∠FDB1=∠A1AB1,所以=.故B1F=×=.应选A.4/117.(20xx山东潍坊质检)如下图,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知足时,平面MBD⊥平面PCD.(只需填写一个你以为是正确的条件即可)分析:连结AC,BD交于O,因为底面各边相等,所以BD⊥AC;又PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.答案:DM⊥PC(或BM⊥PC)四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,极点在底面上的射影是底面正方形的中心,一个对角面的面积是一个侧面面积的倍,则侧面与底面所成锐二面角等于.分析:如下图,依据=,得=,即为侧面与底面所成锐二面角的正弦值,故侧面与底面所成锐二面角为.答案:给出命题:①在空间中,垂直于同一平面的两个平面平行;②设l,m是不一样的直线,α是一个平面,若l⊥α,l∥m,则m⊥α;5/11③已知α,β表示两个不一样平面,m为平面α内的一条直线,“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件;④在三棱锥SABC中,SA⊥BC,SB⊥AC,则S在平面ABC内的射影是△ABC的垂心;a,b是两条异面直线,P为空间一点,过P总能够作一个平面与a,b之一垂直,与另一条平行.此中,正确的命题是(只填序号).分析:①错误,垂直于同一个平面的两个平面也可能订交;③错误,“α⊥β”是“m⊥β”的必需不充分条件;⑤错误,只有当异面直线a,b垂直时才能够作出知足要求的平面;易知②④正确.答案:②④10.(20xx高考山东卷)如图,四棱锥PABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点.求证:AP∥平面BEF;求证:BE⊥平面PAC.证明:(1)设AC∩BE=O,连结OF,EC.因为E为AD的中点,AB=BC=AD,AD∥BC,所以AE∥BC,AE=AB=BC,所以四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点.又F为PC的中点,所以在△PAC中,可得AP∥OF.又OF?平面BEF,AP?平面BEF.6/11所以AP∥平面BEF.(2)由题意知ED∥BC,ED=BC.所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD.又AP⊥平面PCD,所以AP⊥CD,所以AP⊥BE.因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC,又AP∩AC=A,AP,AC?平面PAC,所以BE⊥平面PAC.11.在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,CD∥AB,AB=4,AD=CD=2,将△ADC沿AC折起,使平面ADC⊥平面ABC,获得几何体DABC,如下图.求证:BC⊥平面ACD;求几何体DABC的体积.(1)证明:在图中,可得AC=BC=2,进而AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC,取AC的中点O,连结DO,则DO⊥AC,又平面ADC⊥平面ABC,平面ADC∩平面ABC=AC,DO?平面ADC,进而DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC,又AC⊥BC,AC∩DO=O,所以BC⊥平面ACD.解:由(1)可知,BC为三棱锥BACD的高,BC=2,S△ACD=2,7/11所以=S△ACD·BC=×2×2=,由等体积性可知,几何体DABC的体积为.能力提高练(时间:15分钟)12.(20xx四川绵阳诊疗)已知l,m,n是三条不一样的直线,α,β是不一样的平面,则α⊥β的一个充分条件是(D)(A)l?α,m?β,且l⊥m(B)l?α,m?β,n?β,且l⊥m,l⊥n(C)m?α,n?β,m∥n,且l⊥m(D)l?α,l∥m,且m⊥β分析:关于A,l?α,m?β,且l⊥m,如图(1),α,β不垂直;关于B,l?α,m?β,n?β,且l⊥m,l⊥n,如图(2),α,β不垂直;关于C,m?α,n?β,m∥n,且l⊥m,直线l没有确立,则α,β的关系也不可以确立;关于D,l?α,l∥m,且m⊥β,则必有l⊥β,依据面面垂直的判断定理知α⊥β.13.(20xx天津质检)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折成相互垂直的两个平面后,某学生得出以下四个结论:BD⊥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.此中正确的选项是(B)8/11①②④(B)①②③②③④(D)①③④分析: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.14.如图,三棱柱ABCA1B1C1的侧面A1ABB1⊥BC,且A1C与底面成45°角,AB=BC=2,则该棱柱体积的最小值为(C)(A)4(B)3(C)4(D)3分析:由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交线为AB,故A1在平面ABC上的射影D在AB上.由A1C与底面成45°角得A1D=DC,因为BC⊥AB,所以当CD最小即CD=BC时A1D最小,此时Vmin=×AB×BC×A1D=×2×2×2=4.应选C.15.(20xx河北教课质量监测)已知四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为a的菱形,∠BAD=120°,PA=b.(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a∶b的值.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,所以BD⊥平面PAC,9/11进而平面PBD⊥平面PAC.(2)解:过O作OH⊥PM交PM于H,连结HD.由(1)知DO⊥平面PAC,所以DH⊥PM,所以∠OHD为二面角OPMD的平面角.又OD=a,OM=,AM=,且=,进而OH=·=,tan∠OHD===2,所以9a2=16b2,即=.出色5分钟已知三棱锥SABC的全部极点都在球O的球面上,AB=BC=CA=3,SA=SB=SC,球心O到平面ABC的距离为1,则SA与平面ABC所成角的大小为(C)(A)30°(B)60°(C)30°或60°(D)45°或60°解题重点:注意分球心在三棱锥的内部和外面两种状况.分析:球心地点有以下两种状况:球心在三棱锥内部、球心在三棱锥外部.当球心在三棱锥内部时,三棱锥为正三棱锥,设O′为△ABC的中心,在△ABC中,可求得10/11O′A=,所以可得OA=2,SO′=3,SA与平面ABC所成的角即∠SAO′,由tan∠SAO′==,得∠SA