高考数学一轮复习第七章立体几何75直线平面垂直的判定及其性质课时提升作业理.docx

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高考数学一轮复习第七章立体几何75直线平面垂直的判定及其性质课时提升作业理

2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课时提升作业理

一、选择题（每小题5分,共35分）

1.（xx·佛山模拟）关于直线l,m及平面α,β,下列命题中正确的

是　（　　）

A.若l∥α,α∩β=m,则l∥m

B.若l∥α,m∥α,则l∥m

C.若l⊥α,l∥β,则α⊥β

D.若l∥α,m⊥l,则m⊥α

【解析】选C.A中,l与m可能平行,异面,B中,l与m可能平行、相交、异面,故A,B错;D中,m与α也可能平行,斜交,故D错;C中,由l∥β知,平面β中存在直线n∥l,则由l⊥α,可得n⊥α,由面面垂直的判定定理知α⊥β,故C正确.

2.（xx·石家庄模拟）设α,β是两个不同的平面,l是一条直线,以下命题正确的是　（　　）

A.若l⊥α,α⊥β,则l⊂β

B.若l∥α,α∥β,则l⊂β

C.若l⊥α,α∥β,则l⊥β

D.若l∥α,α⊥β,则l⊥β

【解析】选C.A,B,D中,也可能有l∥β,故A,B,D错误;C中,根据一条直线垂直于两个平行平面的一个,也垂直于另一个,知C正确.

3.（xx·三明模拟）在下列四个正方体中,能得出AB⊥CD的是　（　　）

【解析】选A.A选项中,因为CD⊥平面AMB,所以CD⊥AB,B选项中,AB与CD成60°角;C选项中,AB与CD成45°角;D选项中,AB与CD夹角的正切值为.

4.（xx·郑州模拟）已知ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,下列判断中正确的

是　（　　）

A.AB⊥PC

B.AC⊥平面PBD

C.BC⊥平面PAB

D.平面PBC⊥平面PDC

【解析】选C.由题意画出几何体的图形,

如图,显然AB⊥PC不正确;

AC不垂直PO,所以AC⊥平面PBD不正确;BC⊥AB,PA⊥平面ABCD,

PA⊥BC,PA∩AB=A,

所以BC⊥平面PAB正确.

5.（xx·南昌模拟）如图,在正四面体P-ABC中,点D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论不成立的是　（　　）

A.BC∥平面PDF

B.DF⊥平面PAE

C.平面PDF⊥平面PAE

D.平面PDE⊥平面ABC

【解析】选D.因BC∥DF,DF⊂平面PDF,BC⊄平面PDF,所以BC∥平面PDF,A成立;易证BC⊥平面PAE,BC∥DF,所以结论B,C均成立;点P在底面ABC内的射影为

△ABC的中心,不在中位线DE上,故结论D不成立.

6.（xx·秦皇岛模拟）已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则　（　　）

A.α∥β且l∥α

B.α⊥β且l⊥β

C.α与β相交,且交线垂直于l

D.α与β相交,且交线平行于l

【解析】选D.因为m,n为异面直线,所以过空间内一点P,作m′∥m,n′∥n,则l⊥m′,l⊥n′,即l垂直于m′与n′确定的平面γ,又m⊥平面α,n⊥平面β,所以m′⊥平面α,n′⊥平面β,所以平面γ既垂直于平面α,又垂直于平面β,所以α与β相交,且交线垂直于平面γ,故交线平行于l.

7.（xx·广州模拟）如图,边长为a的正△ABC的中线AF与中位线DE相交于点G,已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形,下列命题中错误的

是　（　　）

A.动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上

B.恒有平面A′GF⊥平面BCED

C.三棱锥A′-FED的体积有最大值

D.异面直线A′E与BD不可能互相垂直

【解析】选D.由题意知,DE⊥平面A′FG,又因为DE⊂平面ABC,所以平面A′FG⊥平面ABC,且它们的交线是AF,过A′作A′H⊥AF,则A′H⊥平面ABC,所以点

A′在平面ABC上的射影一定在线段AF上,且平面A′GF⊥平面BCED,故A,B均正确;三棱锥A′-EFD的体积可以表示为V=S△EFD·A′H,当平面A′DE⊥平面ABC时,A′H最大,故三棱锥A′-EFD的体积有最大值,故C正确;连接CD,EH,当CD∥EH时,BD⊥EH,又知EH是A′E在平面ABC内的射影,所以BD⊥A′E,因此,异面直线A′E与BD可能垂直,故D错误.

二、填空题（每小题5分,共15分）

8.如图所示,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,点E是AC的中点,则下列命题中正确的是　　　　（填序号）.

①平面ABC⊥平面ABD;

②平面ABC⊥平面BCD;

③平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE;

④平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE.

【解析】由AB=CB,AD=CD,点E为AC中点,知AC⊥DE,AC⊥BE,

又因为DE∩BE=E,从而AC⊥平面BDE,故③正确.

答案:

③

9.（xx·厦门模拟）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法错误的是　　　　　.（填序号）

①在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMB;

②异面直线AD与PB所成的角为90°;

③二面角P-BC-A的大小为45°;

④BD⊥平面PAC.

【解析】对于①,取AD的中点M,连接PM,BM,

则因为侧面PAD为正三角形,所以PM⊥AD,

又因为底面ABCD是∠DAB=60°的菱形,

所以三角形ABD是等边三角形,

所以AD⊥BM,

因为PM∩BM=M,

所以AD⊥平面PBM,故①正确.

对于②,因为AD⊥平面PBM,

所以AD⊥PB,即异面直线AD与PB所成的角为90°,故②正确.

对于③,因为底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,平面PAD⊥平面ABCD,

平面PAD∩平面ABCD=AD,

PM⊥AD,所以PM⊥平面ABCD,

又BM⊥BC,BC⊥PB,

则∠PBM是二面角P-BC-A的平面角,

设AB=1,则BM=,PM=,

在直角三角形PBM中,tan∠PBM==1,

即∠PBM=45°,故二面角P-BC-A的大小为45°,故③正确.故错误的是④.

答案:

④

10.（xx·泉州模拟）点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动,给出下列命题:

①三棱锥A-D1PC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】连接BD交AC于点O,连接DC1交D1C于点O1,连接OO1,则OO1∥BC1,所以BC1∥平面AD1C,动点P到平面AD1C的距离不变,所以三棱锥P-AD1C的体积不变.

又因为=,所以①正确.

因为平面A1C1B∥平面AD1C,A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1,②正确.

由于当点P在B点时,DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1,故③不正确;由于DB1⊥D1C,DB1⊥AD1,D1C∩AD1=D1,所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面ACD1,④正确.

答案:

①②④

（20分钟　40分）

1.（5分）（xx·合肥模拟）如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则点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

D.△ABC内部

【解析】选A.连接AC1,因为BC1⊥AC,BA⊥AC,BA∩BC1=B,

所以AC⊥平面ABC1,

所以平面ABC⊥平面ABC1,

因为平面ABC∩平面ABC1=AB,

所以C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.

2.（5分）（xx·濮阳模拟）如图,在正四棱锥S-ABCD中,E是BC的中点,P点在侧面△SCD内及其边界上运动,并且总是保持PE⊥AC,则动点P的轨迹与△SCD组成的相关图形是　（　　）

【解析】选A.取CD的中点F,连接EF,BD,则AC⊥EF,

又因为点S在平面ABCD内的射影在BD上,且AC⊥BD,

所以AC⊥SB,取SC的中点Q,

连接EQ,FQ,

则EQ∥SB,

所以AC⊥EQ,又因为AC⊥EF,EQ∩EF=E,

所以AC⊥平面EQF,

因此点P在FQ上移动时总有AC⊥EP.

3.（5分）《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在鳖臑PABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且AP=AC=1,过A点分别作AE⊥PB于点E,AF⊥PC于点F,连接EF.当△AEF的面积最大时,tan∠BPC的值是　（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.显然BC⊥平面PAB,则BC⊥AE,

又PB⊥AE,PB∩BC=B,则AE⊥平面PBC,

于是AE⊥EF,且AE⊥PC,结合条件AF⊥PC得PC⊥平面AEF,

所以△AEF,△PEF均为直角三角形,由已知得AF=,而S△AEF=AE·EF≤（AE2+EF2）=（AF）2=,当且仅当AE=EF时,取“=”.所以,当AE=EF=时,△AEF的面积最大,此时tan∠BPC===.

【加固训练】

（xx·成都模拟）如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的是　　　　　（填序号）.

①AC⊥SB;②AB∥平面SCD;③SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角;④AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角.

【解析】因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.又因为SD⊥底面ABCD,所以SD⊥AC,其中SD∩BD=D,所以AC⊥平面SDB,从而AC⊥SB.故①正确;易知②正确;设AC与DB交于O点,连接SO,则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,又因为OA=OC,SA=SC,所以∠ASO=∠CSO,故③正确;由AB∥CD知,AB与SC所成的角就是CD与SC所成的角∠SCD,易知∠SCD<,DC与SA所成的角就是AB与SA所成的角∠SAB,易知∠SAB=,故④错误.

答案:

①②③

4.（12分）（xx·江苏高考）如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.

求证:

（1）直线PA∥平面DEF.

（2）平面BDE⊥平面ABC.

【证明】

（1）因为D,E分别为棱PC,AC的中点,

所以PA∥DE,

又因为PA⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,

所以PA∥平面DEF.

（2）由

（1）知PA∥DE,

又因为PA⊥AC,

所以DE⊥AC,

又因为F是AB的中点,E是AC的中点,

所以DE=PA=3,EF=BC=4,

又因为DF=5,

所以DE2+EF2=DF2,

所以DE⊥EF,

因为EF,AC是平面ABC内两条相交直线,

所以DE⊥平面ABC,

又因为DE⊂平面BDE,

所以平面BDE⊥平面ABC.

5.（13分）（xx·福州模拟）如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,点M是棱PC的中点,PA⊥平面ABCD,AC,BD交于点O.

（1）已知:

PA=,求证:

AM⊥平面PBD.

（2）若二面角M-AB-D的余弦值等于,求PA的长.

【解题提示】

（1）由已知中四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,

∠ABC=60°,点M是棱PC的中点,得到AM,PO交点G是△PAC的重心,根据三角形重心的性质,我们易得AG,OG的长,由勾股定理,我们易得AG⊥PO,由线面垂直的判定定理易得到BD⊥平面PAC,再由线面垂直的性质得到BD⊥AM,结合AM⊥PO,即可得到AM⊥平面PBD.

（2）由MO∥PA,结合已知中PA⊥平面ABCD,过O作AB的垂线,垂足为N,连接MN,易得到∠MNO即为二面角M-AB-D的平面角,由已知中二面角M-AB-D的余弦值等于,我们可构造一个关于OM的方程,解方程求出OM值,即可求出满足条件时PA的长.

【解析】

（1）底面ABCD是边长为2的菱形,AC,BD交于点O,故O为AC的中点,连接OM,

又因为点M是棱PC的中点,

所以AM,PO的交点G是△PAC的重心,

所以AG=AM=,OG=PO=,AG2+OG2=1=AO2,

所以AG⊥PO,

又因为BD⊥AO,BD⊥PA,PA∩AO=A,

所以BD⊥平面PAC,

又因为AM⊂平面PAC,

所以BD⊥AM,

又因为AM⊥PO,PO∩BD=O,

所以AM⊥平面PBD.

（2）因为MO∥PA,

所以MO⊥平面ABCD,

过O作AB的垂线,垂足为点N,

则ON=BO=,

连接MN,则MN⊥AB,

所以∠MNO即为二面角M-AB-D的平面角,

则

=,

解得OM=1,

所以PA=2OM=2.

2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.6空间直角坐标系空间向量及其运算课时提升作业理

一、选择题（每小题5分,共25分）

1.向量a=（-2,-3,1）,b=（2,0,4）,c=（-4,-6,2）,下列结论正确的是　（　　）

A.a∥b,a∥c　　　　B.a∥b,a⊥c

C.a∥c,a⊥bD.以上都不对

【解析】选C.因为c=（-4,-6,2）=2（-2,-3,1）,

所以a∥c.

又a·b=（-2）×2+（-3）×0+1×4=0,

所以a⊥b.

2.（xx·长沙模拟）已知a=（2,1,-3）,b=（-1,2,3）,c=（7,6,λ）,若a,b,c三向量共面,则λ=　（　　）

A.9　　　B.-9　　　C.-3　　　D.3

【解析】选B.由题意知c=xa+yb,

即（7,6,λ）=x（2,1,-3）+y（-1,2,3）,

所以

解得λ=-9.

3.在空间直角坐标系中,已知点A（1,0,2）,B（1,-3,1）,点M在y轴上,且M到A与到B的距离相等,则M的坐标是　（　　）

A.（1,0,1）B.（0,1,0）

C.（0,-1,0）D.（0,0,1）

【解析】选C.设M（0,y,0）,则有=

解得y=-1.

4.（xx·黄山模拟）在棱长为1的正四面体ABCD中,点E是BC的中点,则

·=　（　　）

A.0B.C.-D.-

【解析】选D.=（+）,=-,

所以·=（+）·（-）

=（·-·+·-）

=·-

=-=-.

5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出以下向量表达式:

①（-）-;②（+）-;

③（-）-2;④（+）+.

其中与向量相等的是　（　　）

A.①②B.②③C.③④D.①④

【解析】选A.①（-）-=-=;

②（+）-=-=;

③（-）-2=-2≠;

④（+）+=+=≠,

综上,①②符合题意.

二、填空题（每小题5分,共15分）

6.（xx·湖北四校联考）向量a=（1,2,x）,b=（2,y,-1）,若|a|=,且a⊥b,则x+y=　　　.

【解析】由|a|=得=,

解得x=0,即a=（1,2,0）,

又a⊥b,则a·b=0,即2+2y=0,

解得y=-1,从而x+y=-1.

答案:

-1

7.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,点E是B1C1的中点,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,则|AE|=　　　　.

【解题提示】确定A,E的坐标,可得的坐标,然后求出AE的长度.

【解析】由题意长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=DD1=1,DC=,点E是B1C1的中点,则A（1,0,0）,E,所以=,

所以||=

=.

答案:

8.（xx·宜昌模拟）已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,

①（++）2=32;

②·（-）=0;

③向量与向量的夹角是60°;

④正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|··|.

其中正确的序号是　　　　.

【解析】①中,（++=2+2+2=32,故①正确;②中,-=,因为AB1⊥A1C,故②正确;③中,两异面直线A1B与AD1所成的角为60°,但与的夹角为120°,故③不正确,④中,|··|=0,故④也不正确.

答案:

①②

三、解答题（每小题10分,共20分）

9.（xx·周口模拟）已知空间三点A（0,2,3）,B（-2,1,6）,C（1,-1,5）.

（1）求以,为边的平行四边形的面积.

（2）若|a|=,且a分别与,垂直,求向量a的坐标.

【解析】

（1）由题意可得:

=（-2,-1,3）,=（1,-3,2）,

所以cos<,>====,

所以sin<,>=,

所以以,为边的平行四边形的面积:

S=2×||||sin<,>=14×=7.

（2）设a=（x,y,z）,

由题意得

解得

或

所以a=（1,1,1）或a=（-1,-1,-1）.

10.（xx·唐山模拟）已知空间三点A（-2,0,2）,B（-1,1,2）,C（-3,0,4）,设a=,b=.

（1）求a和b夹角的余弦值.

（2）设|c|=3,c∥,求c的坐标.

【解析】

（1）因为=（1,1,0）,=（-1,0,2）,

所以a·b=-1+0+0=-1,|a|=,|b|=.

所以cos===.

（2）=（-2,-1,2）.设c=（x,y,z）,

因为|c|=3,c∥,

所以=3,存在实数λ使得c=λ,

即

联立解得

或

所以c=±（-2,-1,2）.

（20分钟　40分）

1.（5分）（xx·开封模拟）若A（x,5-x,2x-1）,B（1,x+2,2-x）,当||取最小值时,x的值为　（　　）

A.19B.-C.D.

【解析】选C.||=

=,所以当x=时,

||min=.

2.（5分）设A,B,C,D是空间不共面的四个点,且满足·=0,

·=0,·=0,则△BCD的形状是　（　　）

A.钝角三角形B.直角三角形

C.锐角三角形D.无法确定

【解题提示】通过·,·,·的符号判断△BCD各内角的大小,进而确定出三角形的形状.

【解析】选C.·=（-）·（-）

=·-·-·+2=2>0,

同理·>0,·>0.故△BCD为锐角三角形.

【加固训练】如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为　（　　）

A.（1,1,1）　　　　　B.

C.D.（1,1,2）

【解析】选A.由已知得D（0,0,0）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,

设P（0,0,a）（a>0）,则E.

所以=（0,0,a）,=,

||=a,||=

==.

又cos<,>=,

所以

=,

解得a2=4,即a=2,所以E（1,1,1）.

3.（5分）二面角α-l-β为60°,A,B是l上的两点,AC,BD分别在半平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=a,BD=2a,则CD的长为　（　　）

A.2aB.aC.aD.a

【解题提示】选,,为基向量,进行基向量运算求解.

【解析】选A.因为AC⊥l,BD⊥l,所以<,>=60°,

且·=0,·=0,

所以=++,

所以||=

=

=2a.

4.（12分）已知a=（3,1,5）,b=（1,2,-3）,a·c=9,b·c=-4.

（1）若向量c垂直于空间直角坐标系的z轴,试求c的坐标.

（2）是否存在向量c,使得c与z轴共线?

试说明理由.

【解题提示】

（1）设c=（x0,y0,z0）,设z轴上一点为（0,0,m）（m≠0）,依题意a·c=9,b·c=-4,c垂直于空间直角坐标系的z轴,即可求得c的坐标.

（2）设c=（x1,y1,z1）,设z轴上一点为（0,0,n）（n≠0）,则（x1,y1,z1）=λ（0,0,n）,

c=（0,0,λn）（n≠0）,同

（1）求得λ与n的关系式即可作出判断.

【解析】

（1）设c=（x0,y0,z0）,设z轴上一点为（0,0,m）（m≠0）,则由题意得:

解得

即c=.

（2）设c=（x1,y1,z1）,设z轴上一点为（0,0,n）（n≠0）,则由题意,知（x1,y1,z1）=λ（0,0,n）=（0,0,λn）（n≠0）,

所以x1=0,y1=0,z1=λn,

即c=（0,0,λn）（n≠0）,

又a·c=9,b·c=-4,

即

⇒

显然矛盾,

所以不存在满足题意的向量c,使得c与z轴共线.

5.（13分）（xx·广州模拟）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.

（1）求的模.

（2）求cos<,>的值.

（3）求证:

A1B⊥C1M.

【解析】如图,建立空间直角坐标系Oxyz,点C为坐标原点O.

（1）依题意得B（0,1,0）,N（1,0,1）,

所以||=

=.

（2）依题意得A1（1,0,2）,

B（0,1,0）,C（0,0,0）,B1（0,1,2）.

所以=（1,-1,2）,

=（0,1,2）,·=3,

||=,||=,

所以cos<,>==.

（3）依题意,得C1（0,0,2）,M,=（-1,1,-2）,=.

所以·=-++0=0,

所以⊥.所以A1B⊥C1M.