版高考数学一轮复习第7章立体几何75直线平面垂直的判定与性质课后作业文文档格式.docx
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B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC内部
答案 A
解析 因为AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，所以AC⊥平面ABD，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABD，所以点D在平面ABC内的射影H必在直线AB上．故选A.
4．（2018·
江西九江模拟）如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是（ ）
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BCD
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE
答案 C
解析 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故选C.
5．（2018·
甘肃二诊）已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝
，AB＝4，若在棱AB上存在点P，使得D1P⊥PC，则AD的取值范围是（ ）
A．（0,1]B．（0,2]
C．（1，
]D．[1,4）
解析 连接DP，由D1P⊥PC，DD1⊥PC，且D1P，DD1是平面DD1P内两条相交直线，得PC⊥平面DD1P，PC⊥DP，即点P在以CD为直径的圆上，又点P在AB上，则AB与圆有公共点，即0<
AD≤
CD＝2.故选B.
6．（2018·
河北模拟）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，PA＝3，AD＝4，PA⊥底面ABCD，E是棱PD上异于P，D的动点．设
＝m，则“0<
m<
2”是“三棱锥C－ABE的体积不小于1”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
解析 如图，过E点作EH⊥AD，H为垂足，则EH⊥平面ABCD.∵VC－ABE＝VE－ABC，
∴三棱锥C－ABE的体积为
EH.若三棱锥C－ABE的体积不小于1，则EH≥
，又PA＝3，∴
＝m≤1，
∴0<
m≤1.故选B.
7．如图，三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是（ ）
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
解析 ∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正确．
∵BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE.
又∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，B正确．
∵BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，D正确．故选C.
8·
湖北武汉月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝
，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1－ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于（ ）
A．2B．3
C．4D．5
解析 设D1在平面ABC
上的射影为E，连接
D1E，则D1E⊥平面ABC，
∵D1E⊂平面ABD1，
∴平面ABD1⊥平面ABC.
∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，
∴BC⊥平面ABD1，
又BC⊂平面BCD1，
∴平面BCD1⊥平面ABD1.
∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，
∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，
∴AD1⊥平面BCD1，
又AD1⊂平面ACD1，
∴平面ACD1⊥平面BCD1.
∴共有3对平面互相垂直．故选B.
9．（2018·
静海县校级月考）如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是（ ）
A．一条线段B．一条直线
C．一个圆D．一个圆，但要去掉两个点
答案 D
解析 ∵平面PAC⊥平面PBC，
而平面PAC∩平面PBC＝PC，
又AC⊂平面PAC，且AC⊥PC，
∴AC⊥平面PBC，
而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，
∴点C在以AB为直径的圆上，
∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.
10．（2018·
吉林期末）已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1中棱AB，AA1的中点，M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有（ ）
A．0条B．1条
C．2条D．无数条
解析 如图，设D1E与平面AA1C1C相交于点M，在平面AA1C1C内过点M作MN∥AA1交C1F于点N，连接MN，由C1F与D1E为异面直线知MN唯一，且MN⊥平面ABCD.故选B.
二、填空题
11．（2017·
开封二模）三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°
，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：
①异面直线SB与AC所成的角为90°
；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是
a.
其中正确的是________．
答案 ①②③④
解析 由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；
再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③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的距离为
a，④正确．
12．（2017·
苏州期末）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，则下列结论：
①AD∥平面PBC；
②平面PAC⊥平面PBD；
③平面PAB⊥平面PAC；
④平面PAD⊥平面PDC.
其中正确的结论序号是________．
答案 ①②④
解析 ①由底面为正方形，可得AD∥BC，
AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
可得AD∥平面PBC；
②在正方形ABCD中，AC⊥BD，
PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD，
PA∩AC＝A，可得BD⊥平面PAC，
BD⊂平面PBD，即有平面PAC⊥平面PBD；
③假设面PAB⊥面PAC，
∵面PAB∩面PAC＝PA，
又∵PA⊥面ABCD，
∴PA⊥AC.
由面面垂直性质定理，
AC⊥面PAB，
∵AB⊂面PAB，
∴AC⊥AB.
而四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC＝45°
，矛盾．
∴面PAB⊥面PAC不成立；
④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，
PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD，
PA∩AD＝A，可得CD⊥平面PAD，
CD⊂平面PCD，即有平面PAD⊥平面PDC.
综上可得，①②④正确．
故答案为①②④.
13．（2017·
三元区月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°
，∠BAD＝90°
，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．
答案 平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC⊥平面ACD
解析 ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°
∴BD⊥CD.
由CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，
所以平面ABD⊥平面BCD，
由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB.
故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC，
平面ABD⊥平面ADC.
14．（2018·
泰安模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝
，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则∠BA′C＝________，VA′－BCD＝________.
答案 90°
解析 由题设知：
△BA′D为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，∴∠BA′C＝90°
VA′－BCD＝VC－A′BD＝
.
B级
三、解答题
15．（2018·
临汾期末）在三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝2
，D是AA1中点，BD与AB1交于点O，且OC⊥平面ABB1A1.
证明：
平面AB1C⊥平面BCD.
证明 ∵ABB1A1为矩形，AB＝2，
AA1＝2
，D是AA1的中点，
∴∠BAD＝90°
，∠ABB1＝90°
BB1＝2
，AD＝
AA1＝
∴tan∠ABD＝
＝
tan∠AB1B＝
∴∠ABD＝∠AB1B，
∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝
∴∠AOB＝
，即AB1⊥BD.
∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，
∴AB1⊥CO，
又BD∩CO＝O，
∴AB1⊥平面BCD.
∵AB1⊂平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面BCD.
16．（2018·
黄冈调研）在三棱锥P－ABC中，△PAB是等边三角形，PA⊥AC，PB⊥BC.
（1）证明：
AB⊥PC；
（2）若PC＝2，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．
解
（1）证明：
在Rt△PAC和Rt△PBC中
AC＝
，BC＝
∵PA＝PB，∴AC＝BC.
取AB中点M，连接PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC，
∴AB⊥平面PMC，而PC⊂平面PMC，
∴AB⊥PC.
（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连接BD.
∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，
∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌Rt△PBC，
∴AD＝BD，∴△ABD为等腰直角三角形．
设AB＝PA＝PB＝a，则AD＝
a，
在Rt△PAC中，由PA·
AC＝PC·
AD得a·
＝2×
a，∴a＝
∴S△ABD＝
AD·
BD＝
·
2＝
∴VP－ABC＝
S△ABD·
PC＝
×
17．（2018·
绵阳期末）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是AB的中点，M是AA1上一点，AM＝tAA1.
（1）求证：
BC1∥平面A1CD；
（2）若3AB＝2AA1，当t为何值时，B1M⊥平面A1CD?
连接AC1，交A1C于点O，那么点O是AC1的中点，连接OD，由点D是AB的中点，可得BC1∥OD，BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，
可得BC1∥平面A1CD.
（2）由3AB＝2AA1，D为AB中点可得
∴当
时，
可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M，
∴∠DA1A＝∠MB1A1，
∴∠A1MB1＋∠DA1A＝∠A1MB1＋∠MB1A1＝90°
∴B1M⊥A1D.
∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，
又∵CD⊥AA1，AB∩AA1＝A，
∴CD⊥平面AA1B1B.
∵B1M⊂平面AA1B1B，∴CD⊥B1M.
∵CD∩A1D＝D，∴B1M⊥平面A1CD，此时
，3AB＝2AA1，
所以A1M＝
AA1，故AM＝
AA1，
即当t＝
时，B1M⊥平面A1CD.
18．（2018·
昌平区调研）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是DD1的中点．
BD1∥平面AMC；
（2）求证：
AC⊥BD1；
（3）在线段BB1上是否存在点P，当
＝λ时，平面A1PC1∥平面AMC？
若存在，求出λ的值并证明；
若不存在，请说明理由．
在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接BD交AC于N，连接MN.
因为ABCD为正方形，所以N为BD中点，
在△DBD1中，因为M为DD1中点，
所以BD1∥MN.
因为MN⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，
所以BD1∥平面AMC.
（2）证明：
因为ABCD为正方形，
所以AC⊥BD.
因为DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AC.
因为DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1.
因为BD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥BD1.
（3）当λ＝
，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1∥平面AMC.
因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，
所以AC∥A1C1.
取CC1的中点Q，连接MQ,QB.
因为M为DD1中点，
所以MQ∥AB，且MQ＝AB，
所以四边形ABQM是平行四边形．
所以BQ∥AM.
同理BQ∥C1P.
所以AM∥C1P.
因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A，
所以平面A1PC1∥平面AMC.
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