2022版高考数学一轮复习-练案45-第七章-立体几何-第五讲-直线、平面垂直的判定与性质新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 练案45 第七章 立体几何 第五讲 直线、平面垂直的判定与性质新人教版2022版高考数学一轮复习 练案45 第七章 立体几何 第五讲 直线、平面垂直的判定与性质新人教版年级：姓名：第五讲直线、平面垂直的判定与性质A组基础巩固一、单选题1设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则能得出ab的是(C)Aa，b，Ba，b，Ca，b，Da，b，解析对于C项，由，a可得a，又b，得ab.故选 C2(2021北京延庆统测)已知直线a，平面，a，那么“a”是“”的(A)A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析过a作平面b，a，ab，若a，则b，又b，但，a时，a或a与相交，不一定a，故选A.3(2021浙江省模拟)已知，是两个相交平面，其中l，则(B)A内一定能找到与l平行的直线B内一定能找到与l垂直的直线C若内有一条直线与l平行，则该直线与平行D若内有无数条直线与l垂直，则与垂直解析由，是两个相交平面，其中l，知：在A中，当l与，的交线相交时，内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，内有一条直线与l平行，则该直线与平行或该直线在内，故C错误；在D中，内有无数条直线与l垂直，则与不一定垂直，故D错误，故选B.4(2021东北三省四市教研联合体模拟)已知直线m，n和平面，有如下四个命题：若m，m，则；若m，mn，n，则；若n，n，m，则m；若m，mn，则n.其中真命题的个数是(C)A1B2C3D4解析若m，m，则一定有，故正确；若m，mn，则n，又因为n，故可得，故正确；若n，n，故可得，又因为m，故可得m，故正确；若m，mn，则n或n，故错误；综上所述，正确的有.故选：C5(2021安徽省皖江名校联盟联考)对于不重合的直线m，l和平面，下列可以推出成立的是(A)Aml，m，lBml，l，mCml，m，lDml，l，m解析对于A，ml，l，得m，又m，；对于B，当直线m在平面内部，且垂直于两个平面的交线l时，也会出现面、相交不垂直的情况，故错；对于C，故错；对于D，lm，l，m，则、应该为平行关系，故D错误故选A.6(2021福建泉州质检)如图，在下列四个正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(D)解析如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意故选D.7(2021宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：若ABAC，BDCD，则BCAD；若ABCD，ACBD，则BCAD；若ABAC，BDCD，则BCAD；若ABCD，ACBD，则BCAD.其中为真命题的是(D)ABCD解析如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由ABACAMBC，同理DMBCBC平面AMD，而AD平面AMD，故BCAD：设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由ABCDBOCD，由ACBDCOBDO为BCD的垂心DOBCADBC8(2021卓越联盟质检)已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA平面ABC，PA2AB，则下列命题中正确的有(B)平面PAB平面PAE；PBAD；直线CD与PF所成角的余弦值为；直线PD与平面ABC所成的角为45；CD平面PAE.ABCD解析PA平面ABC，PAAB，在正六边形ABCDEF中，ABAE，PAAEA，AB平面PAE，且AB面PAB，平面PAB平面PAE，故正确；AD与PB在平面的射影AB不垂直，不成立；CDAF，直线CD与PF所成角为PFA，在RtPAF中，PA2AF，cosPFA，成立；在RtPAD中，PAAD2AB，PDA45，故成立；CDAF，CD平面PAF，显然AF与平面PAE相交，CD与平面PAE相交，即不成立，故选B.二、多选题9(2021广东七校联合体联考)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB4，BC2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是(CD)AA、M、N、B四点共面BBN平面ADMC直线BN与B1M所成的角为60D平面ADM平面CDD1C1解析由图显然AM、BN是异面直线，故A、M、N、B四点不共面，故A错误；BN平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故B错；取CD的中点O，连接BO、ON，则B1MBO，NBO即为BN与B1M所成角，又三角形BON为等边三角形，故C正确；由题意AD平面CDD1C1，故平面ADM平面CDD1C1，故D正确10.如图，梯形ABCD中，ADBC，ADAB1，ADAB，BCD45，将ABD沿对角线BD折起设折起后点A的位置为A，并且平面ABD平面BCD.下列命题正确的是(CD)AADBCB三棱锥ABCD的体积为CCD平面ABDD平面ABC平面ADC解析如图所示：设E为BD中点，连接AE，ADBC，ADAB1，ADAB得到DBCADB45，又BCD45，故BCD为等腰直角三角形，平面ABD平面BCD，CDBD，所以CD平面ABD，所以C正确，E为BD中点，AEBD，则AE平面BCD，所以AEBC如果ADBC，则可得到BC平面ABD，故BCBD与已知矛盾故A错误；三棱锥ABCD的体积为S.故B错误在直角三角形ACD中，AC2CD2AD2，AC，在三角形ABC中，AB1，BC2，AC满足BC2AB2AC2，BACA，又BADA，所以BA平面ADC，所以平面ABC平面ADC，故D正确答案为C、D.11(2021广东江门调研改编)设m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是(AB)A若m，n，则mnB若，m，则mC若m，n，则mnD若，则解析对于A，因为n，所以经过n作平面，使l，可得nl，又因为m，l，所以ml，结合nl，得mn.由此可得A是真命题；对于B，因为且，所以，结合m，可得m，故B是真命题；对于C，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面是正方体下底面所在的平面，则有m且n成立，但不能推出mn，故C不正确；对于D，设平面、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有且，但是，推不出，故D不正确综上所述，故选AB.三、填空题12(2021湖南五校联考)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.其中正确的命题是 .解析对于，若，m，l，则ml，故正确；对于，若，则ml或m与l垂直，或m与l异面，故错误；对于，若ml，则或与相交，故错误；对于，若ml，m，则l，又l，所以，故正确13. (2021黄冈质检)如图，PA圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：AFPB；EFPB；AFBC；AE平面PBC其中正确结论的序号是 .解析由于PA平面ABC，因此PABC，又ACBC，因此BC平面PAC，所以BCAF，由于PCAF，因此AF平面PBC，所以AFPB；因为AEPB，AFPB，所以PB平面AEF，因此EFPB；在中已证明AFBC；若AE平面PBC，由知AF平面PBC，由此可得出AFAE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE平面PBC不成立故正确的结论为.14(2020山东省威海市三模)已知l是平面，外的直线，给出下列三个论断，l；l，以其中两个论断为条件，余下的论断为结论，写出一个正确命题： 若，则或若，则(填写一个即可) .(用序号表示)解析因为l，时，l与可能平行或者相交，所以作为条件，不能得出；因为l，所以内存在一条直线m与l平行，又l，所以m，所以可得，即作为条件，可以得出；因为，l，所以l或者l，因为l是平面外的直线，所以l，即作为条件，可以得出；故答案为：若，则或若，则(填写一个即可)四、解答题15.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点，求证： (1)CDAE；(2)PD平面ABE.证明(1)PA底面ABCD，CDPA.又CDAC，PAACA，故CD平面PAC，AE平面PAC故CDAE.(2)PAABBC，ABC60，故PAACE是PC的中点，故AEPC由(1)知CDAE，由于PCCDC，从而AE平面PCD，故AEPD.易知BAPD，故PD平面ABE.16. (2021河北邢台联考)如图，在四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，ABBC，APABBCAD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.证明：PO平面ABCD. 证明AP平面PCD，CD平面PCD，APCD，ADBC，BCAD，E为AD的中点，则BCDE且BCDE.四边形BCDE为平行四边形，BECD，APBE.又ABBC，ABBCAD，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，BEAC，又APACA，BE平面APC，PO平面APC，则BEPO.AP平面PCD，PC平面PCD，APPC，又ACABAP，PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，POAC且ACBEO，PO平面ABCD.B组能力提升1(2021百师联盟联考)已知平面，直线l，m，n，满足m，n，且m，n互为异面直线，则“lm且ln”是“l”的(A)A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件解析因为m，n为异面直线，且m，n，则平面内必存在两条相交直线分别与m，n平行，又因为lm且ln，所以l；若l，则lm且ln，所以“lm且ln”是“l”的充要条件2. (2020三省三校(贵阳一中、云师大附中、南宁三中)联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB1，BC2，ABC60，PA平面ABCD，AEPC于E.下列四个结论：ABAC；AB平面PAC；PC平面ABE；BEPC正确的个数是(D)A1B2C3D4解析已知AB1，BC2，ABC60，由余弦定理可得AC2AB2BC22ABBCcos 603，所以AC2AB2BC2，即ABAC，正确；由PA平面ABCD，得ABPA，所以AB平面PAC，正确；AB平面PAC，得ABPC，又AEPC，所以PC平面ABE，正确；由PC平面ABE，得PCBE，正确，故选D.3. (多选题)(2021江苏扬州调研山东师大附中模拟)如图，直角梯形ABCD，ABCD，ABBC，BCCDAB1，E为AB中点，以DE为折痕把ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC.则(AB)A平面PED平面EBCDB二面角PDCB的大小为CPCEDDPC与平面PED所成角的正切值为解析由题意易知四边形BCDE为正方形，又PE1，EC，PC，PE2EC2PC2，PEEC，又PEED，PE平面EBCD，平面PED平面EBCD，A正确；DCED，DC平面PDE，DCPD，PDE为二面角PDCB的平面角，显然PDE，B正确；若PCED，又DCED，则DE平面PDC，EDPD这与PDE矛盾，C错误；由CD面PED知CPD为PC与平面PED所成的角，且tanCPD，D错，故选AB.4下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中(BCD)AAECDBCHBECDGBHDBGDE解析如图，在正方体中，AE与CD异面，A错；EH綊BC，CHBE，B对；DGHC，DGEH，DG平面BCHE，DGBH，C对；BGFC，FCED，BGDE，D对故选BCD.5如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且四边形ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足 DMPC(或BMPC等) 时，平面MBD平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)解析PA底面ABCD，BDPA，连接AC，则BDAC，且PAACA，BD平面PAC，BDPC当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.6(2021广东东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB12，AD6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE3，BF4，将BCE沿BE折起至PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF2.(1)求证：PF平面ABED；(2)求点A到平面PBE的距离解析(1)证明：在题图2中，连接EF，由题意可知，PBBCAD6，PECECDDE9，在PBF中，PF2BF2201636PB2，所以PFBF.在题图1中，连接EF，作EHAB于点H，利用勾股定理，得EF，在PEF中，EF2PF2612081PE2，PFEF，又BFEFF，BF平面ABED，EF平面ABED，PF平面ABED.(2)如图，连接AE，由(1)知PF平面ABED.PF为三棱锥PABE的高设点A到平面PBE的距离为h，VAPBEVPABE，即69h1262，h，即点A到平面PBE的距离为.