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2022届高三数学一轮总复习基础练习:第七章-立体几何7-5-.docx

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资源描述

1、第五节直线、平面垂直的判定及其性质时间:45分钟分值:100分 一、选择题1(2021沈阳模拟)已知直线l,m,平面,且l,m,则“”是“lm”的()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当,l时,有l,又m,故lm.反之,当lm,m时,不肯定有l,故不肯定成立因此“”是“lm”的充分不必要条件答案B2设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面()A若m,n,则mnB若m,m,则C若mn,m,则nD若m,则m解析A选项中,直线m,n可能平行,也可能相交或异面,直线m,n的关系是任意的;B选项中,与也可能相交,此时直线m平行于,的交线;D选项中,m也可能平行于.

2、故选C.答案C3(2022浙江卷)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面()A若mn,n,则mB若m,则mC若m,n,n,则mD若mn,n,则m解析当mn,n时,可能有m,但也有可能m或m,故A选项错误;当m,时,可能有m,但也有可能m或m,故选项B错误;当m,n,n时,必有,从而m,故选项C正确;在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中,取m为B1C1,n为CC1,为平面ABCD,为平面ADD1A1,这时满足mn,n,但m不成立,故选项D错误答案C4关于直线m,n与平面,有以下四个命题:若m,n且,则mn;若m,n且,则mn;若m,n且,则mn;若m,n且,则mn.其中真命题有()A

3、1个 B2个 C3个 D4个解析中两直线可以平行、相交或异面,故不正确;中两直线可以平行、相交或异面,故不正确;中,由条件可得m,进而有mn,故正确;中,由条件可得m与平行或m在 内,故有mn.综上可知正确故选B.答案B5在直角梯形ABCD中,ABAD,ADBC,BCD45,将ABD沿BD折起,使平面ABD平面BCD,则下列命题正确的是()A平面ABD平面ABCB平面ADC平面BDCC平面ABC平面BDCD平面ADC平面ABC解析ABAD,BCD45,BDCD;平面ABD平面BCD,CD平面ABD,CDAB.又ABAD,CDADD,AB平面ACD.又AB平面ABC,平面ABC平面ADC.答案D

4、6在正方体ABCDA1B1C1D1中,点M,N分别在AB1,BC1上,且AMAB1,BNBC1,则下列结论:AA1MN;A1C1MN;MN平面A1B1C1D1;B1D1MN.正确命题的个数是()A4 B3C2 D1解析过M,N分别作BB1的平行线交AB,BC于Q,P.由平行关系可证明PN綊MQ,四边形MNPQ为平行四边形,MNPQ,对.,知PQ不平行于AC,MN不平行于A1C1,错由B1D1A1C1,而MN不平行于A1C1,MN不垂直于B1D1,故错所以选C.答案C二、填空题7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P

5、C平面ABC,PC垂直于直线AB,BC,AC;ABAC,ABPC,ACPCC,AB平面PAC.ABAP.与AP垂直的直线是AB.答案AB,BC,ACAB8如图所示,已知PA平面ABC,BCAC,则图中直角三角形的个数为_解析由PA平面ABC,得PAAB,PAAC.故PAB、PAC都是直角三角形由BCAC,得BCPC,故BPC是直角三角形又ABC明显是直角三角形,故直角三角形的个数为4.答案49已知四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形,PA底面ABCD,点E,F分别是棱PC,PD的中点,则棱AB与PD所在的直线垂直;平面PBC与平面ABCD垂直;PCD的面积大于PAB的面积;直线AE与直线BF是

6、异面直线以上结论正确的是_(写出全部正确结论的序号)解析由条件可得AB平面PAD,ABPD,故正确;PA平面ABCD,平面PAB,平面PAD都与平面ABCD垂直,故平面PBC不行能与平面ABCD垂直,故错;SPCDCDPD,SPABABPA,由ABCD,PDPA,可知正确;由E,F分别是棱PC,PD的中点可得EFCD,又ABCD,EFAB,故AE与BF共面,故错答案三、解答题10如图,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

7、面PAC,AE平面PAC.故CDAE.(2)PAABBC,ABC60,故PAAC.E是PC的中点,故AEPC.由(1)知CDAE,从而AE平面PCD,故AEPD.易知BAPD,故PD平面ABE.11如图所示,三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱A1A底面ABC,且各棱长均相等,D,E,F分别为棱AB,BC,A1C1的中点求证:(1)EF平面A1CD;(2)平面A1CD平面A1ABB1.证明(1)如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,ACA1C1,且ACA1C1,连接ED,在ABC中,由于D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,且DEAC.又F为A1C1的中点,所以A1FA1C1AC,且A1F

8、A1C1AC,所以A1FDE,且A1FDE,即四边形A1DEF为平行四边形,所以EFDA1.又EF平面A1CD,DA1平面A1CD,所以EF平面A1CD.(2)由于底面ABC是正三角形,D为AB的中点,故CDAB,又侧棱A1A底面ABC,CD平面ABC,所以AA1CD,又AA1ABA,因此CD平面A1ABB1,而CD平面A1CD,所以平面A1CD平面A1ABB1. 1(2021牡丹江模拟)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,其中PAPDAD2,BAD60,Q为AD的中点(1)求证:AD平面PQB.(2)若平面PAD平面ABCD,且PMPC,求四棱锥MABCD的体积解(1)证明:连接

9、BD,由于PAPDAD2,Q为AD的中点,所以PQAD.又由于BAD60,底面ABCD为菱形,所以ABD是等边三角形,由于Q为AD的中点,所以ADBQ.由于PQ,BQ是平面PQB内的相交直线,所以AD平面PQB.(2)连接QC,作MHQC于H.由于平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCDAD,PQAD,所以PQ平面ABCD,结合QC平面ABCD,可得PQQC.由于在平面PQC中,MHQC且PQQC,所以PQMH,可得MH平面ABCD,即MH就是四棱锥MABCD的高,由于PMPC,可得MHPQ2,所以四棱锥MABCD的体积为VMABCDACBDMH221.2(理)如图,四棱锥EABCD中,

10、平面EAD平面ABCD,DCAB,BCCD,EAED,且AB4,BCCDEAED2.(1)求证:BD平面ADE;(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值;(3)在线段CE上是否存在一点F使得平面BDF平面CDE?请说明理由解(1)证明:由BCCD,BCCD2,可得BD2.由EAED,且EAED2,可得AD2.又AB4,所以BDAD.又平面ADE平面ABCD,平面ADE平面ABCDAD,BD平面ABCD,所以BD平面ADE.(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),B(0,2,0),C(,0),E(,0,),(,2,),(,0,),(,0)设n(x,y,z)是平面CDE的一个法向量

11、,则n0,n0,即令x1,则n(1,1,1)设直线BE与平面CDE所成的角为,则sin|cos,n|.所以BE和平面CDE所成的角的正弦值为.(3)设,0,1(,0),(2,),(0,2,0)则(21,1,)设m(x,y,z)是平面BDF的一个法向量,则m0,m0,即令x1,则m.若平面BDF平面CDE,则mn0,即10,0,1所以,在线段CE上存在一点F使得平面BDF平面CDE.(文)(2022课标全国卷)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO平面BB1C1C.(1)证明:B1CAB;(2)若ACAB1,CBB160,BC1,求三棱柱ABCA1B1C1的高解(1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点由于侧面BB1C1C为菱形,所以B1CBC1.又AO平面BB1C1C,所以B1CAO,故B1C平面ABO.由于AB平面ABO,故B1CAB.(2)作ODBC,垂足为D,连接AD.作OHAD,垂足为H.由于BCAO,BCOD,故BC平面AOD,所以OHBC.又OHAD,所以OH平面ABC.由于CBB160,所以CBB1为等边三角形又BC1,可得OD.由于ACAB1,所以OAB1C.由OHADODOA,且AD,得OH.又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为,故三棱柱ABCA1B1C1的高为.

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