【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：8.5.docx

第八章 8.5 第5课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．已知不同直线m、n及不重合平面P、Q，给出下列结论：
①m⊂P，n⊂Q，m⊥n⇒P⊥Q
②m⊂P，n⊂Q，m∥n⇒P∥Q
③m⊂P，n⊂P，m∥n⇒P∥Q
④m⊥P，n⊥Q，m⊥n⇒P⊥Q
其中的假命题有(　　)
A．1个　　　　　　　　　B．2个
C．3个 D．4个
答案　C
解析　①为假命题，m不愿定与平面Q垂直，所以平面P与Q不愿定垂直．命题②与③为假命题，②中两平面可以相交，③没有任何实质意义．只有④是真命题，由于两平面的垂线所成的角与两平面所成的角相等或互补．
2．命题p：若平面α⊥β，平面β⊥γ，则必有α∥γ；命题q：若平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则必有α∥β.对以上两个命题，下列结论中正确的是(　　)
A．命题“p∧q”为真 B．命题“p∨q”为假
C．命题“p∨q”为真 D．命题“綈p或非q”为假
答案　B
解析　据题意可知对于命题p，明显与一平面都垂直的两平面的位置关系是平行或相交，如将一本书打开，每一张纸所在平面都与桌面垂直，但这些平面相交，即命题p是假命题；对命题q，只需使平面α内的两点连线与平面β平行，使第三点与这两点的连线与平面β的交点为线段的中点即可满足条件故命题q是假命题；A.由于p和q都是假命题，因此命题：“p且q”应为假命题；B.由于p和q都是假命题，故“p或q”应为假命题．故B正确；C错误；D.由于p和q都是假命题，故非p和非q都是真命题，从而“非p或非q”为真命题，故D是错误的．
3．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC和CD的中点，G是EF的中点，现在沿着AE和AF及EF把正方形折成一个四周体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在四周体A－EFH中必有(　　)

A．AH⊥△EFH所在平面
B．AG⊥△EFH所在平面
C．HF⊥△AEF所在平面
D．AG⊥△EFH所在平面
答案　A
解析　∵AD⊥DF，AB⊥BE
∵B、C、D重合记为H
∴AH⊥HF，AH⊥HE
∴AH⊥面EFH.
4．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；
②若m∥α，α⊥β，则m⊥β；
③若m⊥β，α⊥β，则m∥α或m⊂α；
④若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β.
则其中正确命题的序号为________．
答案　①③④
解析　①③④正确．②中，可能有m∥β，故②不正确．
5．若平面α，β，满足α⊥β，α∩β＝l，P∈α，P∉l，则下列命题中的假命题为(　　)
A．过点P垂直于平面α的直线平行于平面β
B．过点P在平面α内作垂直于l的直线必垂直于平面β
C．过点P垂直于平面β的直线在平面α内
D．过点P垂直于直线l的直线在平面α内
答案　D
解析　依据面面垂直的性质定理，得选项B、C正确．对于A，由于过点P垂直于平面α的直线必平行于β内垂直于交线的直线，因此平行于平面β.因此A正确．

6．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是(　　)
A．线段B1C
B．线段BC1
C．BB1中点与CC1中点连成的线段
D．BC中点与B1C1中点连成的线段
答案　A
解析　BD1⊥平面AB1C.
7．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在面ABC上的射影H必在(　　)

A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线CA上
D．△ABC内部
答案　A
解析　∵CA⊥AB，CA⊥BC1，AB∩BC1＝B，
∴CA⊥平面ABC1.∴平面ABC⊥平面ABC1.
∴过C1作垂直于平面ABC的直线在平面ABC1内，
∴H∈AB.
二、解答题
8．(09·江苏)设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：
(1)若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；
(2)若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；
(3)设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；
(4)直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直．
上面命题中，真命题的序号是________．(写出全部真命题的序号)
答案　(1)(2)
解析　(1)

α内两条相交直线分别平行于平面β，则两条相交直线确定的平面α平行于平面β，正确．
(2)平面α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l平行于α，正确．
(3)如图，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，但不愿定有α⊥β，错误．
(4)直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条相交直线垂直，而该命题缺少“相交”两字，故为假命题．
综上所述，真命题的序号为(1)(2)．

9．如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的正投影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是________．
答案　①②③
解析　由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
又AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，
∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，
∴PB⊥平面AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确．
三、解答题
10．四周体ABCD中，AC＝BD，E、F分别是AD、BC的中点，且EF＝AC，∠BDC＝90°.
求证：BD⊥平面ACD.
证明　

如图所示，取CD的中点G，连结EG、FG、EF.
∵E、F分别为AD、BC的中点，
∴EG綊AC，FG綊BD.
又AC＝BD，∴FG＝AC.
∴在△EFG中，EG2＋FG2＝AC2＝EF2.
∴EG⊥FG.∴BD⊥AC.
又∠BDC＝90°，即BD⊥CD，AC∩CD＝C，
∴BD⊥平面ACD.
11.

如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.
(Ⅰ)求证：AB⊥DE；
(Ⅱ)求三棱锥E－ABD的侧面积．
解析　(Ⅰ)在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，
∴BD＝＝2.

∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.
又∵平面EBD⊥平面ABD，
平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，
∴AB⊥平面EBD.
∵DE⊂平面EBD，AB⊥DE.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知AB⊥BD.∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.
在Rt△DBE中，∵DB＝2，DE＝DC＝AB＝2，
∴S△DBE＝DB·DE＝2.
又∵AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，∴AB⊥BE.
∵BE＝BC＝AD＝4，∴S△ABE＝AB·BE＝4.
∵DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，
∴ED⊥平面ABD.
而AD⊂平面ABD，∴ED⊥AD，∴S△ADE＝AD·DE＝4.
综上，三棱锥E－ABD的侧面积S＝8＋2.
12．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．

(1)证明D1E⊥A1D；
(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．
解析　(1)由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AE⊥平面AA1D1D，
∵A1D⊂平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
又∵AD＝AA1，∴四边形AA1D1D是正方形，
∴A1D⊥AD1.
又∵AD1∩AE＝A，∴A1D⊥平面AD1E，
又∵D1E⊂平面AD1E，∴D1E⊥A1D.
(2)设点E到平面ACD1的距离为h，
在△ACD1中，AC＝CD1＝，AD1＝，
AD1上的高为，
∴S△AD1C＝ ··＝，
而S△AEC＝AE·BC＝，
∵VD1－AEC＝S△AEC·DD1＝S△AD1C·h，
∴×1＝×h，∴h＝，
∴点E到平面ACD1的距离是.

13．如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB，且F是CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.
证明　(1)取CE中点P，连结FP、BP，

∵F为CD的中点，
∴FP∥DE，且FP＝DE.
又AB∥DE，且AB＝DE，
∴AB∥FP，且AB＝FP，
∴ABPF为平行四边形，∴AF∥BP.
又∵AF ⊄ 平面BCE，BP⊂平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD.
∵AB⊥平面ACD，DE∥AB，
∴DE⊥平面ACD.
又AF⊂平面ACD，
∴DE⊥AF.又AF⊥CD，CD∩DE＝D，
∴AF⊥平面CDE.
又BP∥AF，∴BP⊥平面CDE.
又∵BP⊂平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE.
14．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.

(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE.

解析　(1)设AC与BD交于点G.
由于EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1，
所以四边形AGEF为平行四边形，
所以AF∥EG.
由于EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，
所以AF∥平面BDE.
(2)连结FG.由于EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，
所以四边形CEFG为菱形，所以CF⊥EG.
由于四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，
又由于平面ACEF⊥平面ABCD，
且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，
所以BD⊥平面ACEF.
所以CF⊥BD.
又BD∩EG＝G，
所以CF⊥平面BDE.

15．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明　(1)∵PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PA，
又CD⊥AC，PA∩AC＝A，
故CD⊥平面PAC，
AE⊂平面PAC，故CD⊥AE.
(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.
∵E是PC的中点，故AE⊥PC.
由(1)知CD⊥AE，
从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.
易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.