《高考數(shù)學理一輪資源庫第八章 第4講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學理一輪資源庫第八章 第4講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 第4講 直線、平面垂直的判定及性質(zhì) 一、填空題 1．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可) 解析 由定理可知，BD⊥PC. ∴當DM⊥PC時，即有PC⊥平面MBD， 而PC?平面PCD， ∴平面MBD⊥平面PCD. 答案 DM⊥PC(答案不唯一) 2．若M是線段AB的中點，A，B到平面α的距離分別是4 cm，6 cm，則M到平面α的距離為________． 解

2、析　當A，B在平面α同一側，點M到α距離為(4＋6)＝5(cm)；當A，B在平面α兩側，點M到α距離為(6－4)＝1(cm)． 答案　5 cm或1 cm 3．在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，PE⊥BD，E為垂足，則PE的長為________． 答案　 4．P為△ABC所在平面外一點，O為P在平面ABC上的射影．(1)若PA＝PB＝PC，則O點是△ABC的________心；(2)若PA⊥BC，PB⊥AC，則點O是△ABC的________心；(3)若PA，PB，PC兩兩互相垂直，則O點是△ABC的________心． 答案　外　垂　垂 5．(1

3、)三角形的一邊BC在平面α內(nèi)，l⊥α，垂足為A，A?BC，P在l上滑動，點P不同于A，若∠ABC是直角，則△PBC是________三角形； (2)直角三角形PBC的斜邊BC在平面α內(nèi)，直角頂點P在平面α外，P在平面上的射影為A，則△ABC是________三角形．(填“銳角”“直角”或“鈍角”) 解析　(1)如圖，∵PA⊥平面ABC， ∴PA⊥BC，又∵∠ABC＝90°∴BC⊥AD，∴BC⊥平面PAB，∴∠PBC＝90°. (2)如圖，PB2＋PC2＝BC2，AB＜PB，AC＜PC，所以AB2＋AC2＜BC2，故∠BAC為鈍角． 答案　(1)直角　(2)鈍角

4、6．如圖，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，C是 ⊙O上的一點，E，F(xiàn)分別是點A在PB，PC上的射影，給 出下列結論：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥ 平面PBC.其中正確命題的序號是________． 解析 ∵PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑， ∴CB⊥AC，CB⊥PA，CB⊥平面PAC. 又AF?平面PAC，∴CB⊥AF. 又∵E，F(xiàn)分別是點A在PB，PC上的射影， ∴AF⊥PC，AE⊥PB. ∴AF⊥平面PCB. 故①③正確． ∴PB⊥平面AEF，故②正確． 而AF⊥平面PCB， ∴AE不可能垂直于平面PBC， 故④錯．

5、 答案 ①②③ 7．已知l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題： ①若l?α，m?α，l∥β，m∥β，則α∥β； ②若l?α，l∥β，α∩β＝m，則l∥m； ③若α∥β，l∥α，則l∥β； ④若l⊥α，m∥l，α∥β，則m⊥β. 其中真命題是________(寫出所有真命題的序號)． 解析?、僦衛(wèi)與m相交時成立；③中當l?β時成立，②④正確． 答案?、冖? 8．設α，β為兩個不重合的平面，m，n為兩條不重合的直線，給出下列四個命題； ①若m⊥n，m⊥α，n?α，則n∥α； ②若α⊥β，α∩β＝m，n?α，n⊥m，則n⊥β； ③若m⊥n，m∥α，n∥β，

6、則α⊥β； ④若n?α，m?β，α與β相交且不垂直，則n與m不垂直． 其中，所有真命題的序號是________． 解析?、佗谡_；③錯誤，α，β相交或平行；④錯誤．m與n可以垂直，不妨令n＝α∩β，則在β內(nèi)存在m⊥n. 答案　①② 9. 如圖，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列命題中，錯誤的為________． ①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④異面直線PM與BD所成的角為45°. 解析　∵MN∥PQ，∴MN∥面ABC， ∴MN∥AC.同理BD∥QM. ∵MN⊥QM，∴AC⊥BD，∴①是對的； ∵AC∥MN，∴AC∥面PQMN，

7、故②對； ∵BD∥QM，∴PM與BD所成角即為∠PMQ， ∴PM與BD成45°角，故④對． 答案?、? 10．若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，則________(寫出所有正確結論的編號)． ①四面體ABCD每組對棱相互垂直 ②四面體ABCD每個面的面積相等 ③從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°而小于180° ④連結四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分 ⑤從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長 解析　把四面體ABCD放置在如圖所示的長方體中，顯然命題

8、①錯誤；因四個面對應的三角形的三邊分別對應相等，即它們?yōu)槿鹊娜切危寓谡_；當ABCD為正四面體時，夾角之和等于180°，所以③錯誤；因每組對棱中點的連線分別與長方體的棱平行，且都經(jīng)過長方體的中心，所以④正確；而命題⑤顯然成立．故應填②④⑤. 答案　②④⑤ 二、解答題 11．如圖，在四棱錐P－ABCD中， 四邊形ABCD為矩形，AB⊥BP，M，N分別為AC，PD的中點． (1)求證：MN∥平面ABP； (2)若BP⊥PC，求證：平面ABP⊥平面APC. 證明 (1)連結BD，由已知，M為AC和BD的中點， 又∵N為PD的中點， ∴MN∥BP. ∵MN?平面A

9、BP，BP?平面ABP， ∴MN∥平面ABP. (2)∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B， ∴AB⊥平面BPC. ∵PC?平面BPC， ∴AB⊥PC. ∵BP⊥PC，AB∩BP＝B， ∴PC⊥平面ABP. ∵PC?平面APC， ∴平面ABP⊥平面APC. 12． 如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F(xiàn)是線段AB上的兩點，且 DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4，DE＝4.現(xiàn)將△ADE，△CFB分別沿DE，CF折起，使A，B兩點重合于點G，得到多面體CDEFG. (1)求證：平面DEG⊥平面CFG； (2)求多面體CDEFG的體積． 解

10、 (1)證明：因為DE⊥EF，CF⊥EF，所以四邊形 CDEF為矩形． 由GD＝5，DE＝4，得GE＝＝3. 由GC＝4，CF＝4，得FG＝＝4， 所以EF＝5. 在△EFG中，有EF2＝GE2＋FG2，所以EG⊥GF. 又因為CF⊥EF，CF⊥FG，所以CF⊥平面EFG. 所以CF⊥EG，所以EG⊥平面CFG.又EG?平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG. (2)如圖，在平面EGF中，過點G作GH⊥EF于點H，則GH＝＝. 因為平面CDEF⊥平面EFG，所以GH⊥平面CDEF， 所以V多面體CDEFG＝S矩形CDEF·GH＝16. 13. 如圖，在平行

11、四邊形ABCD中，BD⊥CD，正方形ADEF所在的平面和平面ABCD垂直，點H是BE的中點，點G是AE、DF的交點． (1)求證：GH∥平面CDE； (2)求證：BD⊥平面CDE. 證明　(1)因為G是AE與DF的交點， 所以G是AE的中點．又H是BE的中點， 所以在△EAB中，GH∥AB. 因為AB∥CD，所以GH∥CD. 又CD?平面CDE，GH?平面CDE， 所以GH∥平面CDE. (2)平面ADEF⊥平面ABCD，交線為AD， 因為ED⊥AD，ED?平面ADEF， 所以ED⊥平面ABCD.所以ED⊥BD. 又BD⊥CD，CD∩ED＝D，所以BD⊥平面CDE.

12、14. 在正三棱柱ABC －A1B1C1中，點D是BC的中點，BC＝BB1. (1)求證：A1C∥平面AB1D； (2)試在棱CC1上找一點M，使MB⊥AB1. (1)證明　連接A1B交AB1于點O，連接OD. 因為O，D分別是A1B，BC的中點， 所以A1C∥OD. 因為A1C?平面AB1D，OD?平面AB1D， 所以A1C∥平面AB1D. (2)M為CC1的中點． 證明如下： 因為在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝BB1， 所以四邊形BCC1B1是正方形． 因為M為CC1的中點，D是BC的中點， 所以△B1BD≌△BCM. 所以∠BB1D＝∠CBM，∠BDB1＝∠CMB. 又∠BB1D＋∠BDB1＝，∠CBM＋∠BDB1＝， 所以BM⊥B1D. 因為△ABC是正三角形，D是BC的中點，所以AD⊥BC. 因為平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD?平面ABC，所以AD⊥平面BB1C1C. 因為BM?平面BB1C1C，所以AD⊥BM. 因為AD∩B1D＝D，所以BM⊥平面AB1D. 因為AB1?平面AB1D，所以MB⊥AB1.