【導(dǎo)與練】新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第5節(jié) 直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)訓(xùn)練 理

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1、【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）2016屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7篇 第5節(jié) 直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)課時(shí)訓(xùn)練 理 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 【選題明細(xì)表】 知識(shí)點(diǎn)、方法 題號(hào) 與垂直相關(guān)命題的判斷 1、2、10 直線(xiàn)與平面垂直 4、7、11、14 平面與平面垂直 3、6、8、14 線(xiàn)面角、二面角 5、9、15 綜合問(wèn)題 12、13、16 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 一、選擇題 1.(2014山東省青島一中調(diào)研)設(shè)a,b,c表示三條直線(xiàn),α,β表示兩個(gè)平面,則下列命題中不正確的是(　D　) (A)c⊥αα∥β?c⊥β (B)a⊥bb?βc是a在β內(nèi)的射影?b⊥

2、c (C)b∥cb?αc?α?c∥α (D)a∥αb⊥a?b⊥α 解析:對(duì)于選項(xiàng)D,可能還有b∥α或者b與α相交,所以D不正確. 2.(2014鄭州模擬)如圖,O為正方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心,則下列直線(xiàn)中與B1O垂直的是(　D　) (A)A1D (B)AA1 (C)A1D1 (D)A1C1 解析:由題圖易知,A1C1⊥平面BB1D1D, 又OB1?平面DD1B1B,∴A1C1⊥B1O.故選D. 3.如圖所示,四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.將△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面B

3、CD,構(gòu)成三棱錐ABCD,則在三棱錐ABCD中,下列結(jié)論正確的是(　D　) (A)平面ABD⊥平面ABC (B)平面ADC⊥平面BDC (C)平面ABC⊥平面BDC (D)平面ADC⊥平面ABC 解析:∵在四邊形ABCD中, AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°, ∴BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABD∩平面BCD=BD, 故CD⊥平面ABD,則CD⊥AB. 又AD⊥AB,AD∩CD=D, 故AB⊥平面ADC. 又AB?平面ABC, ∴平面ABC⊥平面ADC.故選D. 4.(2014北京朝陽(yáng)模擬)已知l,

4、m,n為兩兩垂直的三條異面直線(xiàn),過(guò)l作平面α與直線(xiàn)m垂直,則直線(xiàn)n與平面α的關(guān)系是(　A　) (A)n∥α (B)n∥α或n?α (C)n?α或n與α不平行 (D)n?α 解析:∵l?α,且l與n異面,∴n∥α, 又∵m⊥α,n⊥m,∴n∥α.故選A. 5.把等腰直角△ABC沿斜邊上的高AD折成直二面角BADC,則BD與平面ABC所成角的正切值為(　B　) (A)2 (B)22 (C)1 (D)33 解析:如圖所示,在平面ADC中,過(guò)D作DE⊥AC,交AC于點(diǎn)E,連接BE,因?yàn)槎娼荁ADC為直二面角,BD⊥AD,所以BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,又D

5、E∩BD=D,因此AC⊥平面BDE,又AC?平面ABC,所以平面BDE⊥平面ABC,故∠DBE就是BD與平面ABC所成的角, 在Rt△DBE中,易求tan ∠DBE=22,故選B. 6.(2014廣州模擬)已知在空間四邊形ABCD中,AD⊥BC,AD⊥BD,且△BCD是銳角三角形,則必有(　C　) (A)平面ABD⊥平面ADC (B)平面ABD⊥平面ABC (C)平面ADC⊥平面BDC (D)平面ABC⊥平面BDC 解析:∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=B,∴AD⊥平面BDC,又AD?平面ADC,∴平面ADC⊥平面BDC.故選C. 7.(2014山東臨沂模擬)如圖,直

6、三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱長(zhǎng)為2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中點(diǎn),F是BB1上的動(dòng)點(diǎn),AB1,DF交于點(diǎn)E.要使AB1⊥平面C1DF,則線(xiàn)段B1F的長(zhǎng)為(　A　) (A)12 (B)1 (C)32 (D)2 解析:設(shè)B1F=x,因?yàn)锳B1⊥平面C1DF,DF?平面C1DF,所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1=2,矩形ABB1A1中,tan ∠FDB1=B1FB1D,tan ∠A1AB=A1B1AA1=22,又∠FDB=∠A1AB,所以B1FB1D=22,故B1F=22×22=12.故選A. 二、填空題 8.(2015山東濰坊質(zhì)檢

7、)如圖所示,在四棱錐PABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動(dòng)點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)M滿(mǎn)足　　　　時(shí),平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫(xiě)一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)  解析:連接AC,BD交于O,∵底面各邊相等,∴BD⊥AC; 又PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥BD, 又PA∩AC=A, ∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí),即有PC⊥平面MBD. 而PC?平面PCD, ∴平面MBD⊥平面PCD. 答案:DM⊥PC(或BM⊥PC) 9.四棱錐PABCD中,底面ABCD是正方形,頂點(diǎn)在底面上的射影是底面正方形的中心,

8、一個(gè)對(duì)角面的面積是一個(gè)側(cè)面面積的62倍,則側(cè)面與底面所成銳二面角等于　　　　.  解析:如圖所示,根據(jù)122ah12ah'=62,得hh'=32,即為側(cè)面與底面所成銳二面角的正弦值,故側(cè)面與底面所成銳二面角為π3. 答案:π3 10.(2014遼寧大連模擬)已知a、b、l表示三條不同的直線(xiàn),α、β、γ表示三個(gè)不同的平面,有下列四個(gè)命題: ①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,則α∥γ; ②若a、b相交,且都在α、β外,a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,則α∥β; ③若α⊥β,α∩β=a,b?β,a⊥b,則b⊥α; ④若a?α,b?α,l⊥a,l⊥b,l

9、?α,則l⊥α. 其中正確命題的序號(hào)是　　　　.  解析:若平面α、β、γ兩兩相交于三條直線(xiàn),則有交線(xiàn)平行,故①不正確.因?yàn)閍、b相交,假設(shè)其確定的平面為γ,根據(jù)a∥α,b∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正確.由面面垂直的性質(zhì)定理知③正確.當(dāng)a∥b時(shí),l垂直于平面α內(nèi)兩條不相交直線(xiàn),不能得出l⊥α,④錯(cuò)誤. 答案:②③ 11.(2014海南雷州模擬) 在正四棱錐PABCD中,PA=32AB,M是BC的中點(diǎn),G是△PAD的重心,則在平面PAD中經(jīng)過(guò)G點(diǎn)且與直線(xiàn)PM垂直的直線(xiàn)有　　　　條.  解析:如圖,設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為a,則側(cè)棱長(zhǎng)為32a.

10、 由PM⊥BC, ∴PM=(32a) 2-(a2) 2=22a. 連接PG并延長(zhǎng)與AD相交于N點(diǎn), 則PN=22a,MN=AB=a, ∴PM2+PN2=MN2,∴PM⊥PN, 又PM⊥AD,PN∩AD=N,∴PM⊥平面PAD, ∴在平面PAD中經(jīng)過(guò)G點(diǎn)的任意一條直線(xiàn)都與PM垂直. 答案:無(wú)數(shù) 三、解答題 12.(2014高考新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)如圖,三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,B1C的中點(diǎn)為O,且AO⊥平面BB1C1C. (1)證明:B1C⊥AB; (2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABCA

11、1B1C1的高. (1)證明:連接BC1,則O為B1C與BC1的交點(diǎn). 因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形, 所以B1C⊥BC1, 又AO⊥平面BB1C1C, 所以B1C⊥AO,由于BC1∩AO=O, 故B1C⊥平面ABO. 由于A(yíng)B?平面ABO, 故B1C⊥AB. (2)解:作OD⊥BC,垂足為D,連接AD, 作OH⊥AD,垂足為H, 由于BC⊥AO,BC⊥OD,且AO∩OD=O, 故BC⊥平面AOD, 所以O(shè)H⊥BC. 又OH⊥AD,且AD∩BC=D, 所以O(shè)H⊥平面ABC. 因?yàn)椤螩BB1=60°, 所以△CBB1為等邊三角形, 又BC=1,

12、可得OD=34. 因?yàn)锳C⊥AB1, 所以O(shè)A=12B1C=12. 由OH·AD=OD·OA, 且AD=OD2+OA2=74, 得OH=2114. 又O為B1C的中點(diǎn), 所以點(diǎn)B1到平面ABC的距離為217, 故三棱柱ABCA1B1C1的高為217. 13.(2013高考浙江卷)如圖,在四棱錐PABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=7,PA=3,∠ABC=120°,G為線(xiàn)段PC上的點(diǎn). (1)證明:BD⊥平面APC; (2)若G為PC的中點(diǎn),求DG與平面APC所成的角的正切值; (3)若G滿(mǎn)足PC⊥平面BGD,求P

13、GGC的值. (1)證明:設(shè)點(diǎn)O為AC,BD的交點(diǎn). 由AB=BC,AD=CD,得BD是線(xiàn)段AC的中垂線(xiàn), 所以O(shè)為AC的中點(diǎn),BD⊥AC. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD, 所以PA⊥BD,所以BD⊥平面APC. (2)解:連接OG. 由(1)可知,OD⊥平面APC, 則DG在平面APC內(nèi)的射影為OG, 所以∠OGD是DG與平面APC所成的角. 由題意得OG=12PA=32. 在△ABC中, AC=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC =4+4-2×2×2×(-12) =23, 所以O(shè)C

14、=12AC=3. 在直角△OCD中,OD=CD2-OC2=7-3=2. 在直角△OGD中,tan∠OGD=ODOG=433. 所以DG與平面APC所成的角的正切值為433. (3)解:因?yàn)镻C⊥平面BGD,OG?平面BGD, 所以PC⊥OG. 在直角△PAC中,PC=PA2+AC2=3+12=15, 所以GC=AC·OCPC=23×315=2155. 從而PG=3155, 所以PGGC=32. 能力提升 14.如圖所示,在長(zhǎng)方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點(diǎn),F為線(xiàn)段EC(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面A

15、BCF.在平面ABD內(nèi)過(guò)點(diǎn)D作DK⊥AB,K為垂足.設(shè)AK=t,則t的取值范圍是　　　　.  解析:如圖所示,過(guò)D作DG⊥AF,垂足為G,連接GK, ∵平面ABD⊥平面ABCF, DK⊥AB, ∴DK⊥平面ABCF, ∴DK⊥AF. 而DG∩DK=D, ∴AF⊥平面DKG, ∴AF⊥GK. 容易得到,當(dāng)F接近E點(diǎn)時(shí)K接近AB的中點(diǎn), 當(dāng)F接近C點(diǎn)時(shí),K接近AB的四等分點(diǎn), ∴t的取值范圍是12,1. 答案:12,1 15.(2013高考山東卷)如圖所示,在三棱錐PABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=BQ,D、C、E、F分別是AQ,BQ,AP,BP

16、的中點(diǎn),AQ=2BD,PD與EQ交于點(diǎn)G,PC與FQ交于點(diǎn)H,連接GH. (1)求證:AB∥GH; (2)求二面角DGHE的余弦值. (1)證明:由D、C、E、F分別是AQ,BQ,AP,BP的中點(diǎn),知G,H分別是△PAQ,△PBQ的重心. ∴PGPD=PHPC=23. ∴GH∥DC. 又D,C為AQ,BQ的中點(diǎn),則DC∥AB, ∴AB∥GH. (2)解:在△ABQ中, AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90°,即AB⊥BQ, 因?yàn)镻B⊥平面ABQ, 所以AB⊥PB. 又BP∩BQ=B, 所以AB⊥平面PBQ. 由(1)知AB∥GH,所以G

17、H⊥平面PBQ. 又FH?平面PBQ,所以GH⊥FH. 同理可得GH⊥HC, 所以∠FHC為二面角DGHE的平面角. 設(shè)BA=BQ=BP=2,連接FC, 在Rt△FBC中,由勾股定理得FC=2, 在Rt△PBC中,由勾股定理得PC=5. 又H為△PBQ的重心, 所以HC=13PC=53.同理FH=53. 在△FHC中,由余弦定理得 cos∠FHC=FH2+HC2-FC22·FH·HC=59+59-22×59=-45. 即二面角DGHE的余弦值為-45. 探究創(chuàng)新 16.如圖①所示,在直角三角形ABC中,∠ACB=30°,∠ABC

18、=90°,D為AC的中點(diǎn),E為BD的中點(diǎn),AE的延長(zhǎng)線(xiàn)交BC于點(diǎn)F,將△ABD沿BD折起,二面角ABDC的大小記為θ,如圖②所示. (1)求證:平面AEF⊥平面BCD; (2)當(dāng)cos θ為何值時(shí),AB⊥CD. (1)證明:在題圖①中,∵D為Rt△ABC斜邊AC的中點(diǎn),∠ACB=30°,∴AD=AB. 又E為BD的中點(diǎn),∴BD⊥AE,BD⊥EF. 在題圖②中,BD⊥AE,BD⊥EF,AE∩EF=E, ∴BD⊥平面AEF. 又BD?平面BCD,∴平面AEF⊥平面BCD. (2)解:過(guò)A作AO⊥EF,交EF的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)O,連接BO交CD的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)G. 由(1)知平面AEF⊥平面BCD, ∴AO⊥平面BCD, ∴BO即為AB在平面BCD上的射影. 要使AB⊥CD,只需BG⊥CD. ∴∠AEF=θ,∠AEO=180-θ. △A′BD為正三角形,且BG⊥CD. 因此,G為A′D的中點(diǎn),即O為△A′BD的重心. ∴cos ∠AEO=OEAE=13,即cos(180°-θ)=13, ∴當(dāng)cos θ=-13時(shí),AB⊥CD.