2022高考数学一轮复习第8章立体几何第5讲直线平面垂直的判定及性质课时作业含解析新人教B版.doc

第5讲 直线、平面垂直的判定及性质课时作业1假设，是两个不同的平面，m为平面内的一条直线，那么“ 是“m 的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件答案B解析假设，m，那么m与平行、相交或m都有可能，所以充分性不成立；假设m，m，那么，必要性成立，应选B.2(2022·重庆模拟)设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面以下命题中正确的选项是()A假设，m，n，那么mnB假设，m，n，那么mnC假设mn，m，n，那么D假设m，mn，n，那么答案D解析假设，m，n，那么m与n可能平行、相交或异面，故A错误；假设，m，n，那么m与n可能平行，也可能异面，故B错误；假设mn，m，n，那么与可能相交，也可能平行，故C错误；对于D，由m，mn，得n，又知n，故，所以D正确应选D.3(2022·烟台摸底)直线m，l，平面，且m，l，给出以下命题：假设，那么ml；假设，那么ml；假设ml，那么；假设ml，那么.其中是真命题的是()A B C D答案A解析对于，假设，m，l，那么ml，故是真命题，排除B；对于，假设ml，m，那么l，又因为l，所以.故是真命题应选A.4(2022·襄阳模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，那么以下说法错误的选项是()AMN与CC1垂直BMN与AC垂直CMN与BD平行DMN与A1B1平行答案D解析如下图，连接C1D，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以MNBD，而C1CBD，故C1CMN，故A，C正确；又因为ACBD，所以MNAC，B正确；又因为A1B1AB，AB与BD相交，所以MN与A1B1不平行，故D错误5(2022·福建质量检查)如图，AB是圆O的直径，VA垂直圆O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，那么以下结论正确的选项是()AMNABBMN与BC所成的角为45°COC平面VACD平面VAC平面VBC答案D解析依题意，得MNAC，又因为直线AC与AB相交，因此MN与AB不平行，A错误；因为AB是圆O的直径，所以ACBC，因此MN与BC所成的角是90°，B错误；因为直线OC与AC不垂直，因此OC与平面VAC不垂直，C错误；由于BCAC，BCVA，因此BC平面VAC.又BC平面VBC，所以平面VAC平面VBC，D正确应选D.6将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起得到空间四面体ABCD(如图2)，那么在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是()A相交且垂直 B相交但不垂直C异面且垂直 D异面但不垂直答案C解析因为在题图1中，AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线，所以ADBC.在题图2的四面体ABCD中，ADBD，ADDC，BDDCD，所以AD平面BCD，所以ADBC.又AD与BC是异面直线，所以AD与BC的位置关系是异面且垂直7在如下图的四个正方体中，能得出ABCD的是()答案A解析A中，CDAB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为.应选A.8如图，在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°.将ADB沿BD折起，使平面ABD平面BCD，构成三棱锥ABCD，那么在三棱锥ABCD中，以下命题正确的选项是()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答案D解析因为在四边形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45°，BAD90°，所以BDCD，又因为平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，所以CD平面ABD，所以CDAB，又因为ADAB，ADCDD，所以AB平面ADC，即平面ABC平面ADC，应选D.9(2022·成都诊断)如图，正四棱锥PABCD的体积为2，底面积为6，E为侧棱PC的中点，那么直线BE与平面PAC所成的角为()A60° B30° C45° D90°答案A解析如图，正四棱锥PABCD中，根据底面积为6，得BC.连接BD，设交AC于点O，连接PO，那么PO为正四棱锥PABCD的高，根据其体积为2可得，PO1.因为PO底面ABCD，所以POBD，又因为BDAC，POACO，所以BD平面PAC.连接EO，那么BEO为直线BE与平面PAC所成的角在RtPOA中，因为PO1，OA，所以PA2，OEPA1，在RtBOE中，因为BO，所以tanBEO，所以BEO60°.应选A.10(2022·平顶山摸底)如图，梯形ABCD中，ADBC，ABC90°，ADBCAB234，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出以下四个结论：DFBC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF，那么上述结论可能正确的选项是()A B C D答案B解析对于，因为BCAD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，那么不成立；对于，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BPCF时就有BDFC，而ADBCAB234可使条件满足，所以正确；对于，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP平面BDF，从而平面BDF平面BCF，所以正确；对于，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以不成立11(2022·北京高考)l，m是平面外的两条不同直线给出以下三个论断：lm；m；l.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_.答案(或)解析.证明如下：m，根据线面平行的性质定理，知存在n，使得mn.又l，ln，lm.证明如下：lm，l，m是平面外的直线，m.12(2022·西安模拟)在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD.答案BMPC(或DMPC)解析PABPAD，PBPD，PDCPBC，当BMPC时，有DMPC，此时PC平面MBD，平面MBD平面PCD.故填BMPC(或DMPC)13(2022·泉州模拟)点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出以下命题：三棱锥AD1PC的体积不变；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正确的命题序号是_答案解析VAD1PCVPAD1C，点P到平面AD1C的距离即为BC1与平面AD1C的距离，为定值，故正确；因为平面A1C1B平面ACD1，所以A1P平面ACD1，故正确；由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1，即DP不垂直于BC1，故错误；由于B1D平面ACD1，所以平面PDB1平面ACD1，故正确14(2022·四川绵阳模拟)如图，在矩形ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中点，以AE为折痕将DAE向上折起，D变为D，且平面DAE平面ABCE.(1)求证：ADEB；(2)求点E到平面ABD的距离解(1)证明：AEBE2，AB4，AB2AE2BE2，AEEB.取AE的中点为M，连接MD，ADDE2，MDAE，平面DAE平面ABCE，MD平面DAE，平面DAE平面ABCEAE，MD平面ABCE，MDEB，又AEDMM，EB平面ADE，ADEB.(2)由(1)知MD平面ABCE，且MD，SAEB4，易知BM，BD2，AD2，AB4，SABD2.设点E到平面ABD的距离为d，由VEABDVDABE，得×2d×4×，d.15(2022·全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点(1)证明：PO平面ABC；(2)假设点M在棱BC上，且MC2MB，求点C到平面POM的距离解(1)证明：因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知OPOB.由OPOB，OPAC，ACOBO，知PO平面ABC.(2)作CHOM，垂足为H.又由(1)可得OPCH，又因为OPOMO，所以CH平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离由题设可知OCAC2，CMBC，ACB45°.在OCM中根据余弦定理可求得OM，所以CH.所以点C到平面POM的距离为.16(2022·全国卷)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧C所在平面垂直，M是C上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC平面PBD？说明理由解(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为C上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又因为BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)当P为AM的中点时，MC平面PBD.证明如下：连接AC交BD于点O，连接OP.因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点因为P为AM的中点，所以MCOP.又因为MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC平面PBD.17(2022·河北省级示范性高中联考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，D为BC边上一点，BD，AA1AB2AD2.(1)证明：平面ADB1平面BB1C1C；(2)假设BDCD，试问：A1C是否与平面ADB1平行？假设平行，求三棱锥AA1B1D的体积；假设不平行，请说明理由解(1)证明：因为AA1平面ABC，所以BB1平面ABC，因为AD平面ABC，所以ADBB1.在ABD中，因为AB2，AD1，BD，所以AB2AD2BD2，所以ADBC，又因为BCBB1B，所以AD平面BB1C1C，因为AD平面ADB1，所以平面ADB1平面BB1C1C.(2)A1C与平面ADB1平行证明如下：取B1C1的中点E，连接DE，CE，A1E，因为BDCD，所以DEAA1，且DEAA1，所以四边形ADEA1为平行四边形，那么A1EAD.同理可证CEB1D.因为A1ECEE，ADB1DD，所以平面ADB1平面A1CE，又因为A1C平面A1CE，所以A1C平面ADB1.因为AA1BB1，所以VB1AA1DVBAA1D，又因为BD，且易证BD平面AA1D，所以VAA1B1DVB1AA1DVBAA1D×××2×1.