（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习第七章立体几何3第3讲直线、平面垂直的判定与性质刷好题练能力文.doc

1、1第 3讲 直线、平面垂直的判定与性质1直线 a平面 ， b平面 ，则 a与 b的位置关系为_解析：因为 a ， b ，所以 a b，但不一定相交答案： a b2已知 l， m， n为两两垂直的三条异面直线，过 l作平面 与直线 m垂直，则直线n与平面 的关系是_解析：因为 l ，且 l与 n异面，所以 n ，又因为 m ， n m，所以 n .答案： n 3.如图，在 Rt ABC中， ABC90， P为 ABC所在平面外一点， PA平面 ABC，则四面体 PABC中共有直角三角形个数为_解析：由 PA平面 ABC可得 PAC， PAB是直角三角形，且PA BC.又 ABC90，所以 ABC

2、是直角三角形，且 BC平面 PAB，所以 BC PB，即PBC为直角三角形，故四面体 PABC中共有 4个直角三角形答案：44在空间中，给出下面四个命题：过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；垂直于同一条直线的两条直线互相平行；若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线其中正确命题的序号是_解析：易知正确；对于，过两点的直线可能与平面相交；对于，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面答案：5设 a， b是夹角为 30的异面直线，则满足条件“ a ， b ，且 ”的平面 ， 有_对解析

3、：过直线 a的平面 有无数个，当平面 与直线 b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面 ，当平面 与 b相交时，过交点作平面 的垂线与 b确定的平面 .答案：无数26在 ABC中， AB AC5， BC6， PA平面 ABC， PA8，则 P到 BC的距离是_解析：如图，取 BC的中点 D，连结 AD，则 AD BC.又 PA平面 ABC，根据三垂线定理，得 PD BC.在 Rt ABD中， AB5， BD3，所以 AD4.在 Rt PAD中， PA8， AD4，所以 PD4 .5答案：4 57已知直线 m、 n和平面 、 ，若 ， m， n ，要使 n ，则应增加条件的序号是_ m n； n

4、m.解析：由面面垂直的性质定理可知，当 n m时，有 n .答案：8设 l， m， n为三条不同的直线， 为一个平面，给出下列命题：若 l ，则 l与 相交；若 m ， n ， l m， l n，则 l ；若 l m， m n， l ，则 n ；若 l m， m ， n ，则 l n.其中正确命题的序号为_解析：显然正确；对，只有当 m， n相交且 l 时，才能 l ，故错误；对，由 l m， m nl n，由 l 得 n ，故正确；对，由l m， m l ，再由 n l n.故正确答案：9.(2019宿迁模拟)如图，在正四面体 PABC中， D， E， F分别是 AB， BC， CA的中点，

5、下面四个结论成立的序号是_ BC平面 PDF； DF平面 PAE；平面 PDF平面 PAE；平面 PDE平面 ABC.解析：因为 BC DF， DF平面 PDF， BC平面 PDF，所以 BC平面 PDF，成立；易证BC平面 PAE， BC DF，所以结论，均成立；点 P在底面 ABC内的射影为 ABC的中心，不在中位线 DE上，故结论不可能成立答案：10已知 ， ， 是三个不同的平面，命题“ ，且 ”是真命题，如果把 ， ， 中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有_个3解析：若 ， 换为直线 a， b，则命题化为“ a b，且 a b ”，此命题为真命题；若 ，

6、 换为直线 a， b，则命题化为“ a ，且 a bb ”，此命题为假命题；若 ， 换为直线 a， b，则命题化为“ a ，且 b a b”，此命题为真命题答案：211(2019江苏省高考命题研究专家原创卷(七)如图，在矩形 ABCD中， E， F分别为 BC， DA的中点将矩形 ABCD沿线段 EF折起，使得 DFA60.设 G为 AF上的点(1)试确定点 G的位置，使得 CF平面 BDG；(2)在(1)的条件下，证明： DG AE.解：(1)当点 G为 AF的中点时， CF平面 BDG.证明如下：因为 E， F分别为 BC， DA的中点，所以 EFABCD .连接 AC，交 BD于点 O，

7、连接 OG，则 AO CO，又 G为 AF的中点，所以 CFOG ，因为 CF平面 BDG， OG平面 DBG.所以 CF 平面 BDG.(2)证明：因为 E， F分别为 BC， DA的中点，所以 EF FD， EF FA.又 FD FA F，所以 EF平面 ADF，因为 DG平面 ADF，所以 EF DG.因为 FD FA， DFA60，所以 ADF是等边三角形， DG AF，又 AF EF F，所以 DG平面 ABEF.因为 AE平面 ABEF，所以 DG AE.12已知侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，且 AD AA1，点 F为棱 BB1的中点，点 M为线段

8、AC1的中点4(1)求证： MF 平面 ABCD；(2)求证：平面 AFC1平面 ACC1A1.证明：(1)如图，延长 C1F交 CB的延长线于点 N，连结 AN.因为 F是 BB1的中点，所以 F为 C1N的中点， B为 CN的中点又 M是线段 AC1的中点，所以 MFAN .又 MF平面 ABCD， AN平面 ABCD，所以 MF 平面 ABCD.(2)连结 BD，由题知 A1A平面 ABCD，又因为 BD平面 ABCD，所以 A1A BD.因为四边形 ABCD为菱形，所以 AC BD.又因为 AC A1A A， AC平面 ACC1A1， A1A平面 ACC1A1，所以 BD平面 ACC1

9、A1.在四边形 DANB中， DA BN，且 DA BN，所以四边形 DANB为平行四边形所以 NA BD，所以 NA平面 ACC1A1.又因为 NA平面 AFC1，所以平面 AFC1平面 ACC1A1.1已知 m， n为不同的直线， ， 为不同的平面，则给出下列条件： m n， n ； m n， n ； m ， m ， ； m ， .其中能使m 成立的充分条件的序号为_解析：因为均存在 m 的可能，由条件 m .答案：2在正四棱锥 PABCD中， PA AB， M是 BC的中点， G是 PAD的重心，则在平面32PAD中经过 G点且与直线 PM垂直的直线有_条解析：设正四棱锥的底面边长为 a

10、，(如图)则侧棱长为 a.32因为 PM BC，所以 PM a.(32a)2 (a2)2 225连结 PG并延长与 AD相交于 N点，连结 MN，则 PN a， MN AB a，22所以 PM2 PN2 MN2，所以 PM PN，又 PM AD， PN AD N， PN， AD平面 PAD，所以 PM平面 PAD，所以在平面 PAD中经过 G点的任意一条直线都与 PM垂直答案：无数3假设平面 平面 EF， AB ， CD ，垂足分别为 B， D，如果增加一个条件，就能推出 BD EF，现有下面四个条件： AC ； AC与 ， 所成的角相等； AC与 BD在 内的射影在同一条直线上； AC EF

11、.其中能成为增加条件的是_(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果 AB与 CD在一个平面内，可以推出 EF垂直于该平面，又 BD在该平面内，所以 BD EF.故要证 BD EF，只需 AB， CD在一个平面内即可，只有能保证这一条件答案：4.(2019苏州质检)如图，在直角梯形 ABCD中，BC DC， AE DC，且 E为 CD的中点， M， N分别是 AD， BE的中点，将三角形 ADE沿 AE折起，则下列说法正确的是_(写出所有正确说法的序号)不论 D折至何位置(不在平面 ABC内)，都有 MN平面 DEC；不论 D折至何位置(不在平面 ABC内)，都有 MN AE；不论 D折至何位

12、置(不在平面 ABC内)，都有 MN AB；在折起过程中，一定存在某个位置，使 EC AD.解析：由已知，在未折叠的原梯形中， AB DE， BE AD，所以四边形 ABED为平行四边形，所以 BE AD，折叠后如图所示过点 M作 MP DE，交 AE于点 P，连结 NP.因为 M， N分别是 AD， BE的中点，所以点 P为 AE的中点，故 NP EC.又 MP NP P， DE CE E，所以平面 MNP平面 DEC，故 MN平面 DEC，正确；由已知， AE ED， AE EC，所以 AE MP， AE NP，又 MP NP P，所以 AE平面 MNP，6又 MN平面 MNP，所以 MN

13、 AE，正确；假设 MN AB，则 MN与 AB确定平面 MNBA，从而 BE平面 MNBA， AD平面 MNBA，与 BE和 AD是异面直线矛盾，错误；当 EC ED时， EC AD.因为 EC EA， EC ED， EA ED E，所以 EC平面 AED， AD平面 AED，所以 EC AD，正确答案：5(2019江苏省师大附中模拟)如图，在三棱锥 SABC中， ABC是边长为 2的正三角形，平面 SAC平面 ABC， SA SC ， M为 AB的中2点(1)证明： AC SB；(2)求点 B到平面 SCM的距离解：(1)证明：取 AC的中点 D，连结 DS， DB.因为 SA SC， B

14、A BC，所以 AC DS，且 AC DB， DS DB D，所以 AC平面 SDB，又 SB平面 SDB，所以 AC SB.(2)因为 SD AC，平面 SAC平面 ABC，所以 SD平面 ABC.过 D作 DE CM于 E，连结 SE，则 SE CM，所以在 Rt SDE中， SD1， DE ，12所以 SE ， CM是边长为 2的正 ABC的中线，所以 CM ，52 3所以 S SCM CMSE ，12 12 3 52 154S BMC ABCM 2 .12 12 14 3 32设点 B到平面 SCM的距离为 h，则由 VBSCM VSBCM得 S SCMh S BMCSD，13 137

15、所以 h .S BMCSDS SCM32154 2556如图所示，已知长方体 ABCDA1B1C1D1，点 O1为 B1D1的中点(1)求证： AB1 平面 A1O1D.(2)若 AB AA1，在线段 BB1上是否存在点 E使得 A1C AE？若存在，求出 ；若不存23 BEBB1在，说明理由解：(1)证明：如图所示，连结 AD1交 A1D于点 G，所以 G为 AD1的中点连结 O1G.在 AB1D1中，因为 O1为 B1D1的中点，所以 O1G AB1.因为 O1G平面 A1O1D，且 AB1平面 A1O1D，所以 AB1平面 A1O1D.(2)若在线段 BB1上存在点 E使得 A1C AE，连结 A1B交 AE于点 M.因为 BC平面 ABB1A1， AE平面 ABB1A1，所以 BC AE.又因为 A1C BC C，且 A1C， BC平面 A1BC，所以 AE平面 A1BC.因为 A1B平面 A1BC，所以 AE A1B.在 AMB和 ABE中， BAM ABM90， BAM BEA90，所以 ABM BEA.所以 Rt ABE Rt A1AB，所以 .BEAB ABAA1因为 AB AA1，23所以 BE AB BB1，23 498即在线段 BB1上存在点 E使得 A1C AE，此时 .BEBB1 49