2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第8章 立体几何 课时作业39.doc

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1、课时作业39直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1(2019年广州市第二中学高二上学期开学考试)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()AA1EDC1 BA1EBDCA1EBC1 DA1EAC解析：根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影，A.若A1EDC1，那么D1EDC1，很显然不成立；B.若A1EBD，那么BDAE，显然不成立；C.若A1EBC1，那么BC1B1C，成立，反过来BC1B1C时，也能推出BC1A1E，所以C成立；D.若A1EAC，则AEAC，显然不成立，故选C.答案：C2(2019年陕西省西安市第一中学高一上

2、学期期末考试)如图1，平行四边形ABCD中，ABBD，沿BD将ABD折起，使平面ABD平面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面共有()图1A1对 B2对C3对 D4对解析：由题意直线AB平面BCD，直线CD平面ABD，所以：面ABD面BCD，面ABC面BCD，面ABD面ACD共有3对，故选C.答案：C3(2019年福建省厦门市高三下学期第一次质量检查)矩形ABCD中，BCAB，E为BC中点，将ABD沿BD所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：存在某个位置，BDAE；存在某个位置，BCAD；存在某个位置，ABCD；存在某个位置，BDAC.其中正确的是()A BC D

3、解析：根据题意画出如图2所示的矩形ABCD：图2图3翻折后如图3：对于，连接AE，交BD于点F，易证2，设AB1，则BD，AE，所以AF，BF，则AF2BF21AB2，即AFBD，EFBD，所以翻折后易得BD平面AEF，即可证BDAE，故正确；对于，若存在某个位置，BCAD，则BC平面ACD，从而平面ACD平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，故不正确；对于，若存在某个位置，ABCD，则CD平面ABC，平面ABC平面BCD，则AFE就是二面角ABDC的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故正确；对于，若存在某个位置，

4、BDAC，因为AFBD，所以BD平面AEC，从而BDEC，这与已知矛盾，故不正确故选C.答案：C4(2019年福建省泉州市高三下学期质量检查)如图，在下列四个正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是()解析：对于选项D中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EFBB1，故B1BD1为异面直线所成的角且tanB1BD1，即B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不可能垂直，故选D.答案：D5(2019年内蒙古包头市高三第一次模拟考试)如图4，在正方形ABCD中，E，F 分别是AB，BC的中点

5、，G是EF的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C重合于点P，构成四面体，则在四面体PDEF中，给出下列结论：PD平面PEF；PDEF；DG平面PEF；DFPE；平面PDE平面PDF.其中正确结论的序号是()图4A BC D解析： 如图5所示，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以BDEF，图5因为DAAE，DCCF，所以折叠后DPPE，DPPF，所以DP平面PEF，所以正确；由DP平面PEF，EF平面PEF，所以DPEF，所以正确；由DP平面PEF，根据过一点有且只有一条直线垂直于一个平面，所以DG平面PEF是不正确的，所以不正确；由PEPF，PEDP，可得PE平面PDF，又DF

6、平面DPF，所以PEDF，所以正确；由PE平面DPF，又PE平面PDE，所以平面PDE平面DPF，所以是正确的，综上可知，正确的结论序号为，故选C.答案：C6(2019年河北省唐山一中高二下学期期中考试)已知直线m，l，平面，且m，l，给出下列命题：若，则ml；若，则ml；若ml，则；若ml，则.其中正确的命题是()A BC D解析：若，且m，m，又l，ml，所以正确；若，且m，m，又l，则m与l可能平行，可能异面，所以不正确；若ml，且m，l，与可能平行，可能相交。所以不正确；若ml，且m，l又l，正确故选A.答案：A7(2019年新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区高三下学期第二次诊断性测验)若m

7、，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是()A若，m，则mB若m，nm，则nC若m，n，mn，则D若m，m，n，则mn解析：选项A中，由题意可得m或m，故A不正确；选项B中，由题意可得n与相交或n或n，故B不正确；选项C中，由题意可得与相交或，故C不正确；选项D中，由线面平行的性质定理可得mn，故D正确选D.答案：D8(2019年广西桂梧高中高一上学期期末考试)设l是直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是()A. 若l，l，则 B. 若l，l，则C. 若，l，则l D. 若，l，则l解析：对于A，可以相交；对于C，l或l；对于D，有l，l，l与相交三种情形答案：B9(20

8、19年江西省奉新县第一中学高二上学期期末考试)设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A若，m，n，则mnB若，m，n，则mnC若mn，m，n，则D若m，mn，n，则解析：对于选项A，则两个平面内的直线不一定是垂直，所以选项A错误；对于选项B，两个平面平行，则这两个平面内的直线不一定平行，所以选项B错误；对于选项C，两个平面内的两条直线垂直，不能得到两个平面垂直，所以选项C错误；对于选项D，可以证明.故选D.答案：D10.图6如图6，已知半平面l，A、B是l上的两个点，C、D在半平面内，且DA，CB，AD4，AB6，BC8，在半平面上有一个动点P，使得APDBPC，

9、则四棱锥PABCD体积的最大值是()A48 B64C96 D144解析：由DA，CB，得DAAP，CBBP，设APDBPC，得PA，PB即PB2PA，在平面内以AB中点为坐标原点，以AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则A(3，0)，B(3，0)设P(x，y)，由PB2PA得(x5)2y216，可知y4，P点到直线AB的最大值为4，当时P点到平面的距离的最大值为4，所以四棱锥PABCD体积的最大值是V(48)6448，故选A.答案：A11.图7(2019年山东省烟台市高三上学期期末自主练习)如图7，正三棱柱ABCA1B1C1各条棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段

10、CC1上的动点(含端点)，且满足BMC1N，当M，N运动时，下列结论中不正确的是()A在DMN内总存在与平面ABC平行的线段B平面DMN平面BCC1B1C三棱锥A1DMN的体积为定值DDMN可能为直角三角形解析：对选项A，取MN的中点E，连接DE，过点E作BC的垂线，垂足为F，连接AF，可以证明DEAF，所以DE平面ABC，故选项A正确；对于选项B，可以证明DE平面BCC1B1，所以平面DMN平面BCC1B1，故选项B正确；对于选项C，VA1DMNVMA1DN，底面A1DN的底边A1D和它的高都是一个定值，所以底面积是一个定值，点M到底面的高是一个定值，所以三棱锥A1DMN的体积为定值，故选项

11、C正确；对于选项D，若DMN为直角三角形，则必是以MDN为直角的直角三角形，但是MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长大于BB1，所以DMN不可能为直角三角形，故选D.答案：D12(2018年高考数学)如图8，在ABC中，ABAC，若ADBC，则AB2BDBC；类似地有命题：在三棱锥ABCD中，AD平面ABC，若A点在平面BCD内的射影为M，则有SSBCMSBCD.上述命题是()图8A真命题B增加条件“ABAC”才是真命题C增加条件“M为BCD的垂心”才是真命题D增加条件“三棱锥ABCD是正三棱锥”才是真命题解析：因为AD平面ABC，AE平面ABC，BC平面ABC，所以ADAE，ADBC.

12、在ADE中，AE2MEDE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM平面BCD，AMBC，所以BC平面ADE，所以BCDE，BCAE.又SABCBCAE，SBCMBCEM，SBCDBCED，所以SSBCMSBCD.选A.答案：A二、填空题13(2019年河南省濮阳市高三第二次模拟考试)已知三棱锥PABC的底面为等边三角形，PA，PB，PC两两相等且互相垂直，若该三棱锥的外接球半径为，则球心到截面ABC的距离为_解析：因为正三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，所以此正三棱锥的外接球即为以PA，PB，PC为三边的正方体的外接球O，因为外接球O的半径为，所以正方体的边长为2，即PAPBPC2

13、，球心到截面ABC的距离即为正方体中心到截面ABC的距离，设点P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥PABC的体积为：VSABChSPABPC222，ABC为边长为2的正三角形，所以SABC(2)22，所以h，所以球心到截面ABC的距离为.答案：14.图9(2019年江苏省睢宁县古邳中学高二上学期第一次月考)如图9所示，E、F分别是正方形SD1DD2的边D1D、DD2的中点沿SE，SF，EF将其折成一个几何体，使D1，D，D2重合，记作D.给出下列位置关系：SD面DEF; SE面DEF; DFSE; EF面SED，其中成立的有_解析：由题意因为SDDF，SDDE，DEDF，DEDF显然正确；错误

14、；正确；错误故答案为：与答案：15.图10(2019年四川省成都市第七中学高三上学期半期考试)刘徽(约公元 225 年295 年)是魏晋时期伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一，他的杰作九章算术注和海岛算经是中国宝贵的古代数学遗产. 九章算术商功中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵. 斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑” 刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云” 其实这里所谓的“鳖臑(bi no)”，就是在对长方体进行分割时所产生的四个面都为直角三角形的三棱锥. 如图10，在三棱锥ABCD中，AB垂直于平面BCD，AC垂直于CD，且ABBCCD1，则三棱锥ABCD的外

15、接球的球面面积为_. 解析：由条件知道AB垂直于平面BCD，AC垂直于CD，故AB垂直于CD，从而得到CD垂直于面ABC，故三角形ABD和三角形ACD都是直角三角形，则外接球球心在AD的中点上，记作O点，BD，AD，R.表面积是4R243.答案：316(2019年河北省邢台市高三上学期第一次月考)在RtABC中，ACBC，BC3，AB5，点D 、E分别在AC、AB边上，且DEBC，沿着DE将ADE折起至ADE的位置，使得平面ADE平面BCDE，其中点A为点A翻折后对应的点，则当四棱锥ABCDE的体积取得最大值时，AD的长为_解析：由勾股定理易得：AC4，设ADx，则CD4x，图11而AEDAB

16、C，故DEx，四棱锥ABCDE的体积：V(x)(x3)(4x)x(16xx3)(0x4)，求导可得：V(x)(163x2)(0x4)，当0x0，V(x)单调递增；当x4时，V(x)0，V(x)单调递减；故当x时，V(x)取得最大值答案：三、解答题17(2019年四川省广元市高三第二次高考适应性统考)如图12，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.图12(1)求证：ADEB；(2)求点E到平面ABD的距离d.解：(1)证明：AEBE2，AB4，AB2AE2BE2AEEB.取AE的中点M，连结MD，则ADDE2MDAE，

17、平面DAE平面ABCE，MD平面ABCE，MDBE，从而EB平面ADE，ADEB.(2)由(1)知MD平面ABCE，且MD，SAEB4易知：BM，BD2，AD2，AB4，SABD2，而点E到平面ABD的距离为d，由VEABDVDABE得：2d4，d.18(2019年四川省外国语学校高二下学期入学考试)如图13，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.图13(1)证明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，且四棱锥PABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积解：(1)由已知BAPCDP90，得ABAP，CDPD.由于ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD.又AB平面

18、PAB，所以平面PAB平面PAD.图14(2)在平面PAD内作PEAD，垂足为E.由(1)知，AB面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD.设ABx，则由已知可得ADx，PEx.故四棱锥PABCD的体积VPABCDABADPEx3.由题设得x3，故x2.从而PAPD2，ADBC2，PBPC2.可得四棱锥PABCD的侧面积为PAPDPAABPDDCPBPCsin6062.19.图15(2019年广州市第二中学高二上学期开学考试)如图15，在三棱锥PABC中，PAAB，PABC，ABBC，PAABBC2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点(1)求证：PABD.(2)求证：平面BDE平面PAC

19、.(3)当PA平面BDE时，求三棱锥EBCD的体积解：(1)PAAB，PABC，ABBCB，PA平面ABC，BD面ABC，PABD.(2)ABBC，ADCD，BDAC，BDPA，PAACA，BD面PAC，BD面BDE，平面BDE平面PAC.(3)PA面BDE，面PAC面BDEDE，PA面PAC，PADE，DE面ABC，VEBCDSBCDDE.20(2019年山东省实验中学模拟)在四棱锥ABCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE底面BCDE，O，F分别为BE，DE的中点(1)求证：AOCD；(2)求证：平面AOF平面ACE.证明：图16(1)因为ABE为等边三角形，O为BE的中点，所以AOBE.又因为平面ABE平面BCDE，平面ABE平面BCDEBE，AO平面ABE，所以AO平面BCDE.又因为CD平面BCDE，所以AOCD.(2)连接BD，因为四边形BCDE为菱形，所以CEBD.因为O、F分别为BE，DE的中点，所以OFBD，所以CEOF.由(1)可知，AO平面BCDE，因为CE平面BCDE，所以AOCE.因为AOOFO，所以CE平面AOF.又因为CE平面ACE，所以平面AOF平面ACE.