【三维设计】2014届高考数学一轮复习 教师备选作业 第七章 第五节 直线、平面垂直的判定及性质 理.doc

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1、第七章 第五节 直线、平面垂直的判定及性质一、选择题1给出以下命题，其中错误的是 ()A如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面B垂直于同一平面的两条直线互相平行C垂直于同一直线的两个平面互相平行D两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面2设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是 ()A若lm，m，则lB若l，lm，则mC若l，m，则lmD若l，m，则lm3若m、n是两条不同的直线，、是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是()A若m，则mB若m，n，mn，则C若m，m，则D若，则4已知，是三个不同的平面，命题“，且”是真命题，如果

2、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 ()A0个B 1个C2个 D3个5已知两条直线m，n，两个平面，给出下面四个命题：mn，mn；，m，nmn；mn，mn；，mn，mn.其中正确命题的序号是 ()A BC D6如图，四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，则下列结论正确的是 ()AACBDBBAC90CCA与平面ABD所成的角为30D四面体ABCD的体积为二、填空题7已知直线l，m，n，平面，m，n，则“l”是“lm且ln”的_条件(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”

3、“既不充分也不必要”)8正四棱锥SABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PEAC，则动点P的轨迹的周长为_9如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD.(只要填写个你认为是正确的条件即可)三、解答题10.三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ACBCAA12，ACB90，E为BB1的中点，A1DE90，求证：CD平面A1ABB1.11.如图，三棱锥ABCD中，BCD90，BCCD1，AB平面BCD，ADB60，E，F分别是AC，AD上的动点，且(01)(1)求证：

4、不论为何值，总有平面BEF平面ABC；(2)当为何值时，平面BEF平面ACD.12 如图，直角三角形BCD所在的平面垂直于正三角形ABC所在的平面，其中DCCB，PA平面ABC，DCBC2PA，E、F分别为DB、CB的中点(1)证明：AEBC；(2)求直线PF与平面BCD所成的角详解答案一、选择题1解析：一条直线可以垂直于一个平面内的无数条平行直线，但这条直线不垂直这个平面答案：A2解析：根据定理：两条平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面可知B正确答案：B3解析：对于A，由m，显然不能得知m；对于B，由条件也不能确定；对于C，由m得，在平面上必存在直线lm.又m，因此l，且l，

5、故；对于D，垂直于同一平面的两个平面不一定垂直，因此D也不正确答案：C4解析：若，换为直线a，b，则命题化为“ab，且ab”，此命题为真命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且abb”，此命题为假命题；若，换为直线a，b，则命题化为“a，且bab”，此命题为真命题，故选C.答案：C5解析：对于，由于两条平行线中的一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直，因此是正确的；对于，分别位于两个平行平面内的两条直线必没有公共点，但它们不一定平行，因此是错误的；对于，直线n可能位于平面内，此时结论显然不成立，因此是错误的；对于，由m且得m，又mn，故n，因此是正确的答案：C6解析：取BD的中

6、点O，ABAD，AOBD，又平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO平面BCD，CDBD，OC不垂直于BD.假设ACBD，OC为AC在平面BCD内的射影，OCBD，矛盾，AC不垂直于BD，A错误；CDBD，平面ABD平面BCD，CD平面ABD，AC在平面ABD内的射影为AD，ABAD1，BD，ABAD，ABAC，B正确；CAD为直线CA与平面ABD所成的角，CAD45，C错误；VABCDSABDCD，D错误答案：B二、填空题7解析：若l，则l垂直于平面内的任意直线，故lm且ln，但若lm且ln，不能得出l.答案：充分不必要8解析：如图，取CD的中点F、SC的中点G，连接EF，EG，

7、FG，设EF交AC于点H，易知ACEF，又GHSO，GH平面ABCD.ACGH.又GHEFH，AC平面EFG.故点P的轨迹是EFG，其周长为.答案：9解析：由PABD，ACBD可得BD平面PAC，所以BDPC.所以当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC等)三、解答题10. 证明：ACBC2，ACB90，AB2.设ADx，则BD2x，A1D24x2，DE21(2x)2，A1E2(2)21.A1DE90，A1D2DE2A1E2.x.D为AB的中点CDAB.又AA1CD且AA1ABA，CD平面A1ABB1.11. 解：(1)

8、AB平面BCD，ABCD.CDBC，且ABBCB，CD平面ABC.又(01)，不论为何值，恒有EFCD.EF平面ABC，EF平面BEF.不论为何值恒有平面BEF平面ABC.(2)由(1)知，BEEF，平面BEF平面ACD，BE平面ACD.BEAC.BCCD1，BCD90，ADB60，BD，ABtan 60.AC.由AB2AEAC，得AE.12解：(1)证明：连接EF，AF.因为E、F分别是BD、BC的中点，所以EFDC.又DCBC，所以EFBC.因为ABC为等边三角形，所以BCAF.EFAFF所以BC平面AEF，又AE平面AEF，故BCAE.(2)连接PE.因为平面BCD平面ABC，DCBC，AFBC，所以DC平面ABC，AF平面BCD.因为PA平面ABC，PADC，所以PA綊DC.又因为EF綊DC，所以EF綊PA，故四边形APEF为矩形所以PE綊AF.所以PE平面BCD.则PFE即为直线PF与平面BCD所成的角在RtPEF中，因为PEAFBC，EFDCBC，所以tanPFE，故PFE60，即直线PF与平面BCD所成的角为60.- 6 -