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2012年数学一轮复习精品试题 直线、平面垂直的判定及其性质


第四十七讲
班级 姓名

直线、 直线、平面垂直的判定及其性质
考号 日期 得分

将正确答案的代号填在题后的括号内.) 一、选择题:(本大题共 6 小题,每小题 6 分,共 36 分,将正确答案的代号填在题后的括号内 选择题: 本大题共 小题, 1.教室内任意放一支笔直的铅笔,则在教室的地面上必存在直线与铅笔所在的直线( 教室内任意放一支笔直的铅笔,则在教室的地面上必存在直线与铅笔所在的直线 教室内任意放一支笔直的铅笔 A.平行 平行 C.异面 异面 B.相交 相交 D.垂直 垂直 )

解析:这支铅笔与地面存在三种位置关系,若在地面内, 排除; 排除; 解析:这支铅笔与地面存在三种位置关系,若在地面内,则 C 排除;若与地面平行则 B 排除;若与 地面相交, 排除, 地面相交,则 A 排除,选 D. 答案: 答案:D 2.若 m、n 是两条不同的直线,α、β、γ 是三个不同的平面,则下列命题中的真命题是 若 、 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?β,α⊥β,则 m⊥α 若 ? , ⊥ , ⊥ B.若 α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则 α∥β 若 ∩ = , ∩ = , ∥ , ∥ C.若 m⊥β,m∥α,则 α⊥β 若 ⊥ , ∥ , ⊥ D.若 α⊥γ,α⊥β,则 β⊥γ 若 ⊥ , ⊥ , ⊥ 解析:两平面垂直并不能得到一个平面内的任一直线都与另一平面垂直,故 A 为假命题;以三棱柱的 解析:两平面垂直并不能得到一个平面内的任一直线都与另一平面垂直, 为假命题; 为假命题; 为假命题; 侧面和侧棱为例知 B 为假命题;若 α⊥γ,α⊥β,则 β⊥γ 或 β∥γ,故 D 为假命题;若 m∥α,则 α 中必存 ⊥ , ⊥ , ⊥ ∥ , ∥ , 平行, 在直线 l 与 m 平行,又 m⊥β,∴l⊥β,故 α⊥β,故选 C. ⊥ , ⊥ , ⊥ , 答案: 答案:C 3.(改编题 设 P 是△ABC 所在平面外一点, 到△ABC 各顶点的距离相等, 改编题)设 所在平面外一点, P 各顶点的距离相等, 改编题 而且 P 到△ABC 各边的距 离也相等,那么△ 离也相等,那么△ABC( ) )

A.是非等腰的直角三角形 是非等腰的直角三角形 B.是等腰直角三角形 是等腰直角三角形 C.是等边三角形 是等边三角形 D.不是 A、B、C 所述的三角形 不是 、 、 解析: 内的射影, 各顶点的距离相等, 解析:设 O 是点 P 在平面 ABC 内的射影,因为 P 到△ABC 各顶点的距离相等,所以 O 是三角形的 外心, 各边的距离也相等, 是三角形的内心, 是等边三角形, 外心,又 P 到△ABC 各边的距离也相等,所以 O 是三角形的内心,故△ABC 是等边三角形,选 C. 答案: 答案:C 4.把等腰直角△ABC 沿斜边上的高 AD 折成直二面角 B—AD—C, BD 与平面 ABC 所成角的正切值 把等腰直角△ 把等腰直角 , 则 为 ( ) A. 2 B. 2 2 C.1 D. 3 3

解析:如图, 解析:如图,在面 ADC 中,过 D 作 DE⊥AC,交 AC 于点 E. ⊥ ,

为直二面角, 连接 BE,因为二面角 B—AD—C 为直二面角,所以 BD⊥平面 ADC,故 BD⊥AC. , ⊥ , ⊥ 由以上可知, ⊥ 所成角, 由以上可知,AC⊥平面 BDE,所以平面 BDE⊥平面 ABC,故∠DBE 就是 BD 与平面 ABC 所成角, , ⊥ , 2 在 Rt△DBE 中,易求 tan∠DBE= 2 ,故选 B. △ ∠ = 答案:B 答案: 5.如图,已知△ABC 为直角三角形,其中∠ACB=90°,M 为 AB 的中点,PM 垂直于△ACB 所在平 如图,已知△ 为直角三角形,其中∠ 的中点, 垂直于△ 如图 = , 面,那么( 那么 )

A.PA=PB>PC = B.PA=PB<PC = C.PA=PB=PC = = D.PA≠PB≠PC ≠ ≠ 解析 : ∵M 为 AB 的中点 , △ACB 为直角三角形 , ∴BM= AM= CM, 又 PM⊥ 平面 ABC, = = , ⊥ , ∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC,故 PA=PB=PC.选 C. △ ≌ △ ≌ △ , = = 选 答案: 答案:C 6.(2010·郑州质检 在边长为 1 的菱形 ABCD 中,∠ABC=60°,将菱形沿对角线 AC 折起,使折起后 郑州质检)在边长为 折起, 郑州质检 = , BD=1,则二面角 B-AC-D 的余弦值为 = , - - 的余弦值为( )

1 A. 3

1 B. 2

2 2 C. 3

D.

3 2

解析: 解析:在原图中连接 AC 与 BD 交于 O 点,则 AC⊥BD,在折起后的图中,由四边形 ABCD 为菱形且 ⊥ ,在折起后的图中,

3 边长为 1,则 DO=OB= 2 ,由于 DO⊥AC,因此∠DOB 就是二面角 B-AC-D 的平面角,由 BD=1 , = = ⊥ ,因此∠ - - 的平面角, = 3 3 1 4+4- OD +OB -DB 1 得 cos∠DOB= ∠ = = = , 2OD·OB 3 3 3 2× × 2 2
2 2 2

故选 A. 答案: 答案:A 把正确答案填在题后的横线上.) 二、填空题:(本大题共 4 小题,每小题 6 分,共 24 分,把正确答案填在题后的横线上 填空题: 本大题共 小题, 7.正四棱锥 S—ABCD 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 正四棱锥 的中点, 在表面上运动, , , 持 PE⊥AC,则动点 P 的轨迹的周长为 ⊥ , .

解析:如图, 解析:如图,取 CD 的中点 F、SC 的中点 G,连接 EF,EG,FG,EF 交 AC 于点 H,易知 AC⊥EF,又 、 , , , , , ⊥ , GH∥SO, ∥ ,

∴GH⊥平面 ABCD, ⊥ , ∴AC⊥GH,∴AC⊥平面 EFG, ⊥ , ⊥ , 的轨迹是△ 故点 P 的轨迹是△EFG, , 其周长为 2+ 6. + 答案: + 答案: 2+ 6 8.如图,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,侧棱 AA1⊥底面 ABC,底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角 如图, 如图 ,底面是以∠ 的中点, 形,AC=2a,BB1=3a,D 是 A1C1 的中点,点 F 在线段 AA1 上,当 AF= = , , = 时,CF⊥平面 B1DF. ⊥

解析:由题意易知, 解析:由题意易知,B1D⊥平面 ACC1A1,所以 B1D⊥CF. ⊥ ⊥ 要使 CF⊥平面 B1DF, ⊥ , 即可. 只需 CF⊥DF 即可 ⊥ 令 CF⊥DF,设 AF=x, ⊥ , = ,

则 A1F=3a-x. = - AC AF 由 Rt△CAF∽Rt△FA1D,得A F=A D, △ ∽ △ , 1 1 x 2a 即 = , 3a-x a -
2 2 整理得 x -3ax+2a =0, + ,

解得 x=a 或 x=2a. = = 答案: 答案:a 或 2a 9.α、 是两个不同的平面, 、 是平面 α 及 β 之外的两条不同直线, 、 是两个不同的平面, n β m、 之外的两条不同直线, 给出四个论断: ⊥ ; ⊥ ; 给出四个论断: m⊥n; α⊥β; ① ② ③n⊥β;④m⊥α. ⊥ ; ⊥ 以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: 以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: 解析:由题意构作四个命题: 解析:由题意构作四个命题: (1)①②③?④;(2)①②④?③;(3)①③④?②;(4)②③④?①. ①②③? ①②④? ①③④? ②③④? ①②③ ①②④ ①③④ ②③④ 易判断(3)、 为真 为真, 易判断 、(4)为真,应填 m⊥α,n⊥β,α⊥β?m⊥n(或 m⊥n,m⊥α,n⊥β?α⊥β). ⊥ , ⊥ , ⊥ ? ⊥ 或 ⊥ , ⊥ , ⊥ ? ⊥ 答案:①③④? 答案:①③④?②;②③④?① ②③④? 评析:本题为条件和结论同时开放的新颖试题 评析:本题为条件和结论同时开放的新颖试题. 10.(2010·东城目标检测 过正三棱锥的侧棱与底面中心作截面, 东城目标检测)过正三棱锥的侧棱与底面中心作截面 已知截面是等腰三角形, 已知截面是等腰三角形, 东城目标检测 过正三棱锥的侧棱与底面中心作截面, 若侧面与底面 所成的角为 θ,则 cosθ 的值是 , 解析:本题考查二面角的求法 解析:本题考查二面角的求法. 设侧面与底面所成的角为 θ,如图, ,如图, . .

O 为中心,∴θ=∠SPB,又△SPB 为等腰三角形,有两种情况: 为中心, = 为等腰三角形,有两种情况: , OP 1 1 (1)SP=PB,∴OP= SP?cosθ= SP = ; = , =3 ? = 3 (2)SB=PB,则 SP= SC2-PC2= SB2-PC2 = , = = PB2-PC2= 3 又 BP= 2 AC, = , OP 1 6 OP= BP,∴cosθ= SP = , = = 6 3 , 6 1 综上可得: 综上可得:cosθ 的值是3或 6 . ( 3 1 2 AC)2-( AC)2= AC, , 2 2 2

1 6 答案: 答案:3或 6 写出证明过程或推演步骤.) 三、解答题:(本大题共 3 小题,11、12 题 13 分,13 题 14 分,写出证明过程或推演步骤 解答题: 本大题共 小题, 、 11.如图 ,等腰梯形 ABCD 中,AD∥BC,AB=AD,∠ABC=60°,E 是 BC 的中点,如图 ,将 如图(1), 的中点,如图(2), 如图 ∥ , = , = , 折起, 成直二面角, 的中点, △ABE 沿 AE 折起,使二面角 B—AE—C 成直二面角,连接 BC,BD,F 是 CD 的中点,P 是棱 BC 的中 , , 点.

(1)求证:AE⊥BD; 求证: ⊥ ; 求证 (2)求证:平面 PEF⊥平面 AECD; 求证: 求证 ⊥ ; (3)判断 DE 能否垂直于平面 ABC?并说明理由 判断 ?并说明理由. 分析:由条件可知△ 为正三角形, 分析:由条件可知△ABE 为正三角形,要证 AE⊥BD,可证明 AE 垂直于 BD 所在的平面 BDM,即 ⊥ , , 问可采用反证法证明. 证 AE⊥平面 BDM;可用判定定理证明平面 PEF⊥平面 AECD;对于第 问可采用反证法证明 ⊥ ; ⊥ ;对于第(3)问可采用反证法证明 证明: 解: (1)证明:取 AE 中点 M,连接 BM,DM. 证明 , , 的中点, ∵在等腰梯形 ABCD 中,AD∥BC,AB=AD,∠ABC=60°,E 是 BC 的中点, ∥ , = , = , 都是等边三角形. △ABE 与△ADE 都是等边三角形

∴BM⊥AE,DM⊥AE. ⊥ , ⊥ ∵BM∩DM=M,BM,DM?平面 BDM. ∩ = , , ? ∴AE⊥平面 BDM. ⊥ ∵BD?平面 BDM,∴AE⊥BD. ? , ⊥ (2)证明:连接 CM,EF 交于点 N,连接 PN,如图 证明: 证明 , , ,如图. ∵ME∥FC,且 ME=FC, ∥ , = , 是平行四边形. ∴四边形 MECF 是平行四边形 的中点. ∴N 是线段 CM 的中点 的中点, ∵P 是线段 BC 的中点,∴PN∥BM. ∥ ∵BM⊥平面 AECD,∴PN⊥平面 AECD. ⊥ , ⊥ 又∵PN?平面 PEF, ? , ∴平面 PEF⊥平面 AECD. ⊥

(3)DE 与平面 ABC 不垂直, 不垂直, 证明: 证明:假设 DE⊥平面 ABC,则 DE⊥AB, ⊥ , ⊥ , ∵BM⊥平面 AECD.∴BM⊥DE. ⊥ ∴ ⊥ ∵AB∩BM=B,AB,BM?平面 ABE, ∩ = , , ? , ∴DE⊥平面 ABE. ⊥ 矛盾. ∴DE⊥AE,这与∠AED=60°矛盾 ⊥ ,这与∠ = 矛盾 不垂直. ∴DE 与平面 ABC 不垂直 评析:翻折与展开是一个问题的两个方面,不论是翻折还是展开, 评析:翻折与展开是一个问题的两个方面,不论是翻折还是展开,均要注意平面图形与立体图形中各 的两个方面 个对应元素的相对变化,元素间大小与位置关系,哪些不变,哪些变化,这是至关重要的 个对应元素的相对变化,元素间大小与位置关系,哪些不变,哪些变化,这是至关重要的. 12.如图所示,已知△BCD 中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,∠ADB=60°,E、F 分 如图所示,已知△ 如图所示 = , = = , ⊥ , = , 、 AE AF 上的动点, 别是 AC、AD 上的动点,且AC=AD=λ(0<λ<1). 、

(1)求证:不论 λ 为何值,总有平面 BEF⊥平面 ABC; 求证: 为何值, 求证 ⊥ ; (2)当 λ 为何值时,平面 BEF⊥平面 ACD? 当 为何值时, ⊥ ? 证明: 解:(1)证明:∵AB⊥平面 BCD, 证明 ⊥ , ∴AB⊥CD, ⊥ , ∵CD⊥BC 且 AB∩BC=B, ⊥ ∩ = , ∴CD⊥平面 ABC. ⊥ AE AF 又AC=AD=λ(0<λ<1), , 为何值, ∴不论 λ 为何值,恒有 EF∥CD, ∥ , ∴EF⊥平面 ABC,又∵EF?平面 BEF, ⊥ , ? , 为何值, ∴不论 λ 为何值,恒有平面 BEF⊥平面 ABC. ⊥ (2)由(1)知,BE⊥EF, 由 知 ⊥ , 又平面 BEF⊥平面 ACD, ⊥ , ∴BE⊥平面 ACD,∴BE⊥AC, ⊥ , ⊥ , ∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°, = = , = , = , = , ∴BD= 2,AB= 2tan60°= 6, = , =
2 2 , ∴AC= AB +BC = 7, =

2 由 AB =AE·AC 得 AE= =

6 , 7

AE 6 ∴λ=AC=7, = 6 故当 λ=7时,平面 BEF⊥平面 ACD. = ⊥ 13.如图,在矩形 ABCD 中,AB=2BC,P、Q 分别为线段 AB、CD 的中点,EP⊥平面 ABCD. 如图, 的中点, ⊥ 如图 = , 、 、

(1)求证:DP⊥平面 EPC; 求证: ⊥ ; 求证 FP (2)问在 EP 上是否存在点 F 使平面 AFD⊥平面 BFC?若存在,求出AP的值. 问在 ⊥ ?若存在, 的值 证明: 解:(1)证明:∵EP⊥平面 ABCD, 证明 ⊥ , ∴EP⊥DP, ⊥ , 为矩形, = 又 ABCD 为矩形,AB=2BC, , P、Q 为 AB、CD 中点, 、 中点, 、 1 ∴PQ⊥DC 且 PQ=2DC, ⊥ = , ∴DP⊥PC, ⊥ , ∵EP∩PC=P, ∩ = , ∴DP⊥平面 EPC. ⊥ (2)如图,假设存在 F 使平面 AFD⊥平面 BFC, 如图, 如图 ⊥ , ∵AD∥BC,AD?平面 BFC, ∥ , ? ,

BC?平面 BFC, ? , ∴AD∥平面 BFC, ∥ , ∴AD 平行于平面 AFD 与平面 BFC 的交线 l.

∵EP⊥平面 ABCD, ⊥ , ∴EP⊥AD,而 AD⊥AB,AB∩EP=P, ⊥ , ⊥ , ∩ = , ∴AD⊥平面 EAB, ⊥ , ∴l⊥平面 FAB, ⊥ , ∴∠AFB 为平面 AFD 与平面 BFC 所成二面角的平面角, 所成二面角的平面角, ∴∠ 的中点, ∵P 是 AB 的中点,且 FP⊥AB, ⊥ , ∴当∠AFB=90°时,FP=AP, = 时 = , FP ∴当 FP=AP,即AP=1 时,平面 AFD⊥平面 BFC. = , ⊥


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