1、1课时达标检测(三十七）直线、平面垂直的判定与性质练基础小题强化运算能力1.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 P ABC 中共有_个直角三角形解析：由 PA平面 ABC 可得 PAC， PAB 是直角三角形，且PA BC.又 ABC90，即 AB BC，所以 ABC 是直角三角形，且 BC平面 PAB，又 PB平面 PAB，所以 BC PB，即 PBC 为直角三角形，故四面体 P ABC 中共有 4 个直角三角形答案：42如图， PA O 所在平面， AB 是 O 的直径， C 是 O 上一点，AE PC， AF PB，给出
2、下列结论： AE BC； EF PB； AF BC； AE平面 PBC，其中正确的结论有_(填序号)解析： AE平面 PAC， BC AC， BC PAAE BC，故正确； AE PC， AE BC， PB平面 PBCAE PB， AF PB， EF平面 AEFEF PB，故正确； AF PB，若 AF BCAF平面 PBC，则 AF AE 与已知矛盾，故错误；由可知正确答案：3(2018盐城中学月考)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_个解析：若 ， 换为直线 a， b，则命题化为“
3、a b，且 a b ”，此命题为真命题；若 ， 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：24在三棱锥 PABC 中，点 P 在平面 ABC 中的射影为点 O.(1)若 PA PB PC，则点 O 是 ABC 的_心(2)若 PA PB， PB PC， PC PA，则点 O 是 ABC 的_心解析：(1)如图 1，连结 OA， OB， OC， OP，在 Rt POA，Rt POB 和 Rt POC 中，PA PB PC，所以 OA OB OC，即 O 为 ABC 的外心2(2)
4、如图 2，延长 AO， BO， CO 分别交对边于 H， D， G 点， PC PA， PB PC， PA PB P， PC平面 PAB， AB平面 PAB， PC AB，又AB PO， PO PC P， AB平面 PGC，又 CG平面 PGC， AB CG，即 CG 为 ABC 边 AB的高同理可证 BD， AH 为 ABC 底边上的高，即 O 为 ABC 的垂心答案：(1)外 (2)垂练常考题点检验高考能力一、填空题1若 PD 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，连结 PB， PC， PA， AC， BD，则一定互相垂直的平面有_对解析：由于 PD平面 ABCD，故平面 PAD平面 ABC
5、D，平面PDB平面 ABCD，平面 PDC平面 ABCD，平面 PDA平面 PDC，平面PAC平面 PDB，平面 PAB平面 PAD，平面 PBC平面 PDC，共 7 对答案：72(2017徐州模拟)如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把ABD 和 ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： BD AC； BAC 是等边三角形；三棱锥 DABC 是正三棱锥；平面 ADC平面ABC.其中正确的是_(填序号)解析：由题意知， BD平面 ADC，故 BD AC，正确； AD 为等腰直角三角形斜边 BC上的高，平面 ABD平面 ACD，所以 AB AC
6、BC， BAC 是等边三角形，正确；易知DA DB DC，又由知正确；由知错误答案：3设平面 与平面 相交于直线 m，直线 a 在平面 内，直线 b 在平面 内，且3b m，则“ ”是“ a b”的_条件解析：若 ，因为 m， b ， b m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得 b ，又 a ，所以 a b，充分性成立；反过来，当 a m 时，因为 b m，且a， m 共面，一定有 b a，但不能保证 b ，所以不能推出 ，必要性不成立所以“ ”是“ a b”的充分不必要条件答案：充分不必要4.如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 BC1上运动，则下列四个命题：三棱锥 A
7、D1PC 的体积不变； A1P平面 ACD1； DP BC1；平面 PDB1平面 ACD1.其中正确的命题序号是_解析：由题意可得直线 BC1平行于直线 AD1，并且直线 AD1平面 AD1C，直线 BC1平面AD1C，所以直线 BC1平面 AD1C.所以点 P 到平面 AD1C 的距离不变， VAD1PC VPAD1C，所以体积不变故正确；连结 A1C1， A1B，可得平面 AD1C平面 A1C1B.又因为 A1P平面A1C1B，所以 A1P平面 ACD1，故正确；当点 P 运动到 B 点时， DBC1是等边三角形，所以 DP 不垂直于 BC1.故不正确；因为直线 AC平面 DB1， DB1
8、平面 DB1.所以 AC DB1.同理可得 AD1 DB1.所以可得 DB1平面 AD1C.又因为 DB1平面 PDB1.所以可得平面 PDB1平面 ACD1.故正确综上，正确的序号为.答案：5如图所示，四边形 ABCD 中， AD BC， AD AB， BCD45， BAD90.将ADB 沿 BD 折起，使平面 ABD平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列结论正确的是_(填序号)平面 ABD平面 ABC；平面 ADC平面 BDC；平面 ABC平面 BDC；平面 ADC平面 ABC.解析：在四边形 ABCD 中， AD BC， AD AB， BCD45， BAD90
9、， BD CD.又平面 ABD平面 BCD，且平面 ABD平面 BCD BD，故 CD平面 ABD，则 CD AB.又4AD AB， AD CD D， AD平面 ADC， CD平面 ADC，故 AB平面 ADC.又 AB平面 ABC，平面 ADC平面 ABC.答案：6.如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，侧棱长为2， AC BC1， ACB90， D 是 A1B1的中点， F 是 BB1上的动点，AB1， DF 交于点 E.要使 AB1平面 C1DF，则线段 B1F 的长为_解析：设 B1F x，因为 AB1平面 C1DF， DF平面 C1DF，所以 AB1 DF.由已知可得A1B1 ，设
10、 Rt AA1B1斜边 AB1上的高为 h，则 DE h.212又 2 h ，所以 h ， DE .2 22 22233 33在 Rt DB1E 中， B1E .(22)2 (33)2 66由面积相等得 x，得 x .66 x2 (22)2 22 12答案：127.如图，在三棱锥 DABC 中，若 AB CB， AD CD， E 是 AC 的中点，则下列命题中正确的有_(写出全部正确命题的序号)平面 ABC平面 ABD；平面 ABD平面 BCD；平面 ABC平面 BDE，且平面 ACD平面 BDE；平面 ABC平面 ACD，且平面 ACD平面 BDE.解析：由 AB CB， AD CD 知 A
11、C DE， AC BE，从而 AC平面 BDE，所以平面 ABC平面 BDE，且平面 ACD平面 BDE，故正确答案：8.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.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：如图，连结 AC， BD，则 AC BD， PA底面 ABCD， PA BD.5又 PA AC A， BD平面 PAC， BD PC，当 DM PC(或 BM PC)时，即有 PC平面 MBD.而 PC平面 PCD，平面 MBD平面 PCD.答案： DM PC(或 BM PC 等)9
12、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；对于，只有当 m， n 相交时，才有 l ，故错误；对于，由 l m， m n，得 l n，由 l ，得 n ，故正确；对于，由 l m， m ，得l ，再由 n ，得 l n，故正确答案：10(2018兰州质检)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，
13、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 E
14、C.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，又 MN平面6MNP，所以 MN 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：二、解答题11(2018泰州中学高三学情调研
15、)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AB AC AA13 a， BC2 a， D 是 BC 的中点， E， F 分别是 AA1， CC1上一点，且 AE CF2 a.(1)求证： B1F平面 ADF；(2)求三棱锥 B1ADF 的体积；(3)求证： BE平面 ADF.解：(1)证明：因为 AB AC， D 为 BC 中点，所以 AD BC.在直三棱柱 ABCA1B1C1中，因为 B1B底面 ABC， AD底面 ABC，所以 AD B1B.因为 BC B1B B， AD平面 B1BCC1，因为 B1F平面 B1BCC1，所以 AD B1F.在矩形 B1BCC1中，因为 C1F CD a， B1C
16、1 CF2 a，所以 Rt DCFRt FC1B1，所以 CFD C1B1F，所以 B1FD90， B1F FD，因为 AD FD D， B1F平面 AFD.(2)因为 B1F平面 AFD，所以 VB1ADF S ADFB1F ADDFB1F 2 a a a .13 13 12 13 12 2 5 5 52a33(3)证明：如图，连结 EF， EC，设 EC AF M，连结 DM，因为 AE CF2 a，所以四边形 AEFC 为矩形，所以 M 为 EC 中点，因为 D 为 BC 中点，所以 MD BE.因为 MD平面 ADF， BE平面 ADF，所以 BE平面 ADF.12.如图所示，已知长方
17、体 ABCD A1B1C1D1，点 O1为 B1D1的 中点(1)求证： AB1平面 A1O1D；7(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 1 所示，连结 AD1交 A1D 于点 G， G 为 AD1的中点，连结 O1G，在 AB1D1中， O1为 B1D1的中点， O1G AB1. O1G平面 A1O1D，且 AB1平面 A1O1D， 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，如图 2 所示 BC平面 ABB1A1， AE平面 ABB1A1， BC AE.又 A1C BC C，且 A1C， BC平面 A1BC， AE平面 A1BC. A1B平面 A1BC， AE A1B.在 AMB 和 ABE 中， BAM ABM90， BAM BEA90， ABM BEA.Rt ABERt A1AB， .BEAB ABAA1 AB AA1， BE AB BB1，23 23 49即在线段 BB1上存在点 E 使得 A1C AE，此时 .BEBB1 49
