2022届高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第5节 直线、平面垂直的判定及其性质课时作业（含解析）新人教版.doc

1、第七章 立体几何授课提示：对应学生用书第309页A组基础保分练1(2021长沙模拟)已知，为平面，l是直线，若l，则“，”是“l”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：C2(多选题)如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中正确的是()AACSBBADSCC平面SAC平面SBDDBDSA解析：由SD底面ABCD，得SB在平面ABCD内的射影为DB.又DB与AC垂直，所以SBAC，A正确；由SC在平面ABCD内的射影DC与AD垂直，得SCAD，B正确；由ACSB，ACBD，SBBDB，可得AC平面SBD，又因为AC平面SAC，从而有

2、平面SAC平面SBD，C正确；若BDSA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，与已知条件矛盾，D错误答案：ABC3(2021石家庄模拟)若l，m是两条不重合的直线，m垂直于平面，则“l”是“lm”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：A4(多选题)(2021山东威海模拟)如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，BCCDAB2，E为AB中点，沿DE将三角形ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC2，则()A平面PED平面EBCDBPCEDC二面角PDCB的大小为45D直线PC与平面PED所成角的正切值为解析：A中，PDAD 2，在PDC中，因为

3、PD2CD2PC2，所以PDCD.又CDDE，PDDED，所以CD平面PED，又CD平面EBCD，所以平面PED平面EBCD，故A正确；B中，若PCED，又EDCD，PCCDC，所以ED平面PDC，则EDPD，而EDPEDA90，显然矛盾，故B错误；C中，二面角PDCB的平面角为PDE，根据折叠的性质知PDEADE45，故C正确；D中，因为CD平面PED，所以CPD为直线PC与平面PED所成角，在RtPCD中，tanCPD，故D错误答案：AC5在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，侧面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，则()A当k时，平面BPC平面

4、PCDB当k时，平面APD平面PCDC对任意k(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直D存在k(0,1)，使直线PD与直线AC垂直解析：当k时，取PB，PC的中点，分别为M，N，连接MN，AM，DN(图略)由平面PAB平面ABCD，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM.又M为PB的中点，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，MNBC且MNBC，ADMN且ADMN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AMDN，则DN平面BPC.又DN平面PCD，平面BPC平面PCD.答案：A6如图，在正方形ABCD中，点M 为边AD(端点除外)上一动点，将ABM沿BM所在直线翻折至AB

5、M，并连接AC，AD，则下列情况可能成立的是()ABA平面ADMBBA平面ACDCBCABDMA平面ABC解析：连接BD(图略)，令AB1，则BD.若选项A成立，则BAAD，所以AD1，此时AMMD1，这与AMMDAD矛盾，因此选项A不成立；若选项B成立，则BAAC，所以在RtBAC中，BCBA，这与BCBA1矛盾，因此选项B不成立；若选项C成立，则BC为AB与CD的公垂线段，则可得BC1AD.但AMMD1AD，这与BC1AD矛盾，因此选项C不成立；当MAMD时，由MDBC可得MABC，又MAAB，可得MA平面ABC，故选项D有可能成立答案：D7如图，PA圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是

6、圆O上一点，AEPB于点E，AFPC于点F，给出下列结论：AFPB；EFPB；AFBC；AE平面PBC.其中正确结论的序号是_答案：8如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，分别沿AE，EF，FA将ABE，ECF，ADF折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体AOEF，连接AH，则在四面体AOEF中，下列结论不正确的是_(写出所有不正确结论的序号)AO平面EOF；AH平面EOF；AOEF；AFOE；平面AOE平面AOF.解析：易知OAOE，OAOF，OEOFO，OA平面EOF，故正确，错误；EF平面EOF，AOEF，故正确；同理可得OE平面AOF，OEAF，故正

7、确；OE平面AOE，平面AOE平面AOF，故正确故答案为.答案：9如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点(1)求证：BF平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD平面AOF.证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，因为F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，因为CD3PE，所以FG2PE，FGCD，因为CDAB，AB2PE，所以ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行四边形，所以BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，所以BF平面ADP.(

8、2)延长AO交CD于点M，连接BM，FM，因为BAAD，CDDA，ABAD，O为BD的中点，所以ABMD是正方形，则BDAM，MD2PE.所以FMPD，因为PD平面ABCD，所以FM平面ABCD，所以FMBD，因为AMFMM，所以BD平面AMF，所以BD平面AOF.B组能力提升练1如图所示，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC，PAD是等边三角形，已知BD2AD8，AB2DC4.(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD平面PAD；(2)求四棱锥PABCD的体积解析：(1)证明：在ABD中，AD4，BD8，AB4，AD2BD2AB2，ADBD.又平面PAD平面ABCD，平面P

9、AD平面ABCDAD，BD平面ABCD，BD平面PAD，又BD平面MBD，平面MBD平面PAD.(2)如图，过点P作POAD于点O.平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，PO平面ABCD.即PO为四棱锥PABCD的高，又PAD是边长为4的等边三角形，PO2.在底面四边形ABCD中，ABDC，AB2DC，四边形ABCD为梯形由(1)知，在RtADB中，斜边AB上的高为(等面积法)，也是梯形的高，S梯形ABCD24.VPABCD24216.2(2021南昌模拟)如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PAD是正三角形，平面PAD平面ABCD，E

10、，F，G分别是PD，PC，BC的中点(1)求证：平面EFG平面PAD；(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥MEFG的体积解析：(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，且CDAD，所以CD平面PAD.在PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，所以EFCD，所以EF平面PAD.因为EF平面EFG，所以平面EFG平面PAD.(2)因为EFCD，EF平面EFG，CD平面EFG，所以CD平面EFG，因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，连接DF，DG，如图，V三棱锥MEFGV三棱锥DEFG.取AD的中点H，连接GH，EH，FH，则EF

11、GH，因为EF平面PAD，EH平面PAD，所以EFEH.于是SEFHEFEH2SEFG.平面EFG平面PAD，平面EFG平面PADEH，且易知EHD是边长为2的正三角形，所以点D到平面EFG的距离等于正三角形EHD的高，为.所以三棱锥MEFG的体积V三棱锥MEFGV三棱锥DEFGSEFG.C组创新应用练1. (2021泉州模拟)如图，一张A4纸的长，宽分别为2a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体下列关于该多面体的命题，正确的是_(写出所有正确命题的序号)该多面体是三棱锥；平面BAD平面BCD；平面BAC

12、平面ACD；该多面体外接球的表面积为5a2.解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故正确；因为APBP，APCP，BPCPP，所以AP平面BCD，又因为AP平面ABD，所以平面BAD平面BCD，故正确；同理可证平面BAC平面ACD，故正确；该多面体的外接球半径Ra，所以该多面体外接球的表面积为5a2，故正确综上，正确命题的序号为.答案：2(2021洛阳模拟)如图，在四棱锥EABCD中，EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足ABCD，ADDCAB，且AEBD.(1)证明：平面EBD平面EAD；(2)若EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离解析：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM

13、，则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，所以DMCBADAB，即点D在以线段AB为直径的圆上，所以BDAD，又AEBD，且AEADA，所以BD平面EAD.因为BD平面EBD，所以平面EBD平面EAD.(2)因为BD平面EAD，且BD平面ABCD，所以平面ABCD平面EAD.因为等边EAD的面积为，所以ADAEED2，即AD的中点O，连接EO，则EOAD，EO，因为平面EAD平面ABCD，平面EAD平面ABCDAD，所以EO平面ABCD.由(1)知ABD，EBD都是直角三角形，所以BD2，SEBDEDBD2，设点C到平面EBD的距离为h，由VCEBDVEBCD，得SEBDhSBCDEO，又SBCDBCCDsin 120，所以h.所以点C到平面EBD的距离为.