2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十一直线与平面平面与平面垂直苏教版.doc

1、核心素养测评四十一 直线与平面、平面与平面垂直(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.,为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m的一个充分条件是()A.n,n,mB.=m,C.,mD.,=l,ml【解析】选A.由n,n知,又m,所以m.所以A正确.2.如图所示,b,c在平面内,ac=B,bc=A,且ab,ac,bc,若Ca,Db,则ACD是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形【解析】选B.因为ab,bc,ac=B,所以b平面ABC,所以ADAC,故ACD为直角三角形.3.如图,在四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,将AB

2、D沿BD折起,使平面ABD平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下面结论正确的是()A.平面ABD平面ABCB.平面ADC平面BDCC.平面ABC平面BDCD.平面ADC平面ABC【解析】选D.在平面图形中CDBD,折起后仍有CDBD,由于平面ABD平面BCD,故CD平面ABD,所以CDAB,又ABAD,ADCD=D,故AB平面ADC,又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面ADC.4.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A、B)且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为()A.60B.30C.45D.15【解析】选C.由条件得PABC,ACB

3、C,又PAAC=A,所以BC平面PAC,所以PCA为二面角P-BC-A的平面角.在RtPAC中,由PA=AC得PCA=45.5.如图,正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,O为正方形ABCD的中心,M为正方形ABCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为()【解析】选A.取AD的中点E,连接PE,PC,CE.由PEAD知PE平面ABCD,从而平面PEC平面ABCD,取PC,AB的中点F,G,连接DF,DG,FG,由PD=DC知DFPC,由DGEC知,DG平面PEC,又PC平面PEC,所以DGPC,DFDG=D,所以PC平面DFG,又点F是PC的中点,因此,线段DG上的点满足

4、MP=MC.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为_.【解析】连接A1C1,则AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以sinAC1A1=.答案:7.如图所示,在四棱锥P-ABCD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正确的条件即可)【解析】因为PA底面ABCD,所以BDPA,连接AC,则BDAC,且PAAC=A,

5、所以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,所以平面MBD平面PCD.答案:DMPC(答案不唯一)8.设,是空间两个不同的平面,m,n是平面及外的两条不同直线.从“mn;n;m”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:_(用代号表示).【解析】逐一判断.若成立,则m与的位置关系不确定,故错误;同理也错误;与均正确.答案:(或)三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在三棱锥A-BCD中,AB平面BCD,CDBD.(1)求证:CD平面ABD. (2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的

6、体积.【解析】(1)因为AB平面BCD,CD平面BCD,所以ABCD.又因为CDBD,ABBD=B,所以CD平面ABD.(2)由AB平面BCD,得ABBD.又AB=BD=1,所以SABD=12=.因为M是AD的中点,所以SABM=SABD=.根据(1)知,CD平面ABD,则三棱锥C 􀆼ABM的高h=CD=1,故VA 􀆼MBC=VC 􀆼ABM=SABMh=.10.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,PADBAD,平面PAD平面ABCD,AB=4,PA=PD,M在棱PD上运动.(1)当M在何处时,PB平面MAC.(2)已知O为A

7、D的中点,AC与OB交于点E,当PB平面MAC时,求三棱锥E-BCM的体积.【解析】(1)如图,设AC与BD相交于点N,当M为PD的中点时,PB平面MAC.证明:因为四边形ABCD是菱形,可得DN=NB,又因为M为PD的中点,可得DM=MP,所以NM为BDP的中位线,可得NMPB,又因为NM平面MAC,PB平面MAC,所以PB平面MAC.(2)因为O为AD的中点,PA=PD,则OPAD,又PADBAD,所以OBAD,且OB=2,又因为AEOCEB,所以=,所以BE=OB=,所以SEBC=4=.又因为OP=4=2,点M为PD的中点,所以M到平面EBC的距离为,所以VE-BCM=VM-EBC=.(

8、15分钟35分)1.(5分)(多选)如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列情况正确的是()A.平面ABC平面ABDB.平面ABD平面BDCC.平面ABC平面BDED.平面ADC平面BDE【解析】选C、D.要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BEAC,同理有DEAC,于是AC平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC平面BDE.又由于AC平面ACD,所以平面ACD平面BDE.2.(5分)(2020山东新高考模拟)已知三棱锥S-ABC中,SAB=ABC=,SB=

9、4,SC=2,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是()A.4B.6C.4D.6【解析】选C.由SB=4,AB=2,且SAB=,得SA=2;又由AB=2,BC=6,且ABC=,得AC=2.因为SA2+AC2=SC2,从而知SAC=,即SAAC.所以SA平面ABC.又由于SABC=26=6,从而VS-ABC=SABCSA=62=4.3.(5分)正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是BC的中点,动点P在四棱锥的表面上运动,并且总保持PEAC,则动点P的轨迹的长为_.【解析】如图,设ACBD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接

10、GH,易知ACEF,GHSO,所以GH平面ABCD,所以ACGH,所以AC平面EFG,故动点P的轨迹是EFG,由已知易得EF=,GE=GF=,所以EFG的周长为+,故动点P的轨迹长为+.答案:+4.(10分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且ADDE,F为B1C1的中点.求证:(1)平面ADE平面BCC1B1.(2)直线A1F平面ADE.【证明】(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.又AD平面ABC,所以CC1AD.又因为ADDE,CC1,DE平面BCC1B1,CC1DE=E,所以AD平面

11、BCC1B1.又AD平面ADE,所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1,且A1F平面A1B1C1,所以CC1A1F.又因为CC1,B1C1平面BCC1B1,CC1B1C1=C1,所以A1F平面BCC1B1. 由(1)知AD平面BCC1B1,所以A1FAD.又AD平面ADE,A1F平面ADE,所以A1F平面ADE.5.(10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是CD,A1D1的中点.(1)求证:AB1BF.(2)求证:AEBF.(3)棱CC1上是否存在点P,使BF平面AEP?若存在,确定点P的位置,若不存在,说明理由.【解析】(1)连接A1B,则AB1A1B,又因为AB1A1F,且A1BA1F=A1,所以AB1平面A1BF.又BF平面A1BF,所以AB1BF. (2)取AD中点G,连接FG,BG,则FGAE,又因为BAGADE,所以ABG=DAE.所以AEBG.又因为BGFG=G,所以AE平面BFG.又BF平面BFG,所以AEBF.(3)存在.取CC1的中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,因为EPC1D,C1DAB1,所以EPAB1.由(1)知AB1BF,所以BFEP.又由(2)知AEBF,且AEEP=E,所以BF平面AEP.