【聚焦典型题】(苏教版)2014届高考一轮数学(理)《直线平面垂直的判定及性质》

直线、平面垂直的判定及性质分层训练A级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1.如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任一点，则图形中有________对线面垂直．[来源:学科网ZXXK]解析由题可知PA⊥平面ABC，又因为BC⊥AC，PA⊥BC，所以BC⊥平面PAC，故有2对线面垂直．答案22．若M是线段AB的中点，A，B到平面α的距离分别是4cm，6cm，则M到平面α的距离为________．解析当A，B在平面α同一侧，点M到α距离为12(4＋6)＝5(cm)；当A，B在平面α两侧，点M到α距离为12(6－4)＝1(cm)．答案5cm或1cm3．在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，PE⊥BD，E为垂足，则PE的长为________．答案1354．P为△ABC所在平面外一点，O为P在平面ABC上的射影．(1)若PA＝PB＝PC，则O点是△ABC的________心；(2)若PA⊥BC，PB⊥AC，则点O是△ABC的________心；(3)若PA，PB，PC两两互相垂直，则O点是△ABC的________心．答案外垂垂[来源:学科网]5．(1)三角形的一边BC在平面α内，l⊥α，垂足为A，A∉BC，P在l上滑动，点P不同于A，若∠ABC是直角，则△PBC是________三角形；(2)直角三角形PBC的斜边BC在平面α内，直角顶点P在平面α外，P在平面上的射影为A，则△ABC是________三角形．(填“锐角”“直角”或“钝角”)解析(1)如图，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵∠ABC＝90°∴BC⊥AD，∴BC⊥平面PAB，∴∠PBC＝90°.(2)如图，PB2＋PC2＝BC2，AB＜PB，AC＜PC，所以AB2＋AC2＜BC2，故∠BAC为钝角．答案(1)直角(2)钝角6.如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：①SG⊥平面EFG；②SD⊥平面EFG；③GF⊥平面SEF；④EF⊥平面GSD；⑤GD⊥平面SEF.其中正确的是________(填序号)．解析SG，EG，FG两两垂直，易推得①成立；EG2＝FG2，即EG＝FG又SE＝SF，易证④成立．答案①④二、解答题(每小题15分，共30分)7.(2012·镇江调研)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是一直角梯形，BA⊥AD，CD⊥AD，CD＝2AB，PA⊥底面ABCD，E为PC的中点．(1)证明：EB∥平面PAD；(2)若PA＝AD，证明：BE⊥平面PDC.[来源:学科网ZXXK](1)证明取PD中点Q，连接EQ，AQ.因为QE∥CD，CD∥AB，所以QE∥AB.[来源:学科网ZXXK]又QE＝12CD＝AB，四边形ABEQ是平行四边形，所以BE∥AQ.又AQ⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)因为PA⊥底面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD.所以AQ⊥CD.若PA＝AD，则Q为PD中点．所以AQ⊥PD.所以AQ⊥平面PCD.因为BE∥AQ，所以BE⊥平面PCD.8.(2011·江西卷)如图，在△ABC中，∠B＝π2，AB＝BC＝2，P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.(1)当棱锥A′－PBCD的体积最大时，求PA的长；(2)若点P为AB的中点，E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.解(1)令PA＝x(0x2)，则A′P＝PD＝x，BP＝2－x.因为A′P⊥PD，且平面A′PD⊥平面PBCD，故A′P⊥平面PBCD.所以VA′－PBCD＝13Sh＝16(2－x)·(2＋x)x＝16(4x－x3)．令f(x)＝16(4x－x3)，由f′(x)＝16(4－3x2)＝0，得x＝233(负值舍去)．当x∈0，233时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈233，2时，f′(x)0，f(x)单调递减．所以当x＝233时，f(x)取得最大值．[来源:Z_xx_k.Com]故当VA′－PBCD最大时，PA＝233.(2)证明设F为A′B的中点，如图所示，连接PF，FE，则有EF綉12BC，PD綉12BC.所以EF綉PD.所以四边形EFPD为平行四边形．所以DE∥PF.又A′P＝PB，所以PF⊥A′B，故DE⊥A′B.分层训练B级创新能力提升1．(2012·南京模拟)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题：①若l⊂α，m⊂α，l∥β，m∥β，则α∥β；②若l⊂α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；③若α∥β，l∥α，则l∥β；④若l⊥α，m∥l，α∥β，则m⊥β.其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．解析①中l与m相交时成立；③中当l⊄β时成立，②④正确．答案②④2．(2012·苏州调研)设α，β为两个不重合的平面，m，n为两条不重合的直线，给出下列四个命题；①若m⊥n，m⊥α，n⊄α，则n∥α；②若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β；③若m⊥n，m∥α，n∥β，则α⊥β；④若n⊂α，m⊂β，α与β相交且不垂直，则n与m不垂直．其中，所有真命题的序号是________．解析①②正确；③错误，α，β相交或平行；④错误．m与n可以垂直，不妨令n＝α∩β，则在β内存在m⊥n.答案①②3.(2011·泰州模拟)如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为________．①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④异面直线PM与BD所成的角为45°.解析∵MN∥PQ，∴MN∥面ABC，∴MN∥AC.同理BD∥QM.∵MN⊥QM，∴AC⊥BD，∴①是对的；∵AC∥MN，∴AC∥面PQMN，故②对；∵BD∥QM，∴PM与BD所成角即为∠PMQ，∴PM与BD成45°角，故④对．答案③4．(2012·安徽卷)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD每组对棱相互垂直②四面体ABCD每个面的面积相等③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°④连结四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长解析把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然命题①错误；因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；当ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；而命题⑤显然成立．故应填②④⑤.答案②④⑤5.(2011·扬州调研)如图，在平行四边形ABCD中，BD⊥CD，正方形ADEF所在的平面和平面ABCD垂直，点H是BE的中点，点G是AE、DF的交点．(1)求证：GH∥平面CDE；(2)求证：BD⊥平面CDE.证明(1)因为G是AE与DF的交点，所以G是AE的中点．又H是BE的中点，所以在△EAB中，GH∥AB.因为AB∥CD，所以GH∥CD.又CD⊂平面CDE，GH⊄平面CDE，所以GH∥平面CDE.(2)平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，因为ED⊥AD，ED⊂平面ADEF，所以ED⊥平面ABCD.所以ED⊥BD.又BD⊥CD，CD∩ED＝D，所以BD⊥平面CDE.6.(2012·扬州调研)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是BC的中点，BC＝BB1.(1)求证：A1C∥平面AB1D；(2)试在棱CC1上找一点M，使MB⊥AB1.(1)证明连接A1B交AB1于点O，连接OD.因为O，D分别是A1B，BC的中点，所以A1C∥OD.因为A1C⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，所以A1C∥平面AB1D.(2)M为CC1的中点．证明如下：因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝BB1，所以四边形BCC1B1是正方形．因为M为CC1的中点，D是BC的中点，所以△B1BD≌△BCM.所以∠BB1D＝∠CBM，∠BDB1＝∠CMB.又∠BB1D＋∠BDB1＝π2，∠CBM＋∠BDB1＝π2，所以BM⊥B1D.因为△ABC是正三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面BB1C1C.因为BM⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BM.因为AD∩B1D＝D，所以BM⊥平面AB1D.因为AB1⊂平面AB1D，所以MB⊥AB1.