（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 3 第3讲 直线、平面垂直的判定与性质刷

第3讲直线、平面垂直的判定与性质1．直线a⊥平面α，b∥平面α，则a与b的位置关系为________．解析：因为a⊥α，b∥α，所以a⊥b，但不一定相交．答案：a⊥b2．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n与平面α的关系是________．解析：因为l⊂α，且l与n异面，所以n⊄α，又因为m⊥α，n⊥m，所以n∥α.答案：n∥α3.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P­ABC中共有直角三角形个数为________．解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P­ABC中共有4个直角三角形．答案：44．在空间中，给出下面四个命题：①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；②若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；③垂直于同一条直线的两条直线互相平行；④若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线．其中正确命题的序号是________．解析：易知①④正确；对于②，过两点的直线可能与平面相交；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面．答案：①④5．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β有________对．解析：过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.答案：无数6．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是________．解析：如图，取BC的中点D，连结AD，则AD⊥BC.又PA⊥平面ABC，根据三垂线定理，得PD⊥BC.在Rt△ABD中，AB＝5，BD＝3，所以AD＝4.在Rt△PAD中，PA＝8，AD＝4，所以PD＝45.答案：457．已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加条件的序号是________．①m∥n；②n⊥m.解析：由面面垂直的性质定理可知，当n⊥m时，有n⊥β.答案：②8．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.其中正确命题的序号为________．解析：①显然正确；对②，只有当m，n相交且l⊄α时，才能l⊥α，故②错误；对③，由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α得n⊥α，故③正确；对④，由l∥m，m⊥α⇒l⊥α，再由n⊥α⇒l∥n.故④正确．答案：①③④9.(2019·宿迁模拟)如图，在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论成立的序号是________．①BC∥平面PDF；②DF⊥平面PAE；③平面PDF⊥平面PAE；④平面PDE⊥平面ABC.解析：因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，①成立；易证BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以结论②，③均成立；点P在底面ABC内的射影为△ABC的中心，不在中位线DE上，故结论④不可能成立．答案：①②③10．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ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α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．答案：211．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(七))如图，在矩形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点．将矩形ABCD沿线段EF折起，使得∠DFA＝60°.设G为AF上的点．(1)试确定点G的位置，使得CF∥平面BDG；(2)在(1)的条件下，证明：DG⊥AE.解：(1)当点G为AF的中点时，CF∥平面BDG.证明如下：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF∥AB∥CD.连接AC，交BD于点O，连接OG，则AO＝CO，又G为AF的中点，所以CF∥OG，因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面DBG.所以CF∥平面BDG.(2)证明：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF⊥FD，EF⊥FA.又FD∩FA＝F，所以EF⊥平面ADF，因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG.因为FD＝FA，∠DFA＝60°，所以△ADF是等边三角形，DG⊥AF，又AF∩EF＝F，所以DG⊥平面ABEF.因为AE⊂平面ABEF，所以DG⊥AE.12．已知侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，且AD＝AA1，点F为棱BB1的中点，点M为线段AC1的中点．(1)求证：MF∥平面ABCD；(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1.证明：(1)如图，延长C1F交CB的延长线于点N，连结AN.因为F是BB1的中点，所以F为C1N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC1的中点，所以MF∥AN.又MF⊄平面ABCD，AN⊂平面ABCD，所以MF∥平面ABCD.(2)连结BD，由题知A1A⊥平面ABCD，又因为BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD.因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.又因为AC∩A1A＝A，AC⊂平面ACC1A1，A1A⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.在四边形DANB中，DA∥BN，且DA＝BN，所以四边形DANB为平行四边形．所以NA∥BD，所以NA⊥平面ACC1A1.又因为NA⊂平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ACC1A1.1．已知m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则给出下列条件：①m∥n，n∥α；②m⊥n，n⊥α；③m∥β，m⊄α，α∥β；④m⊥β，α⊥β.其中能使m∥α成立的充分条件的序号为________．解析：因为①②④均存在m⊂α的可能，由条件③⇒m∥α.答案：③2．在正四棱锥P­ABCD中，PA＝32AB，M是BC的中点，G是△PAD的重心，则在平面PAD中经过G点且与直线PM垂直的直线有________条．解析：设正四棱锥的底面边长为a，(如图)则侧棱长为32a.因为PM⊥BC，所以PM＝32a2－a22＝22a.连结PG并延长与AD相交于N点，连结MN，则PN＝22a，MN＝AB＝a，所以PM2＋PN2＝MN2，所以PM⊥PN，又PM⊥AD，PN∩AD＝N，PN，AD⊂平面PAD，所以PM⊥平面PAD，所以在平面PAD中经过G点的任意一条直线都与PM垂直．答案：无数3．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)解析：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．答案：①③4.(2019·苏州质检)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，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)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④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．①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∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②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MNP，所以MN⊥AE，②正确；③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，③错误；④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，④正确．答案：①②④5．(2019·江苏省师大附中模拟)如图，在三棱锥S­ABC中，△ABC是边长为2的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M为AB的中点．(1)证明：AC⊥SB；(2)求点B到平面SCM的距离．解：(1)证明：取AC的中点D，连结DS，DB.因为SA＝SC，BA＝BC，所以AC⊥DS，且AC⊥DB，DS∩DB＝D，所以AC⊥平面SDB，又SB⊂平面SDB，所以AC⊥SB.(2)因为SD⊥AC，平面SAC⊥平面ABC，所以SD⊥平面ABC.过D作DE⊥CM于E，连结SE，则SE⊥CM，所以在Rt△SDE中，SD＝1，DE＝12，所以SE＝52，CM是边长为2的正△ABC的中线，所以CM＝3，所以S△SCM＝12CM·SE＝12×3×52＝154，S△BMC＝12·12AB·CM＝14×2×3＝32.设点B到平面SCM的距离为h，则由VB­SCM＝VS­BCM得13S△SCM×h＝13S△BMC×SD，所以h＝S△BMC·SDS△SCM＝32154＝255.6．如图所示，已知长方体ABCD­A1B1C1D1，点O1为B1D1的中点．(1)求证：AB1∥平面A1O1D.(2)若AB＝23AA1，在线段BB1上是否存在点E使得A1C⊥AE？若存在，求出BEBB1；若不存在，说明理由．解：(1)证明：如图所示，连结AD1交A1D于点G，所以G为AD1的中点．连结O1G.在△AB1D1中，因为O1为B1D1的中点，所以O1G∥AB1.因为O1G⊂平面A1O1D，且AB1⊄平面A1O1D，所以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.因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AE.又因为A1C∩BC＝C，且A1C，BC⊂平面A1BC，所以AE⊥平面A1BC.因为A1B⊂平面A1BC，所以AE⊥A1B.在△AMB和△ABE中，∠BAM＋∠ABM＝90°，∠BAM＋∠BEA＝90°，所以∠ABM＝∠BEA.所以Rt△ABE∽Rt△A1AB，所以BEAB＝ABAA1.因为AB＝23AA1，所以BE＝23AB＝49BB1，即在线段BB1上存在点E使得A1C⊥AE，此时BEBB1＝49.