（课标通用版）2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第5讲直线、平面垂直的判定与性质检测文.doc

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1、1第 5讲 直线、平面垂直的判定与性质基础题组练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 PABC中共有直角三角形的个数为( )A4 B3C2 D1解析：选 A.由 PA平面 ABC可得 PAC， PAB是直角三角形，且PA BC.又 ABC90，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2下列命题中不正确的是( )A如果平面 平面 ，且直线 l平面 ，则直线 l平面 B如果平面 平面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面 C如果平面 不垂直于平面

2、 ，那么平面 内一定不存在直线垂直于平面 D如果平面 平面 ，平面 平面 ， l，那么 l 解析：选 A.根据面面垂直的性质，知 A不正确，直线 l可能平行于平面 ，也可能在平面 内或与平面 相交3在正三棱柱 ABCA1B1C1中， AB1，点 D在棱 BB1上，且 BD1，则 AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为( )A. B.104 64C. D.105 65解析：选 B.如图，取 AC， A1C1的中点分别为 M， M1，连接MM1， BM，过点 D作 DN BM交 MM1于点 N，则易证 DN平面 AA1C1C，连接 AN，则 DAN为 AD与平面 AA1C1C所成的角在直角三角形

3、DNA中，sin DAN .DNAD 322 644.如图，在正四面体 PABC中， D， E， F分别是 AB， BC， CA的中点，下面四个结论不成立的是( )A BC平面 PDFB DF平面 PAEC平面 PDF平面 PAE2D平面 PDE平面 ABC解析：选 D.因为 BC DF， DF平面 PDF， BC平面 PDF，所以 BC平面 PDF，故选项 A正确在正四面体中， AE BC， PE BC， DF BC，所以 BC平面 PAE，则 DF平面 PAE，从而平面 PDF平面 PAE.因此选项 B，C 均正确5若圆锥的侧面积是底面积的 3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为_解析：设圆锥

4、的底面半径为 r，母线长为 l，由题意 rl3 r2，即 l3 r，母线与底面夹角为 ，则 cos .rl 13答案：136.如图，已知 BAC90， PC平面 ABC，则在 ABC， PAC的边所在的直线中，与 PC垂直的直线有_；与 AP垂直的直线有_解析：因为 PC平面 ABC，所以 PC垂直于直线 AB， BC， AC.因为 AB AC， AB PC， AC PC C，所以 AB平面 PAC，又因为 AP平面 PAC，所以 AB AP，与 AP垂直的直线是 AB.答案： AB， BC， AC AB7如图，在四棱锥 EABCD中，平面 EAB平面 ABCD，四边形 ABCD为矩形， EA

5、 EB，点 M， N分别是 AE， CD的中点求证：(1)直线 MN平面 EBC；(2)直线 EA平面 EBC.证明：(1)取 BE的中点 F，连接 CF， MF.因为 M是 AE的中点，所以 MF綊 AB.12因为 N是矩形 ABCD中边 CD的中点，所以 NC綊 AB，所以 MF綊 NC，123所以四边形 MNCF是平行四边形，所以 MN CF.又 MN平面 EBC， CF平面 EBC，所以 MN平面 EBC.(2)因为平面 EAB平面 ABCD，平面 EAB平面 ABCD AB， BC平面 ABCD，又因为在矩形 ABCD中， BC AB，所以 BC平面 EAB.又因为 EA平面 EAB

6、，所以 BC EA.因为 EA EB， BC EB B， EB平面 EBC， BC平面 EBC，所以 EA平面 EBC.8.如图，四棱锥 PABCD的底面是正方形， PA底面ABCD， PA AD2，点 M， N分别在棱 PD， PC上，且 PC平面 AMN.(1)求证： AM PD；(2)求直线 CD与平面 AMN所成角的正弦值解：(1)证明：因为四边形 ABCD是正方形，所以 CD AD.又因为 PA底面 ABCD，所以 PA CD，故 CD平面 PAD.又 AM平面 PAD，则 CD AM，而 PC平面 AMN，有 PC AM，又 PC CD C，则 AM平面 PCD，故 AM PD.(

7、2)延长 NM， CD交于点 E，因为 PC平面 AMN，所以 NE为 CE在平面 AMN内的射影，故 CEN为 CD(即 CE)与平面 AMN所成的角，又因为 CD PD， EN PN，则有 CEN MPN，在 Rt PMN中，sin MPN ，MNPM 33故 CD与平面 AMN所成角的正弦值为 .33综合题组练1(应用型)正方形 ABCD与等边三角形 BCE有公共边 BC，若 ABE120，则 CE与平面 ABCD所成角的大小为( )A. B.6 3C. D.4 2解析：选 C.作 EG底面 ABCD于点 G，作 GH DC于点 H，设所求的角为 ，连接 EH， CG，则 ECG ，4则

8、 CD EH.又得 ECD120，设 AB2 a，则 EH a，3GH a，所以 EG a，2sin ，所以 .EGEC 2a2a 22 4故选 C.2(2018高考全国卷)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA， SB互相垂直， SA与圆锥底面所成角为 30.若 SAB的面积为 8，则该圆锥的体积为_解析：由题意画出图形，如图，设 AC是底面圆 O的直径，连接 SO，则 SO是圆锥的高设圆锥的母线长为 l，则由 SA SB， SAB的面积为 8，得 l28，得 l4.在 Rt12ASO 中，由题意知 SAO30，所以 SO l2， AO l2 .12 32 3故该圆锥的体积 V AO2SO (2

9、)228.13 13 3答案：83(2019广州市调研测试)如图，已知多面体 PABCDE的底面 ABCD是边长为 2的菱形，PA底面 ABCD， ED PA，且 PA2 ED2.(1)证明：平面 PAC平面 PCE；(2)若 ABC60，求三棱锥 PACE的体积解：(1)如图，连接 BD，交 AC于点 O，设 PC的中点为 F，连接OF， EF.易知 O为 AC的中点，所以 OF PA，且 OF PA，125因为 DE PA，且 DE PA，12所以 OF DE，且 OF DE，所以四边形 OFED为平行四边形，所以 OD EF，即 BD EF.因为 PA平面 ABCD， BD平面 ABCD

10、，所以 PA BD.因为四边形 ABCD是菱形，所以 BD AC.因为 PA AC A，所以 BD平面 PAC.因为 BD EF，所以 EF平面 PAC.因为 EF平面 PCE，所以平面 PAC平面 PCE.(2)法一：因为 ABC60，所以 ABC是等边三角形，所以 AC2.又 PA平面 ABCD， AC平面 ABCD，所以 PA AC.所以 S PAC PAAC2.12因为 EF平面 PAC，所以 EF是三棱锥 EPAC的高易知 EF DO BO ，3所以三棱锥 PACE的体积 VPACE VEPAC S PACEF 2 .13 13 3 233法二：因为底面 ABCD为菱形，且 ABC6

11、0，所以 ACD为等边三角形取 AD的中点 M，连接 CM，则 CM AD，且 CM .3因为 PA平面 ABCD，所以 PA CM，又 PA AD A，所以 CM平面 PADE，所以 CM是三棱锥 CPAE的高易知 S PAE2，所以三棱锥 PACE的体积 VPACE VCPAE S PAECM 2 .13 13 3 2334(综合型)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 AA1底面 ABC， M为棱 AC的中点 AB BC， AC2， AA1 .2(1)求证： B1C平面 A1BM；(2)求证： AC1平面 A1BM.证明：(1)连接 AB1与 A1B，两线交于点 O，连接 OM.6

12、在 B1AC中，因为 M， O分别为 AC， AB1的中点，所以 OM B1C，又因为 OM平面 A1BM， B1C平面 A1BM，所以 B1C平面 A1BM.(2)因为侧棱 AA1底面 ABC，BM平面 ABC，所以 AA1 BM，又因为 M为棱 AC的中点， AB BC，所以 BM AC.因为 AA1 AC A，AA1， AC平面 ACC1A1，所以 BM平面 ACC1A1，所以 BM AC1.因为 AC2，所以 AM1.又因为 AA1 ，2所以在 Rt ACC1和 Rt A1AM中，tan AC1Ctan A1MA ，2所以 AC1C A1MA，即 AC1C C1AC A1MA C1AC90，所以 A1M AC1.因为 BM A1M M，BM， A1M平面 A1BM，所以 AC1平面 A1BM.1