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【高考调研】2015高考数学(人教新课标文科)课时作业:8-5 直线、平面垂直的判定及性质]


课时作业(五十)
1.(2013· 广东)设 l 为直线,α,β 是两个不同的平面.下列命题中正确的是 ( ) A.若 l∥α,l∥β,则 α∥β B.若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β C.若 l⊥α,l∥β,则 α∥β D.若 α⊥β,l∥α,则 l⊥β 答案 解析 B

如图所示,在正方体 A1B1C1D1-ABCD 中,对于 A 项,设 l 为

AA1,平面 B1BCC1,平面 DCC1D1 为 α,β.A1A∥平面 B1BCC1,A1A∥平面 DCC1D1,而平面 B1BCC1∩平面 DCC1D1=C1C;对于 C 项,设 l 为 A1A,平面 ABCD 为 α,平面 DCC1D1 为 β.A1A⊥平面 ABCD, A1A∥平面 DCC1D1, 而平面 ABCD∩平面 DCC1D1 =DC;对于 D 项,设平面 A1ABB1 为 α,平面 ABCD 为 β,直线 D1C1 为 l,平面 A1ABB1⊥平面 ABCD,D1C1∥平面 A1ABB1,而 D1C1∥平面 ABCD.故 A、C、D 三项都是错误的.而对于 B 项,根据垂直于同一直线的两平面平行,知 B 项正 确. 2.已知不同直线 m、n 及不重合平面 α、β,给出下列结论: ①m?α,n?β,m⊥n?α⊥β ②m?α,n?β,m∥n?α∥β ③m?α,n?α,m∥n?α∥β ④m⊥α,n⊥β,m⊥n?α⊥β 其中的假命题有( A.1 个 C.3 个 ) B.2 个 D.4 个

答案 解析

C ①为假命题, m 不一定与平面 β 垂直, 所以平面 α 与 β 不一定垂直. 命

题②与③为假命题,②中两平面可以相交,③没有任何实质意义.只有④是真命 题,因为两平面的垂线所成的角与两平面所成的角相等或互补. 3.已知 m、n 是两条不同的直线,α、β、γ 是三个不同的平面,则下列命题 正确的是( ) B.若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n D.若 α⊥γ,β⊥γ,则 α∥β

A.若 m∥α,n∥α,则 m∥n C.若 m∥α,m∥β,则 α∥β 答案 解析 B

对于选项 A,若 m∥α,n∥α,则 m 与 n 可能平行、相交或异面;对

于选项 C,α 与 β 也可能相交;对于选项 D,α 与 β 也可能相交.故选 B. 4.如图所示,在正方形 ABCD 中,E、F 分别是 BC 和 CD 的中点,G 是 EF 的中点,现在沿着 AE 和 AF 及 EF 把正方形折成一个四面体,使 B、C、D 三点 重合,重合后的点记为 H,那么,在四面体 A-EFH 中必有( )

A.AH⊥△EFH 所在平面 B.AG⊥△EFH 所在平面 C.HF⊥△AEF 所在平面 D.HG⊥△AEF 所在平面 答案 解析 A ∵AD⊥DF,AB⊥BE,又∵B、C、D 重合记为 H,∴AH⊥HF,AH

⊥HE.∴AH⊥面 EFH. 5.

如图所示,四边形 ABCD 中,AB=AD=CD=1,BD= 2,BD⊥CD.将四边 形 ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′-BCD,使平面 A′BD⊥平面 BCD,则

下列结论正确的是( A.A′C⊥BD B.∠BA′C=90°

)

C.CA′与平面 A′BD 所成的角为 30° 1 D.四面体 A′-BCD 的体积为3 答案 解析 B 取 BD 的中点 O,∵A′B=A′D,∴A′O⊥BD,又平面 A′BD⊥

平面 BCD,∴A′O⊥平面 BCD.∵CD⊥BD, ∴OC 不垂直于 BD, 假设 A′C⊥BD, ∵OC 为 A′C 在平面 BCD 内的射影, ∴OC⊥BD,矛盾,∴A′C 不垂直于 BD.A 错误;∵CD⊥BD,平面 A′BD⊥平 面 BCD,∴CD⊥平面 A′BD,A′C 在平面 A′BD 内的射影为 A′D,∵A′B =A′D=1,BD= 2,∴A′B⊥A′D,∴A′B⊥A′C,B 正确;∠CA′D 为 1 直线 CA′与平面 A′BD 所成的角, ∠CA′D=45° , C 错误; VA′-BCD=3S△A′BD· CD 1 =6,D 错误,故选 B. 6.

在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 AB 的中点,则点 C 到平面 A1DM 的距离为( 6 A. 3 a 2 C. 2 a 答案 解析 A 设点 C 到平面 A1DM 的距离为 h,则由已知得 a 5 a2+?2?2= 2 a,A1D= 2a,S△A1DM ) 6 B. 6 a 1 D.2a

DM=A1M=

1 =2× 2a×

5 2 6 ? 2 a?2-? 2 a?2= 4 a2,连接 CM,

1 S△CDM=2a2,由 VC-A1DM=VA1-CDM,得 1 1 6 2 1 2 S △ A h = S a ,即 a · h = a. △CDM· 1DM· 3 3 4 2a · 6 6 所以 h= 3 a,即点 C 到平面 A1DM 的距离为 3 a,选 A. 7.

如图所示,PA⊥圆 O 所在的平面,AB 是圆 O 的直径,C 是圆 O 上的一点, E、F 分别是点 A 在 PB、PC 上的正投影,给出下列结论: ①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面 PBC. 其中正确结论的序号是________. 答案 解析 ①②③ 由题意知 PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC.

又 AC⊥BC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC. ∴BC⊥AF.∵AF⊥PC,BC∩PC=C,∴AF⊥平面 PBC. ∴AF⊥PB,AF⊥BC.又 AE⊥PB,AE∩AF=A, ∴PB⊥平面 AEF.∴PB⊥EF.故①②③正确. 2 8. 四面体 ABCD 中, AC=BD, E、 F 分别是 AD、 BC 的中点, 且 EF= 2 AC, ∠BDC=90° . 求证:BD⊥平面 ACD. 答案 证明 略

如图所示,取 CD 的中点 G,连接 EG、FG、EF. ∵E、F 分别为 AD、BC 的中点, 1 1 ∴EG 綊2AC,FG 綊2BD. 1 又 AC=BD,∴FG= AC. 2 1 ∴在△EFG 中,EG2+FG2=2AC2=EF2. ∴EG⊥FG.∴BD⊥AC. 又∠BDC=90° ,即 BD⊥CD,AC∩CD=C, ∴BD⊥平面 ACD. 9.(2013· 广东)如图①,在等腰直角三角形 ABC 中,∠A=90° ,BC=6,D, E 分别是 AC,AB 上的点,CD=BE= 2,O 为 BC 的中点.将△ADE 沿 DE 折 起,得到如图②所示的四棱锥 A′-BCDE,其中 A′O= 3.

证明:A′O⊥平面 BCDE. 答案 证明 略 在题图①中,易得 OC=3,AC=3 2,AD=2 2.

连 接 OD , OE , 在 △ OCD 中 , 由 余 弦 定 理 可 得 OD = OC2+CD2-2OC· CDcos45° = 5. 由翻折不变性可知 A′D=2 2, 所以 A′O2+OD2=A′D2,所以 A′O⊥OD. 同理可证 A′O⊥OE,又 OD∩OE=O,所以 A′O⊥平面 BCDE. 10.(2014· 保定一模)

如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC,点 D 是 AB 的中点. (1)求证:BC1∥平面 CA1D; (2)求证:平面 CA1D⊥平面 AA1B1B. 答案 解析 (1)略 (2)略

(1)连接 AC1 交 A1C 于 E,连接 DE.

∵AA1C1C 为矩形,则 E 为 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点, ∴在△ABC1 中,DE∥BC1. 又 DE?平面 CA1D,BC1?平面 CA1D, ∴BC1∥平面 CA1D. (2)∵AC=BC,D 为 AB 的中点, ∴在△ABC 中,AB⊥CD. 又 AA1⊥平面 ABC,CD?平面 ABC, ∴AA1⊥CD.又 AA1∩AB=A, ∴CD⊥平面 AA1B1B. 又 CD?平面 CA1D, ∴平面 CA1D⊥平面 AA1B1B. 11.

如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1 =2,D 为 AB 的中点,且 CD⊥DA1. (1)求证:BB1⊥平面 ABC; (2)求证:BC1∥平面 CA1D; (3)求三棱锥 B1-A1DC 的体积. 答案 解析 (1)略 (2)略 4 (3)3

(1)证明:∵AC=BC,D 为 AB 的中点,

∴CD⊥AB.

又∵CD⊥DA1, ∴CD⊥平面 ABB1A1. ∴CD⊥BB1. 又 BB1⊥AB,AB∩CD=D, ∴BB1⊥平面 ABC. (2)证明:连接 BC1,连接 AC1 交 CA1 于 E,连接 DE,易知 E 是 AC1 的中点. 又 D 是 AB 的中点,则 DE∥BC1. 又 DE?平面 CA1D,BC1?平面 CA1D, ∴BC1∥平面 CA1D. (3)由(1)知 CD⊥平面 AA1B1B, 故 CD 是三棱锥 C-A1B1D 的高. 在 Rt△ACB 中,AC=BC=2, ∴AB=2 2,CD= 2.又 BB1=2, 1 1 1 ∴ VB1 - A1DC = VC - A1B1D = 3 S △ A1B1D· CD = 6 A1B1×B1B×CD = 6 ×2 2 4 ×2× 2=3. 12.

(2012· 课标全国)如图所示,三棱柱 ABC—A1B1C1 中,侧棱垂直底面,∠ACB 1 =90° ,AC=BC=2AA1,D 是棱 AA1 的中点. (1)证明:平面 BDC1⊥平面 BDC; (2)平面 BDC1 分此棱柱为两部分,求这两部分体积的比. 答案 解析 (1)略 (2)1∶1

(1)证明:由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,

所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° , 所以∠CDC1=90° ,即 DC1⊥DC. 又 DC∩BC=C,所以 DC1⊥平面 BDC. 又 DC1?平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC. (2)设棱锥 B—DACC1 的体积为 V1,AC=1. 1 1+2 1 由题意得 V1=3× 2 ×1×1=2. 又三棱柱 ABC—A1B1C1 的体积 V=1, 所以(V-V1)∶V1=1∶1. 故平面 BDC1 分此棱柱所得两部分体积的比为 1∶1. 13.(2013· 陕西)

如图所示, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底面中心, A1O⊥平面 ABCD,AB=AA1= 2. 证明:A1C⊥平面 BB1D1D.

答案 证明

略 ∵A1O⊥平面 ABCD,∴A1O⊥BD.

又∵底面 ABCD 是正方形, ∴BD⊥AC,∴BD⊥平面 A1OC,∴BD⊥A1C. 又∵OA1 是 AC 的中垂线, ∴A1A=A1C= 2,且 AC=2.
2 ∴AC2=AA1 +A1C2.

∴△AA1C 是直角三角形,∴AA1⊥A1C. 又 BB1∥AA1,∴A1C⊥BB1.又 BB1∩BD=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. 14.

如图所示,已知矩形 ABCD,过 A 作 SA⊥平面 AC,再过 A 作 AE⊥SB 交 SB 于 E,过 E 作 EF⊥SC 交 SC 于 F. (1)求证:AF⊥SC; (2)若平面 AEF 交 SD 于 G,求证:AG⊥SD. 答案 证明 (1)略 (2)略

(1)∵SA⊥平面 AC,BC?平面 AC,∴SA⊥BC.

∵ABCD 为矩形,∴AB⊥BC 且 SA∩AB=A. ∴BC⊥平面 SAB. 又∵AE?平面 SAB,∴BC⊥AE. 又 SB⊥AE 且 SB∩BC=B,∴AE⊥平面 SBC. 又∵SC?平面 SBC,∴AE⊥SC. 又 EF⊥SC 且 AE∩EF=E,∴SC⊥平面 AEF. 又∵AF?平面 AEF,∴AF⊥SC. (2)∵SA⊥平面 AC,DC?平面 AC,∴SA⊥DC. 又 AD⊥DC,SA∩AD=A,∴DC⊥平面 SAD.

又 AG?平面 SAD,∴DC⊥AG. 又由(1)有 SC⊥平面 AEF,AG?平面 AEF, ∴SC⊥AG 且 SC∩CD=C,∴AG⊥平面 SDC. 又 SD?平面 SDC,∴AG⊥SD.


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