《2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第七章立體幾何7.5直線平面垂直的判定及其性質(zhì)課時(shí)跟蹤檢測(cè)理201805194225.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第七章立體幾何7.5直線平面垂直的判定及其性質(zhì)課時(shí)跟蹤檢測(cè)理201805194225.doc（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、7.5 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)課 時(shí) 跟 蹤 檢 測(cè) 基 礎(chǔ) 達(dá) 標(biāo)1(2017屆南昌模擬)設(shè)a，b是夾角為30的異面直線，則滿足條件“a，b，且 ”的平面，()A不存在 B有且只有一對(duì)C有且只有兩對(duì) D有無(wú)數(shù)對(duì)解析：過(guò)直線a的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，當(dāng)平面與直線b平行時(shí)，兩直線的公垂線與b確定的平面，當(dāng)平面與b相交時(shí)，過(guò)交點(diǎn)作平面的垂線與b確定的平面.故選D.答案：D2(2018屆青島質(zhì)檢)設(shè)a，b是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，則能得出ab的是()Aa，b， Ba，b，Ca，b， Da，b，解析：對(duì)于C項(xiàng)，由，a可得a，又b，得ab，故選C.答案：C3如圖，在RtABC中，ABC90，P為

2、ABC所在平面外一點(diǎn)，PA平面ABC，則四面體PABC中直角三角形的個(gè)數(shù)為()A4 B3C3 D1解析：由PA平面ABC可得PAC，PAB是直角三角形，且PABC.又ABC90，所以ABC是直角三角形，且BC平面PAB，所以BCPB，即PBC為直角三角形，故四面體PABC中共有4個(gè)直角三角形答案：A4(2017屆貴陽(yáng)市監(jiān)測(cè)考試)如圖，在三棱錐PABC中，不能證明APBC的條件是()AAPPB，APPCBAPPB，BCPBC平面BPC平面APC，BCPCDAP平面PBC解析：A中，因?yàn)锳PPB，APPC，PBPCP，所以AP平面PBC，又BC平面PBC，所以APBC，故A能證明APBC；C中，因

3、為平面BPC平面APC，BCPC，所以BC平面APC，AP平面APC，所以APBC，故C能證明APBC；由A知D能證明APBC；B中條件不能判斷出APBC，故選B.答案：B5(2018屆吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)測(cè)試)設(shè)“a，b，c是空間的三條直線，是空間的兩個(gè)平面”，則下列命題中，逆命題不成立的是()A當(dāng)c時(shí)，若c，則B當(dāng)b時(shí)，若b，則C當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時(shí)，若bc，則abD當(dāng)b，且c時(shí)，若c，則bc解析：A的逆命題為：當(dāng)c時(shí)，若，則c.由線面垂直的性質(zhì)知c，故A正確；B的逆命題為：當(dāng)b時(shí)，若，則b，顯然錯(cuò)誤；C的逆命題為：當(dāng)b，且c是a在內(nèi)的射影時(shí)，若ab，則bc.由三垂線逆定理知bc，故C正確；

4、D的逆命題為：當(dāng)b，且c時(shí)，若bc，則c.由線面平行判定定理可得c，故D正確答案：B6如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()AMN與CC1垂直 BMN與AC垂直CMN與BD平行 DMN與A1B1平行解析：如圖，連接C1D，BD，AC，在三角形C1DB中，MNBD，故C正確；CC1平面ABCD，CC1BD，MN與CC1垂直，故A正確；ACBD，MNBD，MN與AC垂直，故B正確；A1B1與BD不平行，MNBD，MN與A1B1不平行，故D錯(cuò)誤故選D.答案：D7如圖所示，四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90.將ADB

5、沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成三棱錐ABCD，則在三棱錐ABCD中，下列結(jié)論正確的是()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：因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，所以BDCD.又平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，故CD平面ABD，則CDAB.又ADAB，ADCDD，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB平面ADC.又AB平面ABC，所以平面ADC平面ABC.答案：D8如圖，PAO所在平面，AB是O的直徑，C是O上一點(diǎn)，AEPC，AFPB，給出下列結(jié)論：AEBC；EFPB；AFBC；

6、AE平面PBC，其中真命題的序號(hào)是_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正確；AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，AFPB，EF平面AEFEFPB，故正確；若AFBCAF平面PBC，則AFAE與已知矛盾，故錯(cuò)誤；由可知正確答案：9設(shè)a，b為不重合的兩條直線，為不重合的兩個(gè)平面，給出下列命題：若a且b，則ab；若a且a，則；若，則一定存在平面，使得，；若，則一定存在直線l，使得l，l.上面命題中，所有真命題的序號(hào)是_解析：中a與b也可能相交或異面，故不正確垂直于同一直線的兩平面平行，正確中存在，使得與，都垂直中只需直線l且l就可以答案：10如圖，直三棱柱ABCA1B1C1

7、，側(cè)棱長(zhǎng)為2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)是BB1上的動(dòng)點(diǎn)，AB1，DF交于點(diǎn)E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長(zhǎng)為_(kāi)解析：設(shè)B1Fx，因?yàn)锳B1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，設(shè)RtAA1B1斜邊AB1上的高為h.則DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面積相等得 x，得x.即線段B1F的長(zhǎng)為.答案：11(2018屆河南省八市重點(diǎn)高中質(zhì)量檢測(cè))如圖，過(guò)底面是矩形的四棱錐FABCD的頂點(diǎn)F作EFAB，使AB2EF，且平面ABFE平面ABCD，若點(diǎn)G在CD上且滿足DGGC.求證：(1)FG平面AED；(2)平面

8、DAF平面BAF.證明：(1)因?yàn)镈GGC，ABCD2EF，ABEFCD，所以EFDG，EFDG.所以四邊形DEFG為平行四邊形，所以FGED.又因?yàn)镕G平面AED，ED平面AED。所以FG平面AED.(2)因?yàn)槠矫鍭BFE平面ABCD，平面ABFE平面ABCDAB，ADAB，AD平面ABCD，所以AD平面BAF，又AD平面DAF，所以平面DAF平面BAF.12(2018屆延邊質(zhì)檢)已知矩形ABCD與正三角形AED所在的平面互相垂直，M，N分別為棱BE，AD的中點(diǎn)，AB1，AD2.(1)證明：直線AM平面NEC；(2)求異面直線AM與CN的成角余弦值解：(1)證明：如圖所示，取EC的中點(diǎn)F，連

9、接FM，F(xiàn)N，則FMBC，F(xiàn)MBC，ANBC，ANBC，所以FMAN且FMAN，所以四邊形AMFN為平行四邊形，所以AMNF.因?yàn)锳M平面NEC，NF平面NEC，所以直線AM平面NEC.(2)由(1)知，AMNF，CNF是異面直線AM與CN所成的角，平面AED平面ABCD，NEAD，NE平面ABCD，NENC，又NEAD，又CD平面AED，CDDE，CE，CN.又NFFCCE，cosCNF，即異面直線AM與CN的成角余弦值為.能 力 提 升1.如圖，梯形ABCD中，ADBC，ABC90，ADBCAB234，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出下列四個(gè)結(jié)論：DF

10、BC；BDFC；平面BDF平面BCF；平面DCF平面BCF.則上述結(jié)論可能正確的是()A BC D解析：對(duì)于，因?yàn)锽CAD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，則不成立；對(duì)于，設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BPCF時(shí)就有BDFC，而ADBCAB234可使條件滿足，所以正確；對(duì)于，當(dāng)點(diǎn)D在平面BCF上的射影P落在BF上時(shí)，DP平面BDF，從而平面BDF平面BCF，所以正確；對(duì)于，因?yàn)辄c(diǎn)D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以不成立答案：B2如圖，在四棱錐SABCD中，平面SAD平面ABCD.四邊形ABCD為正方形，且點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)Q為SB的中點(diǎn)(1)求證：CD平面SAD；

11、(2)求證：PQ平面SCD；(3)若SASD，點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，在棱SC上是否存在點(diǎn)N，使得平面DMN平面ABCD？若存在，請(qǐng)說(shuō)明其位置，并加以證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以CDAD.又因?yàn)槠矫鍿AD平面ABCD，且平面SAD平面ABCDAD，所以CD平面SAD.(2)證明：如圖，取SC的中點(diǎn)R，連接QR，DR.由題意知：PDBC且PDBC.在SBC中，點(diǎn)Q為SB的中點(diǎn)，點(diǎn)R為SC的中點(diǎn)，所以QRBC且QRBC，所以PDQR，且PDQR，所以四邊形PDRQ為平行四邊形，所以PQDR.又因?yàn)镻Q平面SCD，DR平面SCD，所以PQ平面SCD.(3)存在點(diǎn)N為SC的中點(diǎn)，使得平面DMN平面ABCD.證明如下：如圖，連接PC，DM交于點(diǎn)O，連接DN，PM，SP，NM，ND，NO，因?yàn)镻DCM，且PDCM，所以四邊形PMCD為平行四邊形，所以POCO.又因?yàn)辄c(diǎn)N為SC的中點(diǎn)，所以NOSP.易知SPAD，因?yàn)槠矫鍿AD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，并且SPAD，所以SP平面ABCD，所以NO平面ABCD.又因?yàn)镹O平面DMN，所以平面DMN平面ABCD.8