1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时跟踪检测 （ 三十七 ） 直线 、 平面垂直的判定及其性质 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1设 ， 为两个不同的平面，直线 l? ，则 “ l ” 是 “ ” 成立的 _条件 (填 “ 充分不必要 ”“ 必要不充分 ”“ 充要 ” 或 “ 既不充分也不必要 ”) 解析：依题意，由 l ， l? 可以推出 ；反过来，由 ， l? 不能推出 l .因此 “ l ” 是 “ ” 成立的充分不必要条件 答案：充分不必要 2在空间四边形 ABCD 中，平面 ABD 平面 BCD，且 DA 平面 ABC，则 ABC 的形状是_ 解析：过 A 作 AH BD 于 H，
2、由平面 ABD 平面 BCD，得 AH 平面 BCD，则 AH BC，又DA 平面 ABC，所以 BC DA，所以 BC 平面 ABD，所以 BC AB，即 ABC 为直角三角形 答案：直角三角形 3已知平面 ， 和直线 m，给出条件： m ； m ； m? ； .当满足条件 _时，有 m .(填所选条件的序号 ) 解析：若 m ， ，则 m .故填 . 答案： 4一平面垂直于另一平面的一条平行线，则这两个平面的位置关系是 _ 解析：由线面平行的性质 定理知，该面必有一直线与已知直线平行再根据 “ 两平行线中一条垂直于一平面，另一条也垂直于该平面 ” 得出两个平面垂直 答案：垂直 5如图，在长
3、方体 ABCDA1B1C1D1中， AB AD 3 cm，则直线 AA1到平面 BB1D1D 的距离为 _ cm. 解析 ： 连结 AC 交 BD 于点 O， 则 AO BD.因为 BB1 平面 ABCD， AO?平面 ABCD， 所以 BB1 AO.又 BB1 BD B， 所以 AO 平面 BB1D1D.又AA1 BB1， AA1?平面 BB1D1D， BB1?平面 BB1D1D， 所以 AA1 平面 BB1D1D，所以线段 AO 的长就是直线 AA1到平面 BB1D1D 的距离 因为 AB AD 3 cm， AB AD， AO BD， 所以 AO 3 22 ， 即直线 AA1到平面 BB1
4、D1D 的距离为 3 22 . 答案： 3 22 =【 ;精品教育资源文库 】 = 6.如图， PA O 所在平面， AB 是 O 的直径， C 是 O 上一点， AE PC， AF PB，给出下列结论： AE BC； EF PB； AF BC； AE 平面 PBC，其中真命题的序号是 _ 解析： AE?平面 PAC， BC AC， BC PA?AE BC，故 正确， AE PC， AE BC， PB? 平面 PBC?AE PB，又 AF PB， EF?平面 AEF?EF PB，故 正确， 若 AF BC?AF 平面 PBC，则 AF AE 与已知矛盾，故 错误，由 可知 正确 答案： 二保高
5、考，全练题型做到高考达标 1 (2018 盐城中学测试 )已知 ， ， 是三个不同的平面，命题 “ ，且 ? ” 是真命题，如果把 ， ， 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，真命题的个数为 _ 解析：若 ， 换为直线 a， b，则命题化为 “ a b，且 a ?b ” ，此命题为真命题；若 ， 换为直线 a， b，则命题化为 “ a ，且 a b?b ” ，此命题为假命题；若 ， 换为直线 a， b，则命题化为 “ a ，且 b ?a b” ，此命题为真命题 答案： 2 2.如图，在 Rt ABC 中， ABC 90 ， P 为 ABC 所在平面外一点，PA 平面 A
6、BC，则四面体 P ABC 中直角三角形的个数为 _ 解析：由 PA 平面 ABC 可得 PAC， PAB 是直角三角形，且 PABC.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 P ABC 中共有 4 个直角三角形 答案： 4 3已知正 ABC 的边长为 2 cm， PA 平面 ABC， A 为垂足，且 PA 2 cm，那么点 P 到BC 的距离为 _cm. 解析：如图，取 BC 的中点 D，连结 AD， PD，则 BC AD，又因为 PA 平面 ABC，所以 PA BC，所以 BC 平面 PAD，所以 PD
7、BC，则 PD 的长度即为点 P 到 BC 的距离在 Rt PAD 中， PA 2， AD 3，可得 PD22 3 2 7. 答案 ： 7 4 已知 P 为 ABC 所在平面外一点， AC 2a， PAB， PBC 都是边长为 a 的等边三角形，则平面 ABC 和平面 PAC 的位置关系为 _ =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析：如图所示， PA PB PC AB BC a， 取 AC 的中点 D，连结 PD， BD，则 PD AC， BD AC. 又 AC 2a，所以 PD BD 22 a，在 PBD 中， PB2 BD2 PD2，所以 PDB 90 ，所以 PD BD，所以 PD 平面
8、 ABC.又 PD?平面 PAC，所以平面 PAC 平面 ABC. 答案：垂直 5已知直线 a 和两个不同的平面 ， ，且 a ， a ，则 ， 的位置关系是_ 解析：记 b? 且 a b，因为 a b， a ，所以 b ，因为 b? ，所以 . 答案：垂直 6.如图，已知 BAC 90 ， 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，
9、 所以 AB AP，与 AP 垂直的直线是 AB. 答案： AB， BC， AC AB 7如图，以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕，把 ABD 和 ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论： BD AC； BAC 是等边三角形； 三棱锥 DABC 是正三棱锥； 平面 ADC 平面 ABC. 其中正确的是 _(填序号 ) 解析：由题意知， BD 平面 ADC，故 BD AC， 正确； AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上的高，平面 ABD 平面 ACD，所以 AB AC BC， BAC 是等边三角形， 正确；易知 DA DB DC，又由 知 正确；由 知
10、 错误 答案： 8.如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，侧棱长为 2， AC BC 1， ACB90 ， D 是 A1B1的中点， F 是 BB1上的动点， AB1， DF 交于点 E.要使 AB1 平=【 ;精品教育资源文库 】 = 面 C1DF，则线段 B1F 的长为 _ 解析：设 B1F x，因为 AB1 平面 C1DF， DF? 平面 C1DF，所以 AB1 DF. 由已知可以得 A1B1 2， 设 Rt AA1B1斜边 AB1上的高为 h，则 DE 12h. 又 2 2 h 22 2 2， 所以 h 2 33 ， DE 33 . 在 Rt DB1E 中， B1E ? ?22 2
11、? ?33 2 66 . 由面积相等得 66 x2 ? ?22 2 22 x， 得 x 12. 即线段 B1F 的长为 12. 答案： 12 9 (2017 南通三模 )如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD 平面 ABCD， AP AD， M， N 分别为棱 PD， PC 的中点 求证： (1)MN 平面 PAB； (2)AM 平面 PCD. 证明： (1)因为 M， N 分别为棱 PD， PC 的中点， 所以 MN DC， 又因为底面 ABCD 是矩形，所以 AB DC， 所以 MN AB. 又 AB?平面 PAB， MN?平面 PAB， 所以 MN 平面 P
12、AB. (2)因为 AP AD， M 为 PD 的中点， 所以 AM PD. 因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD， CD AD， CD?平面 ABCD， 所以 CD 平面 PAD. 又 AM?平面 PAD，所以 CD AM. 因为 CD PD D， CD?平面 PCD， PD?平面 PCD， 所以 AM 平面 PCD. 10 (2018 徐 州高三年级期中考试 )如图，在三棱锥 SABC 中，SA SC， AB AC， D 为 BC 的中点， E 为 AC 上一点，且 DE 平面 SAB. =【 ;精品教育资源文库 】 = 求证： (1)AB 平面 SDE；
13、(2)平面 ABC 平面 SDE. 证明： (1)因为 DE 平面 SAB， DE?平面 ABC，平面 SAB 平面 ABC AB，所以 DE AB. 因为 DE?平面 SDE， AB?平面 SDE， 所以 AB 平面 SDE. (2)因为 D 为 BC 的中点， DE AB，所以 E 为 AC 的中点 又因为 SA SC，所以 SE AC， 又 AB AC， DE AB，所以 DE AC. 因为 DE SE E， DE?平面 SDE， SE?平面 SDE， 所以 AC 平面 SDE. 因为 AC?平面 ABC， 所以平面 ABC 平面 SDE. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1 (2018
14、 兰州实战考试 ) ， 是两平面， AB， CD 是两条线段，已知 EF，AB 于 B， CD 于 D，若增加一个条件，就能得出 BD EF.现有下列条件： AC ； AC 与 ， 所成的角相等； AC 与 CD 在 内的射影在同一条直线上； AC EF. 其中能成为增加条件的序号是 _ 解析：由题意得， AB CD，所以 A， B， C， D 四点 共面， ：因为 AC ， EF? ，所以 AC EF，又因为 AB ， EF? ，所以 AB EF，因为 AB AC A，所以 EF 平面 ABCD，又因为 BD?平面 ABCD，所以 BD EF，故 正确； 不能得到 BD EF，故 错误； ：
15、由AC 与 CD 在 内的射影在同一条直线上可知平面 ABCD ，又 AB ， AB?平面 ABCD，所以平面 ABCD .因为平面 ABCD ，平面 ABCD ， EF，所以 EF 平面 ABCD，又 BD?平面 ABCD，所以 BD EF，故 正确； ：由 知，若 BD EF，则 EF 平面 ABCD，则 EF AC，故 错误，故填 . 答案： 2.如图，点 P 在正方体 ABCDA1B1C1D1的面对角线 BC1上运动，则下列四个命题： 三棱锥 AD1PC 的体积不变； A1P 平面 ACD1； DP BC1； 平面 PDB1 平面 ACD1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 其中正确的命题序号是 _ 解析：由题意可得 BC1 AD1，又 AD1?平面 AD1C， BC1?平面 AD1
