2021高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪課后限時(shí)集訓(xùn)：45 垂直關(guān)系 Word版含解析

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1、 垂直關(guān)系 建議用時(shí)：45分鐘 一、選擇題 1．(2019昆明模擬)已知直線l⊥平面α，直線m∥平面β，若α⊥β，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．l∥β或lβ　　　　　　 B．l∥m C．m⊥α D．l⊥m A　[直線l⊥平面α，α⊥β，則l∥β或lβ，A正確，故選A.] 2．已知直線m，n和平面α，β，則下列四個(gè)命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，mβ，則m⊥α B．若m⊥α，n∥α，則m⊥n C．若m∥α，n∥m，則n∥α D．若m∥α，m∥β，則α∥β B　[對于A，若α⊥β，mβ，則當(dāng)m與α，β的交線垂直時(shí)才有m⊥α，故A錯(cuò)；對于B，若n∥α

2、，則α內(nèi)存在直線a，使得a∥n，∵m⊥α，∴m⊥a，∴m⊥n，故B正確；對于C，當(dāng)nα?xí)r，顯然結(jié)論錯(cuò)誤，故C錯(cuò)；對于D，若α∩β＝l，則當(dāng)m∥l時(shí)，顯然當(dāng)條件成立時(shí)，結(jié)論不成立，故D錯(cuò)．故選B.] 3.如圖，在四面體DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE C　[因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi)，所以

3、平面ABC⊥平面BDE.又由于AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.] 4.(2019寧夏模擬)如圖，AB是⊙O的直徑，C是圓周上不同于A，B的任意一點(diǎn)，PA⊥平面ABC，則四面體PABC的四個(gè)面中，直角三角形的個(gè)數(shù)有(　　) A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè) A　[∵AB是圓O的直徑， ∴∠ACB＝90，即BC⊥AC，△ABC是直角三角形．又PA⊥⊙O所在平面， ∴△PAC，△PAB是直角三角形．且PA⊥BC ，因此BC垂直于平面PAC中兩條相交直線， ∴BC⊥平面PAC, ∴△PBC是直角三角形．從而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的個(gè)數(shù)是4.

4、故選A.] 5．(2017全國卷Ⅲ)在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC C　[如圖，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直， ∴選項(xiàng)B，D錯(cuò)誤； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故選項(xiàng)C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C， ∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E

5、不與DC1垂直，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤． 故選C.] 二、填空題 6．(2019北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________. 如果l⊥α，m∥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)　[將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個(gè)命題：(1)如果l⊥α，m∥α，則l⊥m，正確；(2)如果l⊥α，l⊥m，則m∥α，正確；(3)如果l⊥m，m∥α，則l⊥α，錯(cuò)誤，有可能l與α斜交或l∥α.] 7.如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝

6、2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________． 　[連接A1C1，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角． 因?yàn)锳B＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2， 又AA1＝1，所以AC1＝3， 所以sin∠AC1A1＝＝.] 8.(2019濰坊模擬)四面體PABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，O為AB中點(diǎn)，請從以下平面中選出兩個(gè)相互垂直的平面________．(只填序號(hào)) ①平面PAB；②平面ABC；③平面PAC；④平面PBC； ⑤平面POC. ②⑤(答案不唯一)　[∵四面體PABC中，PA＝PB＝PC，

7、 底面△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，O為AB中點(diǎn)， ∴CO⊥AB，PO⊥AB，CO∩PO＝O， ∴AB⊥平面POC.∵AB平面ABC, ∴平面POC⊥平面ABC， ∴兩個(gè)相互垂直的平面為②⑤.] 三、解答題 9．(2019江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB＝BC. 求證：(1)A1B1∥平面DEC1； (2)BE⊥C1E. [證明]　(1)因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因?yàn)镋D平面DEC1，A1B1平面DEC1，

8、 所以A1B1∥平面DEC1. (2)因?yàn)锳B＝BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC. 因?yàn)槿庵鵄BCA1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因?yàn)锽E平面ABC，所以CC1⊥BE. 因?yàn)镃1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1C∩AC＝C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因?yàn)镃1E平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 10.如圖，三棱錐PABC中，底面ABC是邊長為2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2. (1)求證：平面PAC⊥平面ABC； (2)若PA＝PC，求三棱錐PABC的體積． [解]　(1)證明：如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接BO，PO，

9、 因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的正三角形， 所以BO⊥AC，BO＝. 因?yàn)镻A⊥PC，所以PO＝AC＝1. 因?yàn)镻B＝2，所以O(shè)P2＋OB2＝PB2， 所以PO⊥OB. 因?yàn)锳C∩OP＝O，AC，OP平面PAC， 所以BO⊥平面PAC. 又OB平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. (2)因?yàn)镻A＝PC，PA⊥PC，AC＝2， 所以PA＝PC＝. 由(1)知BO⊥平面PAC， 所以VPABC＝VBAPC＝S△PACBO＝＝. 1．(2019武邑模擬)如圖所示，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90，BC1⊥AC，則點(diǎn)C1在平面ABC上的射影H必在

10、(　　) A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC的內(nèi)部 A　[連接AC1(圖略)，因?yàn)锳C⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，所以AC⊥平面ABC1，又AC平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以點(diǎn)C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上，故選A.] 2．(2019南昌模擬)如圖所示，在正方形ABCD中，AC為對角線，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)．現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯(cuò)誤的是________．(將符合題意的序號(hào)填到橫線上) ①AG⊥△EFH

11、所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面． ①③④　[根據(jù)折疊前AB⊥BE，AD⊥DF可得折疊后AH⊥HE，AH⊥HF，可得AH⊥平面EFH，即②正確；∵過點(diǎn)A只有一條直線與平面EFH垂直，∴①不正確；∵AG⊥EF，AH⊥EF，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF，過H作直線垂直于平面AEF，該直線一定在平面HAG內(nèi)，∴③不正確；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正確，④不正確，綜上，說法錯(cuò)誤的是①③④.] 3．(2019全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90，P為平面ABC外一點(diǎn)，PC＝2，點(diǎn)P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平

12、面ABC的距離為________． 　[如圖，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離． 再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F， 連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以O(shè)E＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線， 即∠ACO＝45. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以O(shè)E＝1，所以PO＝＝＝.] 4.在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點(diǎn)． (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，

13、求點(diǎn)F到平面BDE的距離． [解]　(1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OE， 因?yàn)镺，M分別為BD，BC的中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以CD∥AB， 又EF∥AB，所以CD∥EF， 又AB＝CD＝2EF， 所以EF＝CD， 所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF， 所以四邊形OMFE為平行四邊形， 所以MF∥OE. 又OE平面BDE，MF平面BDE， 所以MF∥平面BDE. (2)由(1)得FM∥平面BDE， 所以點(diǎn)F到平面BDE的距離等于點(diǎn)M到平面BDE的距離． 取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH， 因?yàn)镋A＝ED，四邊形ABC

14、D為菱形，且∠DAB＝60， 所以EH⊥AD，BH⊥AD. 因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD， 平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH平面ADE， 所以EH⊥平面ABCD，所以EH⊥BH， 易得EH＝BH＝，所以BE＝， 所以S△BDE＝＝. 設(shè)點(diǎn)F到平面BDE的距離為h， 連接DM，則S△BDM＝S△BCD＝4＝， 連接EM，由V三棱錐EBDM＝V三棱錐MBDE， 得＝h， 解得h＝， 即點(diǎn)F到平面BDE的距離為. 1．(2018全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A. B. C.

15、 D. A　[記該正方體為ABCDA′B′C′D′，正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，即共點(diǎn)的三條棱A′A，A′B′，A′D′與平面α所成的角都相等．如圖，連接AB′，AD′，B′D′，因?yàn)槿忮FA′AB′D′是正三棱錐，所以A′A，A′B′，A′D′與平面AB′D′所成的角都相等．分別取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，I，J，連接EF，F(xiàn)G，GH，IH，IJ，JE，易得E，F(xiàn)，G，H，I，J六點(diǎn)共面，平面EFGHIJ與平面AB′D′平行，且截正方體所得截面的面積最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝，所以該正六邊形的面積為62＝，所以α

16、截此正方體所得截面面積的最大值為，故選A.] 2．如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE將△AED折起到△A1ED的位置，連接A1B，A1C，M，N分別為A1C，BE的中點(diǎn)，如圖2. 圖1　　　　　圖2 (1)求證：DE⊥A1B； (2)求證：MN∥平面A1ED； (3)在棱A1B上是否存在一點(diǎn)G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． [解]　(1)證明：∵在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB， 沿DE將△AED折起到△A1ED的位置，∴DE⊥A1E，DE⊥BE， ∵

17、A1E∩BE＝E，∴DE⊥平面A1BE， ∵A1B平面A1BE，∴DE⊥A1B. (2)證明：取CD中點(diǎn)F，連接NF，MF， ∵M(jìn)，N分別為A1C，BE的中點(diǎn)， ∴MF∥A1D，NF∥DE， 又DE∩A1D＝D，NF∩MF＝F，DE平面A1DE，A1D平面A1DE，NF平面MNF，MF平面MNF. ∴平面A1DE∥平面MNF， ∴MN∥平面A1ED. (3)取A1B的中點(diǎn)G，連接EG， ∵A1E＝BE， ∴EG⊥A1B， 由(1)知DE⊥平面A1BE， ∵DE∥BC， ∴BC⊥平面A1BE，∴EG⊥BC， 又A1B∩BC＝B， ∴EG⊥平面A1BC. 故棱A1B上存在中點(diǎn)G，使得EG⊥平面A1BC，此時(shí)＝1.