高三數(shù)學(xué)北師大版文一輪課后限時(shí)集訓(xùn)：44 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．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列說法正確的是(　　) A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α C　[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m與α相交或m⊥α，錯(cuò)誤； B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或mα，錯(cuò)誤； C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正確； D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或mα，錯(cuò)誤．] 2．在下列四個(gè)正方體中，能得出

2、AB⊥CD的是(　　) A　[A選項(xiàng)中，因?yàn)镃D⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B選項(xiàng)中，AB與CD成60°角； C選項(xiàng)中，AB與CD成45°角；D選項(xiàng)中，AB與CD夾角的正切值為.] 3．(2019·東北三省三校聯(lián)考)在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，則直線PB與平面PAC所成角為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. A　[連接BD，交AC于點(diǎn)O.因?yàn)镻A⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA.又因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC.連接OP，則∠BPO即為直線PB與平面PA

3、C所成角．又因?yàn)镻A＝AB＝2，所以PB＝2，BO＝.所以sin∠BPO＝＝，所以∠BPO＝.故選A.] 4．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1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，∴B，D錯(cuò)； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故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CEA1B

4、1，∴A1E⊥BC1) ∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)．] 5．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構(gòu)成三棱錐A-BCD，則在三棱錐A-BCD中，下列結(jié)論正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC D　[∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面B

5、CD＝BD， 故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB. 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB⊥平面ADC. 又AB平面ABC， ∴平面ADC⊥平面ABC.] 二、填空題 6．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若該長方體的體積為8，則直線AC1與平面BB1C1C所成的角為________． 30°　[連接BC1(圖略)，由AB⊥平面BB1C1C知 ∠AC1B就是直線AC1與平面BB1C1C所成的角． 由2×2×AA1＝8得AA1＝2， ∴BC1＝＝2， 在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝＝＝， ∴∠AC1B＝30

6、°.] 7．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離是________． 　[如圖，△AB1D1中，AB1＝AD1＝，B1D1＝， ∴△AB1D1的邊B1D1上的高為＝， ∴S△AB1D1＝××＝， 設(shè)A1到平面AB1D1的距離為h；則有S△AB1D1×h＝S△A1B1D1×AA1， 即h＝×2，解得h＝.] 8．(2016·全國卷Ⅱ)α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，有下列四個(gè)命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，mα，那么m∥β. ④如果m∥n，α∥

7、β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號(hào)) ②③④　[對(duì)于①，α，β可以平行，可以相交也可以不垂直，故錯(cuò)誤． 對(duì)于②，由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線lα，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確． 對(duì)于③，因?yàn)棣痢桅?，所以α，β沒有公共點(diǎn)．又mα，所以m，β沒有公共點(diǎn)，由線面平行的定義可知m∥β，故正確． 對(duì)于④，因?yàn)閙∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因?yàn)棣痢桅拢詎與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等，故正確．] 三、解答題 9．(2018·北京高考)如圖

8、，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. [證明](1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)， 所以PE⊥AD. 因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以BC∥AD. 所以PE⊥BC. (2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因?yàn)镻A⊥PD， 所以PD⊥平面PAB. 因?yàn)镻D平面PCD， 所以平面PAB⊥平

9、面PCD. (3)取PC中點(diǎn)G，連接FG，DG. 因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)， 所以DE∥BC，DE＝BC. 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形， 所以EF∥DG. 又因?yàn)镋F平面PCD，DG平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 10．(2019·太原模擬)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC上的一點(diǎn)，AB＝AC，且AD⊥BC. (1)求證：A1C∥平面AB1D； (2)若AB＝BC＝AA1＝2，求點(diǎn)A1到平面AB1D的距離． [解](1)證明

10、：如圖， 連接BA1，交AB1于點(diǎn)E，再連接DE， 據(jù)直棱柱性質(zhì)知，四邊形ABB1A1為平行四邊形，E為AB1的中點(diǎn)， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴D是BC的中點(diǎn)，∴DE∥A1C， 又DE平面AB1D，A1C平面AB1D， ∴A1C∥平面AB1D. (2)如圖，在平面BCC1B1中，過點(diǎn)B作BF⊥B1D，垂足為F， ∵D是BC中點(diǎn)， ∴點(diǎn)C到平面AB1D與點(diǎn)B到平面AB1D距離相等， ∵A1C∥平面AB1D，∴點(diǎn)A1到平面AB1D的距離等于點(diǎn)C到平面AB1D的距離， ∴BF長為所求，在Rt△B1BD中，BD＝1，BB1＝2，B1D＝， ∴BF＝＝，∴點(diǎn)A1到平

11、面AB1D的距離為. 1．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A．直線AB上　　　 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 A　[連接AC1(圖略)，由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1. ∵AC平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC. ∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面的交線AB上．] 2．(2019·唐山模擬)如圖，在以下四個(gè)正方體中，直線AB與平面CDE垂直的是(　　) ①　　　　?、凇　　　　　、邸　　　　、? A．①② B．②④ C．

12、①③ D．②③ B　[對(duì)于①，易證AB與CE所成角為45°，則直線AB與平面CDE不垂直；對(duì)于②，易證AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，則AB⊥平面CDE；對(duì)于③，易證AB與CE所成角為60°，則直線AB與平面CDE不垂直；對(duì)于④，易證ED⊥平面ABC，則ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故選B.] 3．如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是⊙O上的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是點(diǎn)A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論： ①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC； ④AE⊥平面PBC. 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________． ①②③　[由BC⊥AC，BC⊥

13、PA可得BC⊥平面PAC，又AF平面PAC， 所以AF⊥BC， 又AF⊥PC，則AF⊥平面PBC，從而AF⊥PB，AF⊥BC，故①③正確； 由PB⊥AF，PB⊥AE可得PB⊥平面AEF，從而PB⊥EF，故②正確； 若AE⊥平面PBC，則由AF⊥平面PBC知AE∥AF與已知矛盾，故④錯(cuò)誤．] 4．(2019·西寧模擬)已知三棱柱ABC-A1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點(diǎn)D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1. (1)求證：AC1⊥平面A1BC； (2)求點(diǎn)C到平面A1AB的距離． [解](1)證明：∠BCA＝90°得BC⊥AC，因?yàn)锳1D⊥

14、平面ABC， 所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，所以BC⊥平面A1ACC1， 所以BC⊥AC1. 因?yàn)锽A1⊥AC1，BA1∩BC＝B， 所以AC1⊥平面A1BC. (2)作DE⊥AB于點(diǎn)E，連接A1E，作DF⊥A1E于點(diǎn)F. 因?yàn)锳1D⊥平面ABC，所以A1D⊥AB，DE⊥AB，DE∩A1D＝D， 所以AB⊥平面A1DE， 又DF平面A1DE，所以AB⊥DF，由DF⊥A1E，A1E∩AB＝E， 所以DF⊥平面A1AB，由(1)及已知得DE＝，A1D＝，Rt△A1DE中，DF＝＝， 因?yàn)镈是AC中點(diǎn)，所以C到面A1AB距離. 1．(2019·衡陽模擬)如圖，在四

15、面體ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN是矩形，則下列結(jié)論不一定正確的是(　　) A．平面BDC⊥平面ADC B．AC∥平面PQMN C．平面ABD⊥平面ADC D．AD⊥平面BDC D　[由PQ∥MN，MN平面ADC，PQ平面ADC，得PQ∥平面ADC， 又PQ平面ABC，平面ABC∩平面ADC＝AC， ∴PQ∥AC， 同理QM∥BD，因?yàn)镻Q⊥QM， ∴AC⊥BD，又BD⊥AD，AC∩AD＝A， ∴BD⊥平面ADC， ∴平面BDC⊥平面ADC，平面ABD⊥平面ADC， ∴A和C選項(xiàng)均正確； 由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN， ∴B選項(xiàng)正確． ∵不能得到A

16、D⊥DC或AD⊥BC，∴不能得到AD⊥平面BDC，故選項(xiàng)D不一定正確． 故選D.] 2．(2019·泉州模擬)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是邊長為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，且A1M⊥B1N. (1)求證：B1N⊥A1C； (2)求M到平面A1B1C的距離． [解](1)證明：如圖，連接CM. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM平面ABC， 所以AA1⊥CM. 在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB. 又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1. 因?yàn)锽1N平面ABB1A1，所以CM⊥

17、B1N. 又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM. 因?yàn)锳1C平面A1CM，所以B1N⊥A1C. (2)法一：連接B1M. 在矩形ABB1A1中，因?yàn)锳1M⊥B1N， 所以∠AA1M＝∠A1B1N. 所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝. 因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)，所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2. 設(shè)AA1＝x，則A1N＝. 所以＝，解得x＝2. 從而S△A1B1M＝S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1C＝2. 在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝＝，所以sin∠A1CB1＝， 所以S△A1

18、B1C＝A1C·B1C·sin∠A1CB1＝. 設(shè)點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為d，由V三棱錐M-A1B1C＝V三棱錐C-A1B1M，得S△A1B1C·d＝S△A1B1M·CM， 所以d＝＝，即點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為. 法二：在矩形ABB1A1中，因?yàn)锳1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N， 所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝. 因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的正三角形，M，N分別是AB，AA1的中點(diǎn)， 所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2. 設(shè)AA1＝x，則A1N＝， 所以＝，解得x＝2. 如圖，取A1B1的中點(diǎn)D，連接MD，CD，過M作MO⊥CD于O. 在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可得CM⊥A1B1， 又CM∩MD＝M，所以A1B1⊥平面CDM. 因?yàn)镸O平面CDM，所以A1B1⊥MO. 又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，所以MO⊥平面A1B1C， 即線段MO的長就是點(diǎn)M到平面A1B1C的距離． 由(1)可得CM⊥MD，又MD＝2，所以由勾股定理，得CD＝＝. S△CMD＝·CD·MO＝·CM·MD，即××MO＝××2，解得MO＝，故點(diǎn)M到平面A1B1C的距離為.