高考数学一轮复习核心素养测评四十六9-4垂直关系文含解析北师大版 10页

核心素养测评四十六　垂 直 关 系 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.α,β,γ为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件是 (　　)‎ A.n⊥α,n⊥β,m⊥α　 B.α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ C.α⊥γ,β⊥γ,m⊥α　 D.α⊥β,α∩β=l,m⊥l ‎【解析】选A.由n⊥α,n⊥β知α∥β,又m⊥α,所以m⊥β.所以A正确.‎ ‎2.(2020·铜陵模拟)教师拿了一把直尺走进教室,则下列判断正确的个数是 (　　)‎ ‎①教室地面上有且仅有一条直线与直尺所在直线平行;‎ ‎②教室地面上有且仅有一条直线与直尺所在直线垂直;‎ ‎③教室地面上有无数条直线与直尺所在直线平行;‎ ‎④教室地面上有无数条直线与直尺所在直线垂直.‎ A.1 B‎.2 ‎C.3 D.4‎ ‎【解析】选A.①当直尺与地面平行时,有无数条直线与直尺平行,错误 ‎②当直尺与地面垂直时,有无数条直线与直尺垂直,错误 ‎③当直尺与地面相交时,没有直线与直尺平行,错误 ‎④不管直尺与地面是什么关系,有无数条直线与直尺所在直线垂直,正确.‎ ‎3.如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下面结论正确的是 (　　)‎ 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 ‎【解析】选D.在平面图形中CD⊥BD,折起后仍有CD⊥BD,由于平面ABD⊥平面BCD,故CD⊥平面ABD,所以CD⊥AB,又AB⊥AD,AD∩CD=D,故AB⊥平面ADC,又因为AB⫋平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.‎ ‎4.下列说法正确的是 (　　)‎ A.直线a平行于平面M,则a平行于M内的任意一条直线 B.直线a与平面M相交,则a不平行于M内的任意一条直线 C.直线a不垂直于平面M,则a不垂直于M内的任意一条直线 D.直线a不垂直于平面M,则过a的平面不垂直于M ‎【解析】选B.A选项不正确,因为一条线平行于一个平面,则它与该平面内的直线的位置关系是平行或者异面;‎ B选项正确,因为直线a与平面M相交,则a与M内的任意一条直线位置关系是异面或相交;‎ C选项不正确,因为直线a不垂直于平面M,则a与平面M内与它的投影垂直的直线是垂直关系;‎ D选项不正确,因为直线a不垂直于平面M,则过a的平面可以垂直于M.‎ ‎5.如图,正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,O为正方形ABCD的中心,M为正方形ABCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为 (　　)‎ ‎【解析】选A.取AD的中点E,连接PE,PC,CE.‎ 由PE⊥AD知PE⊥平面ABCD,‎ 从而平面PEC⊥平面ABCD,取PC,AB的中点F,G,连接DF,DG,FG,‎ 由PD=DC知DF⊥PC,由DG⊥EC知,DG⊥平面PEC,又PC平面PEC,‎ 所以DG⊥PC,DF∩DG=D,所以PC⊥平面DFG,又点F是PC的中点,‎ 因此,线段DG上的点满足MP=MC.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.如图,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上的射影,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　　　　. ‎ ‎【解析】由题意知PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC.‎ 又AC⊥BC,且PA∩AC=A,‎ 所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AF.‎ 因为AF⊥PC,且BC∩PC=C,‎ 所以AF⊥平面PBC,‎ 所以AF⊥PB,又AE⊥PB,AE∩AF=A,‎ 所以PB⊥平面AEF,所以PB⊥EF.‎ 故①②③正确.‎ 答案:①②③‎ ‎7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可) ‎ ‎【解析】因为PA⊥底面ABCD,所以BD⊥PA,连接AC,则BD⊥AC,且PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC,所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案:DM⊥PC(答案不唯一)‎ ‎8.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:　　　　(用代号表示). ‎ ‎【解析】逐一判断.若①②③成立,则m与α的位置关系不确定,故①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;①③④⇒②与②③④⇒①均正确.‎ 答案:①③④⇒②(或②③④⇒①)‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.(2020·新余模拟)如图,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,AB⊥AC,AC=AA1,D是棱AB的中点.‎ ‎(1)求证:BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)求证:BC1⊥A‎1C.‎ ‎【证明】(1)连接AC1,设AC1∩A‎1C=O,连接OD,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,侧面ACC‎1A1是平行四边形,‎ 所以O为AC1的中点,又因为D是棱AB的中点,所以OD∥BC1,‎ 又因为BC1⊈平面A1CD,OD平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由(1)可知侧面ACC‎1A1是平行四边形,因为AC=AA1,所以平行四边形ACC‎1A1是菱形,‎ 所以AC1⊥A‎1C,在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,AA1⊥平面ABC,因为AB平面ABC,所以AB⊥AA1,‎ 又因为AB⊥AC,AC∩AA1=A,AC平面ACC‎1A1,AA1平面ACC‎1A1,‎ 所以AB⊥平面ACC‎1A1,因为A‎1C平面ACC‎1A1,所以AB⊥A‎1C,‎ 又因为AC1⊥A‎1C,AB∩AC1=A,AB平面ABC1,AC1平面ABC1,所以A‎1C⊥平面ABC1,‎ 因为BC1平面ABC1,所以BC1⊥A‎1C.‎ ‎10.如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,△PAD≌△BAD,平面PAD⊥平面ABCD,AB=4,PA=PD,M在棱PD上运动. 世纪金榜导学号 ‎(1)当M在何处时,PB∥平面MAC.‎ ‎(2)已知O为AD的中点,AC与OB交于点E,当PB∥平面MAC时,求三棱锥E-BCM的体积.‎ ‎【解析】(1)如图,设AC与BD相交于点N,‎ 当M为PD的中点时,PB∥平面MAC.‎ 证明:因为四边形ABCD是菱形,可得DN=NB,‎ 又因为M为PD的中点,可得DM=MP,所以NM为△BDP的中位线,可得NM∥PB,‎ 又因为NM平面MAC,PB⊈平面MAC,所以PB∥平面MAC.‎ ‎(2)因为O为AD的中点,PA=PD,则OP⊥AD,‎ 又△PAD≌△BAD,所以OB⊥AD,且OB=2,又因为△AEO∽△CEB,‎ 所以==,所以BE=OB=,‎ 所以S△EBC=×4×=.‎ 又因为OP=4×=2,点M为PD的中点,所以M到平面EBC的距离为,所以VE-BCM=VM-EBC=××=.‎ ‎(15分钟　35分)‎ ‎1.(5分)如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列正确的是 (　　)‎ 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 ‎【解析】选C.要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE.‎ ‎2.(5分)四面体P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,PA=8,BC=4,PB=PC=AB=AC,且平面PBC⊥平面ABC,则球O的表面积为 (　　)‎ A.64π B.65π C.66π D.128π ‎【解析】选B.如图,D,E分别为BC,PA的中点,易知球心点O在线段DE上,因为PB=PC=AB=AC,则PD⊥BC,AD⊥BC,PD=AD.又因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,所以PD⊥平面ABC,所以PD⊥AD,所以PD=AD=4.因为点E是PA的中点,所以ED⊥PA,且DE=EA=PE=4 .设球O的半径为R,OE=x,则OD=4-x.在Rt△OEA中,有R2=16+x2,在Rt△OBD中,有R2=4+(4-x)2,解得R2=,所以S=4πR2=65π.‎ ‎3.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAB与△PBC是正三角形,平面PAB⊥平面PBC,AC⊥BD,则下列结论不一定成立的是 (　　)‎ A.PB⊥AC　　　　B.PD⊥平面ABCD C.AC⊥PD D.平面PBD⊥平面ABCD ‎【解析】选B.取BP的中点O,连接OA,OC,易得 BP⊥OA,BP⊥OC⇒BP⊥平面OAC⇒BP⊥AC⇒选项A正确;又AC⊥BD⇒AC⊥平面BDP⇒AC⊥PD,平面PBD⊥平面ABCD,故选项C,D正确.‎ ‎4.(10分)(2020·淮北模拟)在直三棱柱ABC-A1B‎1C1中,‎ ‎∠ABC=90°,AB=BC=1,BB1=2.‎ ‎(1)求异面直线B‎1C1与A‎1C所成角的正切值.‎ ‎(2)求直线B‎1C1与平面A1BC的距离.‎ ‎【解析】(1)因为B‎1C1∥BC,所以∠A1CB (或其补角)是异面直线B‎1C1与A‎1C所成角.‎ 因为BC⊥AB,BC⊥BB1,AB∩BB1=B,‎ 所以BC⊥平面ABB1,所以BC⊥A1B.‎ 在Rt△A1BC中,tan∠A1CB===,所以异面直线B‎1C1与A‎1C所成角的正切值为.‎ ‎(2)因为B‎1C1∥平面A1BC,所以B‎1C1到平面A1BC的距离等于B1到平面A1BC的距离,‎ 设B1到平面A1BC的距离为d,因为=,‎ 所以×d=×A1B1,可得d=,所以直线B‎1C1与平面A1BC的距离为.‎ ‎5.(10分)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°. 世纪金榜导学号 ‎(1)求三棱锥P-ABC的体积.‎ ‎(2)在线段PC上是否存在点M,使得AC⊥BM,若存在点M,求出的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)由题意知AB=1,AC=2,∠BAC=60°,‎ 可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.‎ 由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高.‎ 又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.‎ ‎(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接BM.‎ 由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.‎ 由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.‎ 又BM平面MBN,所以AC⊥BM.‎ 在Rt△BAN中,AN=AB·cos ∠BAC=,‎ 从而NC=AC-AN=.由MN∥PA,得==.‎ ‎1.如图,点P在正方体ABCD-A1B‎1C1D1的面对角线BC1上运动,则下列四个结论:‎ ‎①三棱锥A-D1PC的体积不变;‎ ‎②A1P∥平面ACD1;‎ ‎③DP⊥BC1;‎ ‎④平面PDB1⊥平面ACD1.‎ 其中正确的结论序号是　　　.世纪金榜导学号 ‎ ‎【解析】由题意可得直线BC1平行于直线AD1,并且直线AD1平面AD‎1C,直线BC1⊈平面AD‎1C,‎ 所以直线BC1∥平面AD‎1C.‎ 所以点P到平面AD‎1C的距离不变,‎ ‎=,‎ 所以三棱锥A-D1PC的体积不变,故①正确;‎ 连接A‎1C1,A1B,可得平面AD‎1C∥平面A‎1C1B.‎ 又A1P⫋平面A‎1C1B,‎ 所以A1P∥平面ACD1,故②正确;‎ 当点P运动到B点时,△DBC1是等边三角形,‎ 所以DP不垂直于BC1,故③不正确;‎ 连接BD,因为直线AC⊥平面DB1B,DB1⫋平面DB1B.‎ 所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.‎ 所以可得DB1⊥平面AD‎1C.又DB1⫋平面PDB1.‎ 所以可得平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确.‎ 答案:①②④‎ ‎2.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是BC的中点,动点P在四棱锥的表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的长为　　　　.世纪金榜导学号 ‎ ‎【解析】如图,设AC∩BD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,‎ 连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,‎ 易知AC⊥EF,GH∥SO,所以GH⊥平面ABCD,‎ 所以AC⊥GH,所以AC⊥平面EFG,‎ 故动点P的轨迹是△EFG的三条边,由已知易得EF=,GE=GF=,所以△EFG的周长为 ‎+,故动点P的轨迹长为+.‎ 答案:+‎