2021高考数学一轮复习课后限时集训44垂直关系文北师大版2 10页

课后限时集训44‎ 垂直关系 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α C　[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊥α，错误；‎ B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误；‎ C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；‎ D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误．]‎ ‎2．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)‎ A　[A选项中，因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B选项中，AB与CD成60°角； C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与CD夹角的正切值为.]‎ ‎3．(2019·东北三省三校联考)在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，则直线PB与平面PAC所成角为(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. A　[连接BD，交AC于点O.因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA.又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC.连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成角．又因为PA＝AB＝2，所以PB＝2，BO＝.所以sin∠BPO＝＝，所以∠BPO＝.故选A.]‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC C　[如图．∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD - 10 -‎ 垂直，∴B，D错；‎ ‎∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，‎ ‎∴A1E⊥BC1，故C正确；‎ ‎(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，‎ ‎∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)‎ ‎∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．]‎ ‎5．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是(　　)‎ 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 D　[∵在四边形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BCD＝BD，‎ 故CD⊥平面ABD，则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、填空题 ‎6．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若该长方体的体积为8，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为________．‎ ‎30°　[连接BC1(图略)，由AB⊥平面BB1C1C知 ‎∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角．‎ 由2×2×AA1＝8得AA1＝2，‎ ‎∴BC1＝＝2，‎ - 10 -‎ 在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝＝＝，‎ ‎∴∠AC1B＝30°.]‎ ‎7．在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是________．‎ 　[如图，△AB1D1中，AB1＝AD1＝，B1D1＝，‎ ‎∴△AB1D1的边B1D1上的高为＝，‎ ‎∴S△AB1D1＝××＝，‎ 设A1到平面AB1D1的距离为h；则有S△AB1D1×h＝S△A1B1D1×AA1，‎ 即h＝×2，解得h＝.]‎ ‎8．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎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∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ ‎②③④　[对于①，α，β可以平行，可以相交也可以不垂直，故错误．‎ 对于②，由线面平行的性质定理知存在直线lα，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．‎ 对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又mα，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．‎ 对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]‎ 三、解答题 ‎9．(2018·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面 - 10 -‎ ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．‎ ‎(1)求证：PE⊥BC；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；‎ ‎(3)求证：EF∥平面PCD.‎ ‎[证明](1)因为PA＝PD，E为AD的中点，‎ 所以PE⊥AD.‎ 因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.‎ 所以PE⊥BC.‎ ‎(2)因为底面ABCD为矩形，‎ 所以AB⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD，‎ 所以PD⊥平面PAB.‎ 因为PD平面PCD，‎ 所以平面PAB⊥平面PCD.‎ ‎(3)取PC中点G，连接FG，DG.‎ 因为F，G分别为PB，PC的中点，‎ 所以FG∥BC，FG＝BC.‎ 因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，‎ 所以DE∥BC，DE＝BC.‎ 所以DE∥FG，DE＝FG.‎ 所以四边形DEFG为平行四边形，‎ 所以EF∥DG.‎ 又因为EF平面PCD，DG平面PCD，‎ - 10 -‎ 所以EF∥平面PCD.‎ ‎10．(2019·太原模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D是BC上的一点，AB＝AC，且AD⊥BC.‎ ‎(1)求证：A1C∥平面AB1D；‎ ‎(2)若AB＝BC＝AA1＝2，求点A1到平面AB1D的距离．‎ ‎[解](1)证明：如图，‎ 连接BA1，交AB1于点E，再连接DE，‎ 据直棱柱性质知，四边形ABB1A1为平行四边形，E为AB1的中点，‎ ‎∵AB＝AC，AD⊥BC，‎ ‎∴D是BC的中点，∴DE∥A1C，‎ 又DE平面AB1D，A1C平面AB1D，‎ ‎∴A1C∥平面AB1D.‎ ‎(2)如图，在平面BCC1B1中，过点B作BF⊥B1D，垂足为F，‎ ‎∵D是BC中点，‎ ‎∴点C到平面AB1D与点B到平面AB1D距离相等，‎ ‎∵A1C∥平面AB1D，∴点A1到平面AB1D的距离等于点C到平面AB1D的距离，‎ ‎∴BF长为所求，在Rt△B1BD中，BD＝1，BB1＝2，B1D＝，‎ ‎∴BF＝＝，∴点A1到平面AB1D的距离为.‎ - 10 -‎ ‎1．如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在(　　)‎ A．直线AB上　　　 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部 A　[连接AC1(图略)，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必在两平面的交线AB上．]‎ ‎2．(2019·唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是(　　)‎ ‎①　　　　　②　　　　　　③　　　　　④‎ A．①② B．②④‎ C．①③ D．②③‎ B　[对于①，易证AB与CE所成角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于②，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于③，易证AB与CE所成角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于④，易证ED⊥平面ABC，则ED⊥AB，同理EC⊥AB，可得AB⊥平面CDE.故选B.]‎ ‎3．如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是⊙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________．‎ ‎①②③　[由BC⊥AC，BC⊥PA可得BC⊥平面PAC，又AF平面PAC，‎ - 10 -‎ 所以AF⊥BC，‎ 又AF⊥PC，则AF⊥平面PBC，从而AF⊥PB，AF⊥BC，故①③正确；‎ 由PB⊥AF，PB⊥AE可得PB⊥平面AEF，从而PB⊥EF，故②正确；‎ 若AE⊥平面PBC，则由AF⊥平面PBC知AE∥AF与已知矛盾，故④错误．]‎ ‎4．(2019·西宁模拟)已知三棱柱ABCA1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，又知BA1⊥AC1.‎ ‎(1)求证：AC1⊥平面A1BC；‎ ‎(2)求点C到平面A1AB的距离．‎ ‎[解](1)证明：∠BCA＝90°得BC⊥AC，因为A1D⊥平面ABC，‎ 所以A1D⊥BC，A1D∩AC＝D，所以BC⊥平面A1ACC1，‎ 所以BC⊥AC1.‎ 因为BA1⊥AC1，BA1∩BC＝B，‎ 所以AC1⊥平面A1BC.‎ ‎(2)作DE⊥AB于点E，连接A1E，作DF⊥A1E于点F.‎ 因为A1D⊥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＝＝，‎ 因为D是AC中点，所以C到面A1AB距离.‎ ‎1．(2019·衡阳模拟)如图，在四面体ABCD中，AD⊥BD，截面PQMN - 10 -‎ 是矩形，则下列结论不一定正确的是(　　)‎ 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，因为PQ⊥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选项均正确；‎ 由PQ∥AC，得AC∥平面PQMN，‎ ‎∴B选项正确．‎ ‎∵不能得到AD⊥DC或AD⊥BC，∴不能得到AD⊥平面BDC，故选项D不一定正确．‎ 故选D.]‎ ‎2．(2019·泉州模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.‎ ‎(1)求证：B1N⊥A1C；‎ ‎(2)求M到平面A1B1C的距离．‎ - 10 -‎ ‎[解](1)证明：如图，连接CM.‎ 在直三棱柱ABCA1B1C1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.‎ 因为B1N平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.‎ 又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.‎ 因为A1C平面A1CM，所以B1N⊥A1C.‎ ‎(2)法一：连接B1M.‎ 在矩形ABB1A1中，因为A1M⊥B1N，‎ 所以∠AA1M＝∠A1B1N.‎ 所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝.‎ 因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2.‎ 设AA1＝x，则A1N＝.‎ 所以＝，解得x＝2.‎ 从而S△A1B1M＝S正方形ABB1A1＝2，A1C＝B1C＝2.‎ 在△A1CB1中，cos∠A1CB1＝＝，所以sin∠A1CB1＝，‎ 所以S△A1B1C＝A1C·B1C·sin∠A1CB1＝.‎ 设点M到平面A1B1C的距离为d，由V三棱锥MA1B1C＝V三棱锥CA1B1M，得S△A1B1C·d＝S△A1B1M·CM，‎ - 10 -‎ 所以d＝＝，即点M到平面A1B1C的距离为.‎ 法二：在矩形ABB1A1中，因为A1M⊥B1N，所以∠AA1M＝∠A1B1N，‎ 所以tan∠AA1M＝tan∠A1B1N，即＝.‎ 因为△ABC是边长为2的正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，‎ 所以AM＝1，CM＝，A1B1＝2.‎ 设AA1＝x，则A1N＝，‎ 所以＝，解得x＝2.‎ 如图，取A1B1的中点D，连接MD，CD，过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.‎ 因为MO平面CDM，所以A1B1⊥MO.‎ 又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，所以MO⊥平面A1B1C，‎ 即线段MO的长就是点M到平面A1B1C的距离．‎ 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＝，故点M到平面A1B1C的距离为.‎ - 10 -‎