2023屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)作業(yè)垂直關(guān)系北師大版

PAGEPAGE9垂直關(guān)系一、選擇題1．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lβ B．l∥mC．m⊥α D．l⊥mA[直線l⊥平面α，α⊥β，則l∥β或lβ，A正確，故選A．]2．如圖，在四面體D-ABC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ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEC[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)，所以平面ABC⊥平面BDE．又由于AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE．]3．在下列四個(gè)正方體中，能得出AB⊥CD的是()A．①B．①②C．②③D．④A[作出AB在CD所在平面的射影，當(dāng)射影垂直于CD時(shí)，就有AB⊥CD，經(jīng)檢驗(yàn)知選A．]4．(2021·南寧模擬)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．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)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PAC所成角．又因?yàn)镻A＝AB＝2，所以PB＝2eq\r(2)，BO＝eq\r(2)．所以sin∠BPO＝eq\f(BO,PB)＝eq\f(1,2)，所以∠BPO＝eq\f(π,6)．故選A．]5．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則()A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1 D．A1E⊥ACC[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不與DC1垂直，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．故選C．]6．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ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABCD[∵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BCD＝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7．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若該長(zhǎng)方體的體積為8eq\r(2)，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＝8eq\r(2)得AA1＝2eq\r(2)，∴BC1＝eq\r(BC2＋CC\o\al(2,1))＝2eq\r(3)，在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝eq\f(AB,BC1)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴∠AC1B＝30°．]8．四面體P-ABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，O為AB中點(diǎn)，請(qǐng)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P-ABC中，PA＝PB＝PC，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．]9．在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則點(diǎn)A1到平面AB1D1的距離是________．eq\f(2,3)[如圖，△AB1D1中，AB1＝AD1＝eq\r(5)，B1D1＝eq\r(2)，∴△AB1D1的邊B1D1上的高為eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，∴Seq\s\do6(△AB1D1)＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(3,2)，設(shè)A1到平面AB1D1的距離為h；則有Seq\s\do6(△AB1D1)×h＝Seq\s\do6(△A1B1D1)×AA1，即eq\f(3,2)h＝eq\f(1,2)×2，解得h＝eq\f(2,3)．]三、解答題10．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．證明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE．[證明](1)在四棱錐P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD．又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴CD⊥平面PAC．而AE平面PAC，∴CD⊥AE．(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中點(diǎn)，∴AE⊥PC．由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD平面PCD，∴AE⊥PD．∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，∴PA⊥AB．又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，AB，AE平面ABE，∴PD⊥平面ABE．11．(2021·茂名一模)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，BC＝AC，AB＝2DC＝2，AA1＝eq\r(3)．(1)求證：平面A1DC⊥平面ABB1A1；(2)求點(diǎn)A到平面A1DC的距離．[解](1)證明：∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，BC＝AC，CD平面ABC，∴CD⊥AB，CD⊥AA1，∵AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1，∵CD平面A1DC，∴平面A1DC⊥平面ABB1A1．(2)由題意，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，BC＝AC，AB＝2DC＝2，AA1＝eq\r(3)．設(shè)點(diǎn)A到平面A1DC的距離為d，∵Veq\s\do6(A1-ACD)＝Veq\s\do6(A-A1CD)，∴eq\f(1,3)×S△ACD×AA1＝eq\f(1,3)×Seq\s\do6(△DCA1)×d，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\r(3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×d，解得d＝eq\f(\r(3),2)，∴點(diǎn)A到平面A1DC的距離為eq\f(\r(3),2)．1．(2021·武漢模擬)如圖所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則點(diǎn)C1在平面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．已知圓錐的頂點(diǎn)為P，母線PA，PB所成角的余弦值為eq\f(3,4)，PA與圓錐底面所成角為60°，若△PAB的面積為eq\r(7)，則該圓錐的體積為________．eq\f(2\r(6),3)π[作示意圖如圖所示，設(shè)底面半徑為r，PA與圓錐底面所成角為60°，則∠PAO＝60°，則PO＝eq\r(3)r，PA＝PB＝2r，又PA，PB所成角的余弦值為eq\f(3,4)，則sin∠APB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),4)，則S△PAB＝eq\f(1,2)PA·PB·sin∠APB＝eq\f(1,2)·2r·2r·eq\f(\r(7),4)＝eq\r(7)，解得r＝eq\r(2)，故圓錐的體積為eq\f(1,3)·π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))eq\s\up12(2)·eq\r(6)＝eq\f(2\r(6),3)π．]3．(2021·鄭州模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD是菱形，點(diǎn)E在線段PC上，PA∥平面EBD．(1)證明：點(diǎn)E為線段PC的中點(diǎn)；(2)已知PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，點(diǎn)P到平面EBD的距離為1，四棱錐P-ABCD的體積為2eq\r(3)，求PA．[解](1)證明：連接AC，與BD相交于點(diǎn)O，連接EO，則經(jīng)過(guò)PA的平面PAC與平面EBD交線為EO．因?yàn)镻A∥平面EBD，所以PA∥EO．因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，所以EO是△PAC的中位線，于是E為線段PC的中點(diǎn)．(2)因?yàn)镻A∥平面EBD，所以點(diǎn)A到平面EBD的距離等于點(diǎn)P到平面EBD的距離等于1．因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，所以平面EBD⊥平面ABCD，平面EBD∩平面ABCD＝BD．因?yàn)锳O⊥BD，所以AO⊥平面EBD，因此AO＝1．因?yàn)椤螦BC＝60°，所以四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，面積為2×2×sin60°＝2eq\r(3)，所以四棱錐P-ABCD的體積為VP-ABCD＝eq\f(1,3)×2eq\r(3)×PA，由eq\f(1,3)×2eq\r(3)×PA＝2eq\r(3)，得PA＝3．1．(2019·全國(guó)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eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________．eq\r(2)[如圖，過(guò)點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過(guò)O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC．又PE＝PF＝eq\r(3)，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＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以O(shè)E＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2)．]2．(2021·浙江省諸暨中學(xué)月考)《九章算術(shù)》中，將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽(yáng)馬，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．如圖，在陽(yáng)馬P-ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，過(guò)棱PC的中點(diǎn)E，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F，連接DE，DF，BD，BE．(1)證明：PB⊥平面DEF．試判斷四面體DBEF是否為鱉臑，若是，寫出其每個(gè)面的直角(只需寫出結(jié)論)；若不是，說(shuō)明理由；(2)若平面DEF與平面ABCD所成二面角的大小為eq\f(π,3)，求eq\f(DC,BC)的值．[解](1)證明：因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD為長(zhǎng)方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD．而DE平面PCD，所以BC⊥DE．又因?yàn)镻D＝CD，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，所以DE⊥PC．而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB平面PBC，所以PB⊥DE．又PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF．由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形，即四面體BDEF是一個(gè)鱉臑，其四個(gè)面的直角分別為∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．(2)如圖，在平面PBC內(nèi)，延長(zhǎng)BC與FE交于點(diǎn)G，則DG是平面DEF與平面ABCD的交線．由(1)知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．又因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥