2020高中數(shù)學(xué) 課時素養(yǎng)評價三十一 直線與平面垂直（二） 2

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE16-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時素養(yǎng)評價三十一直線與平面垂直（二)(25分鐘·50分）一、選擇題(每小題4分,共16分，多項選擇題全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1。四棱錐P—ABCD，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=AD,四邊形ABCD是正方形，E是PD的中點，則AE與PC的關(guān)系是 （）A.垂直B.相交C.平行D。相交或平行【解析】選A.因為PA=AD，E為PD的中點,所以AE⊥PD,又PA⊥平面ABCD。所以PA⊥CD,又因為CD⊥AD。PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE。又因為CD∩PD=D，所以AE⊥平面PCD。所以AE⊥PC。2.已知PA⊥矩形ABCD所在平面，PA≠AD，M,N分別是AB,PC的中點，則MN垂直于 （）A。AD B.CD C。PC D。PD【解析】選B.連接AC，取AC的中點為O，連接NO，MO，如圖所示：因為N，O分別為PC,AC的中點,所以NO∥PA，因為PA⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD，所以NO⊥CD。又因為M，O分別為AB,AC的中點，所以MO∥BC。因為BC⊥CD，所以MO⊥CD，因為NO∩MO=O，所以CD⊥平面MNO，所以CD⊥MN。3.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1與B1D1的中點，則直線CE垂直于 ()A。AC B.BDC.A1D D.A1D1【解析】選B.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是A1C1，B1D1的中點,設(shè)O是AC，BD的交點，連接EO，則EO⊥平面ABCD，所以EO⊥BD，又CO⊥BD,CO∩EO=O，所以BD⊥平面COE，因為CE?平面COE,所以BD⊥CE。4。(多選題）如圖，直線PA垂直于圓O所在的平面,△ABC內(nèi)接于圓O，且AB為圓O的直徑，點M為線段PB的中點.以下各命題中，真命題為（）A.BC⊥PCB.OM∥平面APCC.點B到平面PAC的距離等于線段BC的長D。三棱錐M-PAC的體積等于三棱錐P-ABC體積的一半【解析】選ABCD.因為PA⊥圓O所在的平面，BC?圓O所在的平面,所以PA⊥BC，而BC⊥AC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC,而PC?平面PAC，所以BC⊥PC，故A正確;因為點M為線段PB的中點,點O為AB的中點，所以O(shè)M∥PA,而OM?平面PAC,PA?平面PAC，所以O(shè)M∥平面APC，故B正確；因為BC⊥平面PAC，所以點B到平面PAC的距離等于線段BC的長，故C正確；三棱錐M—PAC和三棱錐P—ABC均可以平面PAC為底面，此時M到底面的距離是B到底面距離的一半，故三棱錐M-PAC的體積等于三棱錐P-ABC體積的一半，故D正確二、填空題(每小題4分，共8分）5。△ABC的三個頂點A，B,C到平面α的距離分別為2cm、3cm、4cm，且它們在α的同側(cè)，則△ABC的重心到平面α的距離為________。

【解析】如圖，設(shè)A，B，C在平面α上的射影分別為A′，B′，C′，△ABC的重心為G，連接CG并延長交AB于中點E,又設(shè)E,G在平面α上的射影分別為E′，G′，則E′∈A′B′，G′∈C′E′,EE′=12（A′A+B′B)=52，CCCG∶GE=2∶1,在直角梯形EE′C′C中，可求得GG′=3。答案：36.如圖所示,在直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中,當(dāng)?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件________時,有A1C⊥B1D1.

【解析】若A1C⊥B1D1，由四棱柱ABCD-A1B1C1D1為直四棱柱，AA1⊥B1D1，易得B1D1⊥平面AA1C1C，則A1C1⊥B1D1，即AC⊥BD(或四邊形ABCD為菱形）.答案：AC⊥BD或四邊形ABCD為菱形三、解答題(共26分）7。(12分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=2。證明：A1C⊥平面BB1D1D?！咀C明】因為A1O⊥平面ABCD,所以A1O⊥BD.又底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因為AC∩A1O=O，所以BD⊥平面A1OC，所以BD⊥A1C。又OA1是AC的中垂線，所以A1A=A1C=2,且AC=2，所以AC2=AA12+A1C所以△AA1C是直角三角形，所以AA1⊥A1C.又BB1∥AA1,所以A1C⊥BB1,因為BB1∩BD=B,所以A1C⊥平面BB1D1D.8。（14分）如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO⊥平面BB1C1C.（1)證明：B1C⊥AB。（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC—A1B1C1的高.【解析】（1)連接BC1，則O為B1C與BC1的交點.因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1。又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB.(2)方法一：在平面BB1C1C內(nèi)作OD⊥BC,垂足為D，連接AD.在平面AOD內(nèi)作OH⊥AD，垂足為H。由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以O(shè)H⊥BC。又OH⊥AD，所以O(shè)H⊥平面ABC。因為∠CBB1=60°，所以△CBB1為等邊三角形。又BC=1，可得OD=34由于AC⊥AB1,所以O(shè)A=12B1C=1由OH·AD=OD·OA，且AD=OD2+OA又O為B1C的中點，所以點B1到平面ABC的距離為217故三棱柱ABC-A1B1C1的高為217方法二：由于側(cè)面BB1C1C為菱形,∠CBB1=60°，BC=1.故B1C=1,BO=32，又AC⊥AB1則AO=12，AC=2在△ABC中，易得AC邊上的高h=144由VA-B13S△BB1C·AO=所以34·12=12·22·14所以h三棱柱=217所以三棱柱ABC-A1B1C1的高為217（15分鐘·30分)1。（4分）已知矩形ABCD的邊AB=a，BC=3,PA⊥平面ABCD，若BC邊上有且只有一點M，使PM⊥DM，則a的值為 （)A.12 B。1 C。32【解析】選C。因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DM，若BC邊上存在點M，使PM⊥MD，則DM⊥平面PAM，所以DM⊥AM，所以以AD為直徑的圓和BC相交即可.因為AD=BC=3，所以圓的半徑為32要使線段BC和半徑為32則AB=32,即a=32，所以a的值是2.(4分）如圖，已知△ABC為直角三角形，其中∠ACB=90°，M為AB的中點,PM垂直于△ABC所在平面，那么 （）A.PA=PB〉PC B。PA=PB〈PCC.PA=PB=PC D。PA≠PB≠PC【解析】選C.因為PM⊥平面ABC，MC?平面ABC，所以PM⊥MC,PM⊥AB。又因為M為AB中點，∠ACB=90°,所以MA=MB=MC。所以PA=PB=PC.【加練·固】正方體ABCD—A1B1C1D1中E為線段B1D1上的一個動點，則下列結(jié)論中錯誤的是 （)A.AC⊥BEB。B1E∥平面ABCDC。三棱錐E—ABC的體積為定值D.B1E⊥BC1【解析】選D。對于A.因為在正方體中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BB1D1D，因為BE?平面BB1D1D，所以AC⊥BE，所以A正確。對于B.因為B1D1∥平面ABCD，所以B1E∥平面ABCD成立，即B正確.對于C.三棱錐E-ABC的底面△ABC的面積為定值，錐體的高BB1為定值，所以錐體體積為定值，即C正確.對于D.因為D1C1⊥BC1，所以B1E⊥BC1錯誤.3。(4分）正三棱錐的底面邊長為2，側(cè)面均為直角三角形,則此三棱錐的體積是________。

【解析】如圖，由已知得PA⊥PB,PA⊥PC，PB∩PC=P,所以PA⊥平面PBC.又PB⊥PC，PB=PC，BC=2，所以PB=PC=2。所以VP—ABC=VA—PBC=13PA·S△=13×2×12×2×2=答案：24.(4分）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，F(xiàn)是AC的中點,E是PC上的點，且EF⊥BC,則PEEC=________. 【解析】在三棱錐P—ABC中,因為PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，所以AB⊥平面APC。因為EF?平面PAC，所以EF⊥AB,因為EF⊥BC，BC∩AB=B，所以EF⊥底面ABC，所以PA∥EF，因為F是AC的中點，E是PC上的點,所以E是PC的中點,所以PEEC答案:15.(14分）如圖直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點，AA1=AC=CB=22(1）證明：BC1∥平面A1CD. （2)求三棱錐E—A1CD的體積.【解析】（1）連接AC1交A1C于F,連接DF，則F為AC1中點，又D為AB中點，因為BC1∥DF，又BC1?平面A1CD，DF?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.（2)因為AC=BC=22所以AC⊥BC,AB=22,CD⊥AB，CD=2，因為三棱柱為直三棱柱,所以AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥CD，因為A1A∩AB=A，所以CD⊥平面A1DE，所以VE-A1CD=在矩形ABB1A1中，求得S△A1所以VE-A1CD=1故三棱錐E—A1CD的體積為1.【加練·固】如圖所示，已知矩形ABCD，過A作SA⊥平面ABCD，再過A作AE⊥SB交SB于點E,過點E作EF⊥SC交SC于點F.（1)求證：AF⊥SC。（2)若平面AEF交SD于點G，求證：AG⊥SD?！咀C明】(1）因為SA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以SA⊥BC，因為四邊形ABCD為矩形，所以AB⊥BC,因為AB∩SA=A，所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥AE。又SB⊥AE，SB∩BC=B，所以AE⊥平面SBC，所以AE⊥SC.又EF⊥SC，所以SC⊥平面AEF，所以AF⊥SC。(2)因為SA⊥平面ABCD，所以SA⊥DC，又AD⊥DC，SA∩AD=A，所以DC⊥平面SAD,所以DC⊥AG。由(1）知SC⊥平面AEF,因為AG?平面AEF，所以SC⊥AG，因為SC∩DC=C，所以AG⊥平面SDC,所以AG⊥SD.1。如圖，在矩形ABCD中,AB=2AD，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE。若M為線段A1C的中點，則在△ADE翻折過程中，下列結(jié)論中正確的有 （)①總存在某個位置，使CE⊥平面A1DE.②總有BM∥平面A1DE。③存在某個位置，使DE⊥A1C.A。①② B。①③ C。②③ D。①②③【解析】選A。在①中，總存在某個位置，使CE⊥平面A1DE,①正確；在②中,取CD中點F，連接MF，BF，則MF∥A1D且MF=12A1D，F(xiàn)B∥由MF∥A1D與FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以總有BM∥平面A1DE，故②正確；在③中,A1C在平面ABCD中的射影為AC，AC與DE不垂直,所以DE與A1C不垂直，故③錯誤。2.（2019·南昌高一檢測）如圖，在四面體P-ABC中,PA⊥平面ABC，PA=AB=1,BC=3,AC=2。（1)證明:BC⊥平面PAB。(2)在線段PC上是否存在點D，使得AC⊥BD，若存在,求PD的值,若不存在，請說明理由。 【解析】（1）由題知：AB=1，BC=3，AC=2。則A