2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課后限時(shí)集訓(xùn)45垂直關(guān)系理

PAGE課后限時(shí)集訓(xùn)45垂直關(guān)系建議用時(shí)：45分鐘一、選擇題1．(2019·昆明模擬)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．已知直線m，n和平面α，β，則下列四個(gè)命題中正確的是()A．若α⊥β，mβ，則m⊥αB．若m⊥α，n∥α，則m⊥nC．若m∥α，n∥m，則n∥αD．若m∥α，m∥β，則α∥βB[對(duì)于A，若α⊥β，mβ，則當(dāng)m與α，β的交線垂直時(shí)才有m⊥α，故A錯(cuò)；對(duì)于B，若n∥α，則α內(nèi)存在直線a，使得a∥n，∵m⊥α，∴m⊥a，∴m⊥n，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)nα?xí)r，顯然結(jié)論錯(cuò)誤，故C錯(cuò)；對(duì)于D，若α∩β＝l，則當(dāng)m∥l時(shí)，顯然當(dāng)條件成立時(shí)，結(jié)論不成立，故D錯(cuò)．故選B.]3.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.]4.(2019·寧夏模擬)如圖，AB是⊙O的直徑，C是圓周上不同于A，B的任意一點(diǎn)，PA⊥平面ABC，則四面體P-ABC的四個(gè)面中，直角三角形的個(gè)數(shù)有()A．4個(gè) B．3個(gè)C．2個(gè) D．1個(gè)A[∵AB是圓O的直徑，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，△ABC是直角三角形．又PA⊥⊙O所在平面，∴△PAC，△PAB是直角三角形．且PA⊥BC，因此BC垂直于平面PAC中兩條相交直線，∴BC⊥平面PAC,∴△PBC是直角三角形．從而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的個(gè)數(shù)是4.故選A.]5．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CDA．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⊥BC∴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.]二、填空題6．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個(gè)論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________.如果l⊥α，m∥α，則l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α)[將所給論斷，分別作為條件、結(jié)論，得到如下三個(gè)命題：(1)如果l⊥α，m∥α，則l⊥m，正確；(2)如果l⊥α，l⊥m，則m∥α，正確；(3)如果l⊥m，m∥α，則l⊥α，錯(cuò)誤，有可能l與α斜交或l∥α.]7.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1eq\f(1,3)[連接A1C1，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角．因?yàn)锳B＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2eq\r(2)，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝eq\f(AA1,AC1)＝eq\f(1,3).]8.(2019·濰坊模擬)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.]三、解答題9．(2019·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB＝BC.求證：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.[證明](1)因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1所以A1B1∥ED.又因?yàn)镋D平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因?yàn)锳B＝BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC.因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC又因?yàn)锽E平面ABC，所以CC1⊥BE.因?yàn)镃1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1C∩AC＝所以BE⊥平面A1ACC1.因?yàn)镃1E平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.10.如圖，三棱錐P-ABC中，底面ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.(1)求證：平面PAC⊥平面ABC；(2)若PA＝PC，求三棱錐P-ABC的體積．[解](1)證明：如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接BO，PO，因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，所以BO⊥AC，BO＝eq\r(3).因?yàn)镻A⊥PC，所以PO＝eq\f(1,2)AC＝1.因?yàn)镻B＝2，所以O(shè)P2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.因?yàn)锳C∩OP＝O，AC，OP平面PAC，所以BO⊥平面PAC.又OB平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2)因?yàn)镻A＝PC，PA⊥PC，AC＝2，所以PA＝PC＝eq\r(2).由(1)知BO⊥平面PAC，所以VP-ABC＝VB-APC＝eq\f(1,3)S△PAC·BO＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3).1．(2019·武邑模擬)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．(2019·南昌模擬)如圖所示，在正方形ABCD中，AC為對(duì)角線，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)．現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯(cuò)誤的是________．(將符合題意的序號(hào)填到橫線上)①AG⊥△EFH所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面．①③④[根據(jù)折疊前AB⊥BE，AD⊥DF可得折疊后AH⊥HE，AH⊥HF，可得AH⊥平面EFH，即②正確；∵過點(diǎn)A只有一條直線與平面EFH垂直，∴①不正確；∵AG⊥EF，AH⊥EF，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF，過H作直線垂直于平面AEF，該直線一定在平面HAG內(nèi)，∴③不正確；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正確，④不正確，綜上，說法錯(cuò)誤的是①③④.]3．(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，過點(diǎn)P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過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).]4.在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點(diǎn)．(1)求證：FM∥平面BDE；(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求點(diǎn)F到平面BDE的距離．[解](1)證明：取BD的中點(diǎn)O，連接OM，OE，因?yàn)镺，M分別為BD，BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以CD∥AB，又EF∥AB，所以CD∥EF，又AB＝CD＝2EF，所以EF＝eq\f(1,2)CD，所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF，所以四邊形OMFE為平行四邊形，所以MF∥OE.又OE平面BDE，MF平面BDE，所以MF∥平面BDE.(2)由(1)得FM∥平面BDE，所以點(diǎn)F到平面BDE的距離等于點(diǎn)M到平面BDE的距離．取AD的中點(diǎn)H，連接EH，BH，因?yàn)镋A＝ED，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，所以EH⊥AD，BH⊥AD.因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH平面ADE，所以EH⊥平面ABCD，所以EH⊥BH，易得EH＝BH＝eq\r(3)，所以BE＝eq\r(6)，所以S△BDE＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2).設(shè)點(diǎn)F到平面BDE的距離為h，連接DM，則S△BDM＝eq\f(1,2)S△BCD＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),4)×4＝eq\f(\r(3),2)，連接EM，由V三棱錐E-BDM＝V三棱錐M-BDE，得eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,3)×h×eq\f(\r(15),2)，解得h＝eq\f(\r(15),5)，即點(diǎn)F到平面BDE的距離為eq\f(\r(15),5).1．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)A[記該正方體為ABCD-A′B′C′D′，正方體的每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，即共點(diǎn)的三條棱A′A，A′B′，A′D′與平面α所成的角都相等．如圖，連接AB′，AD′，B′D′，因?yàn)槿忮FA′-AB′D′是正三棱錐，所以A′A，A′B′，A′D′與平面AB′D′所成的角都相等．分別取C′D′，B′C′，BB′，AB，AD，DD′的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，I，J，連接EF，F(xiàn)G，GH，IH，IJ，JE，易得E，F(xiàn)，G，H，I，J六點(diǎn)共面，平面EFGHIJ與平面AB′D′平行，且截正方體所得截面的面積最大．又EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝eq\f(\r(2),2)，所以該正六邊形的面積為6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4)，所以α截此正方體所得截面面積的最大值為eq\f(3\r(3),4)，故選A.]2．如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE將△AED折起到△A1ED的位置，連接A1B，A1C，M，N分別為A1C，圖1圖2(1)求證：DE⊥A1B；(2)求證：MN∥平面A1ED；(3)在棱A1B上是否存在一點(diǎn)G，使得EG⊥平面A1BC？若存在，求出eq\f(A1G,GB)的值；若不存在，說明理由．[解](1)證明：∵在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，DE⊥AB，沿DE將△AED折起到△A1ED的位置，∴DE⊥A1E，DE⊥BE，∵A1E∩BE＝E，∴DE⊥平面A1BE，∵A1B平面A1BE