《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)40 垂直關(guān)系 文（含解析）北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)40 垂直關(guān)系 文（含解析）北師大版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時(shí)集訓(xùn)(四十)　 (建議用時(shí)：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題 1．(2019·長(zhǎng)春模擬)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α C　[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m與α相交或m⊥α，錯(cuò)誤； B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或mα，錯(cuò)誤； C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正確； D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m與α相交或mα，

2、錯(cuò)誤．] 2．在下列四個(gè)正方體中，能得出AB⊥CD的是(　　) A　[A選項(xiàng)中，因?yàn)镃D⊥平面AMB，所以CD⊥AB；B選項(xiàng)中，AB與CD成60°角； C選項(xiàng)中，AB與CD成45°角；D選項(xiàng)中，AB與CD夾角的正切值為.] 3．已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個(gè)不重合的平面，下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　) A．α⊥β且mα　　　 B．α⊥β且m∥α C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β C　[對(duì)A，設(shè)α∩β＝a，mα，當(dāng)m⊥a時(shí)，才有m⊥β，故A錯(cuò)誤；對(duì)B，當(dāng)α⊥β，且m∥α?xí)r，可能有m與β平行，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，由線面垂直的判定可知正確；對(duì)D，當(dāng)m⊥n且n

3、∥β時(shí)，可能有m∥β，故D錯(cuò)誤．] 4．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1　　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC C　[如圖．∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯(cuò)； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故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

4、為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò)．] 5．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

5、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 6．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可) DM⊥PC(或BM⊥PC等)　[∵四棱錐底面各邊相等，∴四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，又PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC． ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，有PC⊥平面MBD. 又PC平面PCD，∴平面MB

6、D⊥平面PCD.] 7．如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長(zhǎng)都相等，側(cè)棱垂直于底面，點(diǎn)D是側(cè)面BB1C1C的中心，則AD與平面BB1C1C所成角的大小是________． 　[取BC的中點(diǎn)E，連接AE，DE，則AE⊥平面BB1C1C． 所以∠ADE為直線AD與平面BB1C1C所成的角． 設(shè)三棱柱的所有棱長(zhǎng)為a， 在Rt△AED中， AE＝a，DE＝. 所以tan∠ADE＝＝，則∠ADE＝. 故AD與平面BB1C1C所成的角為.] 8．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)α，β是兩個(gè)平面，m，n是兩條直線，有下列四個(gè)命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如

7、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與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號(hào)) ②③④　[對(duì)于①，α，β可以平行，可以相交也可以不垂直，故錯(cuò)誤． 對(duì)于②，由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線lα，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確． 對(duì)于③，因?yàn)棣痢桅拢驭?，β沒(méi)有公共點(diǎn)．又mα，所以m，β沒(méi)有公共點(diǎn)，由線面平行的定義可知m∥β，故正確． 對(duì)于④，因?yàn)閙∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因?yàn)棣痢桅?，所以n與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α

8、所成的角和n與β所成的角相等，故正確．] 三、解答題 9．(2018·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F(xiàn)分別為AD，PB的中點(diǎn)． (1)求證：PE⊥BC； (2)求證：平面PAB⊥平面PCD； (3)求證：EF∥平面PCD. [證明]　(1)因?yàn)镻A＝PD，E為AD的中點(diǎn)， 所以PE⊥AD. 因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形， 所以BC∥AD. 所以PE⊥BC． (2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形， 所以AB⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD.

9、 又因?yàn)镻A⊥PD， 所以PD⊥平面PAB. 因?yàn)镻D平面PCD， 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)取PC中點(diǎn)G，連接FG，DG. 因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn)， 所以FG∥BC，F(xiàn)G＝BC． 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，且E為AD的中點(diǎn)， 所以DE∥BC，DE＝BC． 所以DE∥FG，DE＝FG. 所以四邊形DEFG為平行四邊形， 所以EF∥DG. 又因?yàn)镋F平面PCD，DG平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 10．如圖1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使

10、A1F⊥CD，如圖2所示． 圖1　　　　　　圖2 (1)求證：A1F⊥BE； (2)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ？并說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：由已知，得AC⊥BC，且DE∥BC． 所以DE⊥AC，則DE⊥DC，DE⊥DA1， 因?yàn)镈C∩DA1＝D， 所以DE⊥平面A1DC． 由于A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F. 又因?yàn)锳1F⊥CD，CD∩DE＝D， 所以A1F⊥平面BCDE， 又BE平面BCDE，所以A1F⊥BE. (2)線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下： 如圖，分別取A1C，A1B的中點(diǎn)P，Q，連接PQ，

11、則PQ∥BC． 又因?yàn)镈E∥BC，則DE∥PQ. 所以平面DEQ即為平面DEQP. 由(1)知，DE⊥平面A1DC， 所以DE⊥A1C． 又因?yàn)镻是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點(diǎn)，所以A1C⊥DP. 又DP∩DE＝D， 所以A1C⊥平面DEQP.從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C⊥平面DEQ. B組　能力提升 1．如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面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內(nèi)部 A　[連接AC1(圖略)，由AC⊥

12、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必在兩平面的交線AB上．] 2．如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對(duì)角線BD折成四面體A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′與平面A′BD所成的角為30° D．四面體A′-BCD的體積為 B　[若A成立可得BD⊥A′D，產(chǎn)生矛盾，故A不正確； 由題設(shè)知：△BA′D為等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得B

13、A′⊥平面A′CD，于是B正確； 由CA′與平面A′BD所成的角為∠CA′D＝45°知C不正確； VA′-BCD＝VC-A′BD＝，D不正確．故選B.] 3．如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是點(diǎn)A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論： ①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC； ④AE⊥平面PBC． 其中正確結(jié)論的序號(hào)是________． ①②③　[由BC⊥AC，BC⊥PA可得BC⊥平面PAC， 又AF平面PAC，所以AF⊥BC， 又AF⊥PC，則AF⊥平面PBC，從而AF⊥PB，AF⊥BC，故①③正確； 由PB⊥AF，PB⊥AE

14、可得PB⊥平面AEF，從而PB⊥EF，故②正確； 若AE⊥平面PBC，則由AF⊥平面PBC知AE∥AF與已知矛盾，故④錯(cuò)誤．] 4．如圖，高為1的等腰梯形ABCD中，AM＝CD＝AB＝1，M為AB的三等分點(diǎn)．現(xiàn)將△AMD沿MD折起，使平面AMD⊥平面MBCD，連接AB，AC． (1)在AB邊上是否存在點(diǎn)P，使AD∥平面MPC? (2)當(dāng)點(diǎn)P為AB邊的中點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)B到平面MPC的距離． [解]　(1)當(dāng)AP＝AB時(shí)，有AD∥平面MPC．理由如下： 連接BD交MC于點(diǎn)N， 連接NP. 在梯形MBCD中，DC∥MB， ＝＝， 因?yàn)椤鰽DB中，＝，所以AD∥PN. 因?yàn)锳D平面MPC，PN平面MPC， 所以AD∥平面MPC． (2)因?yàn)槠矫鍭MD⊥平面MBCD，平面AMD∩平面MBCD＝DM， 平面AMD中AM⊥DM，所以AM⊥平面MBCD. 所以VP-MBC＝×S△MBC×＝××2×1×＝. 在△MPC中，MP＝AB＝，MC＝， 又PC＝＝，所以S△MPC＝××＝. 所以點(diǎn)B到平面MPC的距離為 d＝＝＝. - 9 -