2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第七章 第4节 空间直线、平面的垂直

多维层次练39[A级基础巩固]1．若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：因为m⊥α，若l∥α，则必有l⊥m，即l∥α⇒l⊥m.但l⊥m D⇒/l∥α，因为l⊥m时，l可能在α内．故“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件．答案：B2．(2020·武汉调研)已知两个平面相互垂直，下列命题：①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题的个数是()A．3 B．2C．1 D．0解析：构造正方体ABCD-A1B1C1D1，如图所示，①在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D ⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；②在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l 是平面ADD1A1内任意一条直线，l与平面ABCD内和AB平行的所有直线垂直，故②正确；③在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D ⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；④在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的任一点作交线的垂线l，则l可能与平面ABCD垂直，也可能与平面ABCD不垂直，故④错．答案：C3.如图所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P-ABC中直角三角形的个数为()A．4 B．3C．2 D．1解析：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，所以BC⊥PA，因为BC⊥AB，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.所以四面体P-ABC中直角三角形有△PAC，△PAB，△ABC，△PBC.故选A.答案：A4．(2020·青岛二中检测)如图所示，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA ＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A、C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列不正确的是()A．平面ANS⊥平面PBCB．平面ANS⊥平面PABC．平面PAB⊥平面PBCD．平面ABC⊥平面PAC解析：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又AN⊂平面ABP，所以BC⊥AN，又因为AN⊥PB，BC∩PB＝B，所以AN⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，所以AN⊥PC，又因为PC⊥AS，AS∩AN＝A，所以PC⊥平面ANS，又PC⊂平面PBC，所以平面ANS⊥平面PBC，所以A正确，C，D显然正确.答案：B5．如图所示，在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G 均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是()A BC D解析：如图所示，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG 垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意，故选D.答案：D6．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为正确的条件即可)．解析：由定理可知，BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.又PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)7．如图所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC的射影H必在直线________上．解析：因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，所以AC⊥平面ABC1.又因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．答案：AB8.(2020·青岛模拟)将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形，其中AD＝BD＝2，∠BAC＝30°，若它们的斜边AB 重合，让三角板ABD以AB为轴转动，则下列说法正确的是________(填序号)．①当平面ABD⊥平面ABC时，C、D两点间的距离为2；②在三角板ABD转动过程中，总有AB⊥CD；③在三角板ABD转动过程中，三棱锥D-ABC体积的最大值为3 6.解析：如图所示，①中，取AB的中点O，连接DO，CO，因为AD＝BD＝2，所以DO＝1，AB＝2，OC＝1.因为平面ABD⊥平面ABC，DO⊥AB，所以DO⊥平面ABC，DO⊥OC，所以DC＝2，故①正确．②中，若AB⊥CD，则AB⊥平面CDO，AB⊥OC，因为O为中点，所以AC＝BC，∠BAC＝45°与∠BAC＝30°矛盾，故②错误．③中，当DO⊥平面ABC时，棱锥的高最大，此时V棱锥＝13×12×AC×BC×DO＝16×3×1×1＝36，故③正确．答案：①③9.(2020·山东质量检测)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1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．(1)证明：如图所示，连接CM.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以AA1⊥CM.在△ABC中，AC＝BC，M为AB的中点，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)解：连接B 1M .在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N . 所以tan ∠AA 1M ＝tan ∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x ，则A 1N ＝x 2. 所以1x ＝x 22，解得x ＝2. 从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2. 在△A 1CB 1中，cos ∠A 1CB 1＝A 1C 2＋B 1C 2－A 1B 212A 1C ·B 1C ＝34， 所以sin ∠A 1CB 1＝74， 所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin ∠A 1CB 1＝7. 设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M-A 1B 1C ＝V 三棱锥C-A 1B 1M ， 得13S △A 1B 1C ·d ＝13S △A 1B 1M ·CM ， 所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2217.即点M到平面A1B1C的距离为221 7.10．(2019·东莞模拟)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E、F分别为CD、AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE 折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP、PF，其中PF＝2 5.(1)求证：PF⊥平面ABED；(2)求点A到平面PBE的距离．(1)证明：在题图2中，连接EF，由题意可知，PB＝BC＝AD＝6，PE＝CE＝CD－DE＝9，在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF.在题图1中，连接EF，作EH⊥AB于点H，利用勾股定理，得EF＝62＋（12－3－4）2＝61，在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF，又因为BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，所以PF⊥平面ABED.(2)解：如图所示，连接AE，由(1)知PF⊥平面ABED，所以PF为三棱锥P-ABE的高．设点A到平面PBE的距离为h，因为V A-PBE＝V P-ABE，即13×12×6×9×h ＝13×12×12×6×25， 所以h ＝853， 即点A 到平面PBE 的距离为853. [B 级 能力提升]11．(2019·全国卷Ⅲ)如图所示，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线解析：连接BD ，CM ，BE .因为点N 是正方形ABCD 的中心，所以点N 在BD 上，且BN ＝DN ，所以BM ，EN 是△DBE 的中线，所以BM ，EN 必相交．设DE ＝a ，则EC ＝DC ＝a ，MC ＝32a .因为平面ECD ⊥平面ABCD ，且BC ⊥DC ，所以BC ⊥平面DCE .则BM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋a 2＝7a 2. 又EN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＝a ，故BM ≠EN . 答案：B12．(2019·北京卷)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________．解析：已知l ，m 是平面α外的两条不同直线，由①l ⊥m 与②m ∥α，不能推出③l ⊥α，因为l 可以与α平行，或l 与α相交不垂直．由①l ⊥m 与③l ⊥α能推出②m ∥α；由②m ∥α与③l ⊥α可以推出①l ⊥m .故②③⇒①或①③⇒②.答案：若m ∥α且l ⊥α，则l ⊥m 成立(或若l ⊥m ，l ⊥α，则m ∥α)13.(2019·全国卷Ⅱ)如图所示，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥EBB 1C 1C 的体积．(1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)解：由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6.如图所示，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.所以四棱锥E-BB1C1C的体积V＝13×3×6×3＝18.[C级素养升华]14．(多选题)如图所示，四棱锥P-AB-CD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论成立的是()A．PB⊥ACB．PD⊥平面ABCDC．AC⊥PDD．平面PBD⊥平面ABCD解析：在选项A中，取PB的中点O，连接AO，CO，因为四棱锥P-ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，所以AO⊥PB，CO⊥PB.因为AO∩CO＝O，所以PB⊥平面AOC.因为AC⊂平面AOC，所以PB⊥AC，故A成立．在选项B中，点D位置不确定，故B不一定成立．在选项C中，因为PB⊥平面AOC，AC⊂平面AOC，所以AC⊥PB.因为AC⊥BD，PB∩BD＝B，所以AC⊥平面PBD，因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD，故C成立．在选项D中，因为AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，所以平面PBD⊥平面ABCD，故D成立．答案：ACD素养培育直观想象——立体几何中的动态问题(自主阅读)直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养．(1)立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．(2)解决立体几何中的动态问题的主要方法是：根据线、面平行、垂直的判定定理和性质定理，通过直观想象，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，或者转化为函数等其他问题．[典例1](2020·山东诊断)在长为2、宽为3、高为2的长方体中，存在一条直线与各个面的夹角都相等，若将这个角记为θ，则sin θ的值为()A.32B.63C.233D.33解析：如图，从长方体中截取一个棱长为2的正方体，则图中的AF 与长方体的各个面的夹角都相等，则sin θ＝223＝33.答案：D[解题思路] 本题要使存在一条直线与各个面的夹角相等，可转化为长方体内找到一点相邻三个面的距离相等，从而在长方体中截出一个正方体，进而得出结果．[典例2] 如图所示，四棱锥P-ABCD 的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝4，M 是PB 上的一个动点(不与P ，B 重合)，过点M 作平面α∥平面PAD ，截棱锥所得图形的面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数y ＝f (x )的图象是( )解析：过点M 作MN ⊥AB ，交AB 于点N ，则MN ⊥平面ABCD ，过点N 作NQ ∥AD ，交CD 于点Q ，过点Q 作QH ∥PD ，交PC 于点H ，连接MH ，则平面MNQH 是所作的平面α，由题意得2－x 2＝MN 4， 解得MN ＝4－2x ，由CQ CD ＝QH PD. 即2－x 2＝QH 25，解得QH ＝5(2－x )， 过点H 作HE ⊥NQ ，在Rt △HEQ 中，EQ ＝HQ 2－HE 2＝2－x ，所以NE ＝2－(2－x )＝x ，所以MH ＝x .所以y ＝f (x )＝（x ＋2）（4－2x ）2＝－x 2＋4(0<x <2)． 所以函数y ＝f (x )的图象如图所示．答案：C快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。