高考数学(理数)一轮复习检测卷：7.3《直线、平面的垂直关系》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：7.3《直线、平面的垂直关系》 (教师版)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1.已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)A．m∥l　　　　　　　　 B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n解析：选C.因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.故选C.2.已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，m⊥α，n⊂β.给出下列四个命题：①若α∥β，则m⊥n；②若m⊥n，则α∥β；③若m∥n，则α⊥β；④若α⊥β，则m∥n.其中正确命题的个数是(　　)A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.依题意，对于①，由“若一条直线与两个平行平面中的一个垂直，则该直线也垂直于另一个平面”得知，m⊥β，又n⊂β，因此m⊥n，①正确；对于②，当α⊥β时，设α∩β＝n，在平面β内作直线m⊥n，则有m⊥α，因此②不正确；对于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n⊂β，因此有α⊥β，③正确；对于④，当m⊥α，α∩β＝n，α⊥β时，直线m，n不平行，因此④不正确．综上所述，正确命题的个数为2，故选C.3.如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA＝1，PB＝PD＝eq \r(2)，则它的五个面中，互相垂直的面共有(　　)A．3对 B．4对C．5对 D．6对解析：选C.因为AB＝AD＝AP＝1，PB＝PD＝eq \r(2)，所以AB2＋AP2＝PB2，PA2＋AD2＝PD2，则PA⊥AB，PA⊥AD，可得PA⊥底面ABCD，又PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD.又AB⊥AD，AD∩PA＝A，所以AB⊥平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD.又BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面PBC.又CD⊥AD，CD⊥AP，AD∩AP＝A，所以CD⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.故选C.4.已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是(　　)A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥β D．AC⊥β解析：选D.因为直线m∥α，m∥β，α∩β＝l，所以m∥l，所以AB∥m正确，AC⊥m正确；根据线面平行的判定定理可得AB∥β正确；当直线AC不在平面α内时，尽管AC⊥l，AC与平面β可以平行，也可以相交(不垂直)，所以AC⊥β不一定成立．故选D.5.已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则(　　)A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直解析：选C.如图，设平面α与平面β的交线为a，若在平面β内的直线与α，β的交线a平行，则该直线与m垂直．但β内不一定存在直线与m平行，只有当α⊥β时才存在．故选C.6.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD且底面各边都相等，M是PC上一点，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：如图，连接AC，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，因为四边形ABCD的各边相等，所以AC⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，要使平面MBD⊥平面PCD，只需PC垂直于平面MBD内与BD相交的直线即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)．答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)7.若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面夹角的余弦值为________．解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意πrl＝3πr2，即l＝3r，母线与底面夹角为θ，则cos θ＝eq \f(r,l)＝eq \f(1,3).答案：eq \f(1,3)8.如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.则下列说法错误的是________．(将符合题意的序号填到横线上)①AG⊥△EFH所在平面；②AH⊥△EFH所在平面；③HF⊥△AEF所在平面；④HG⊥△AEF所在平面．解析：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，∴AH⊥平面EFH，即②正确；∵过点A只有一条直线与平面EFH垂直，∴①不正确；∵AG⊥EF，AH⊥EF，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，∴③不正确；∵HG不垂直于AG，∴HG⊥平面AEF不正确，∴④不正确．综上，说法错误的是①③④.答案：①③④9.如图，在四棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D­BCG的体积．解：(1)证明：由已知得，△ABC≌△DBC，因此AC＝DC，因为G为AD的中点，所以CG⊥AD.同理BG⊥AD，又CG∩BG＝G，CG，BG⊂平面BCG，所以AD⊥平面BCG，由题意，EF为△DAC的中位线，所以EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内作AO⊥CB，交CB的延长线于O(图略)，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以AO⊥平面BCD，又G为AD的中点，所以G到平面BCD的距离h＝eq \f(1,2)AO＝eq \f(1,2)ABsin 60°＝eq \f(\r(3),2)，又S△BCD＝eq \f(1,2)BD·BC·sin 120°＝eq \r(3)，所以VD­BCG＝VG­BCD＝eq \f(1,3)S△BCD×h＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2).10.如图，在几何体ABC­A1B1C1中，点A1，B1，C1在平面ABC内的正投影分别为A，B，C，且AB⊥BC，E为AB1的中点，AB＝AA1＝BB1＝2CC1.(1)求证：CE∥平面A1B1C1；(2)求证：平面AB1C1⊥平面A1BC.证明：(1)由题意知AA1⊥平面ABC，BB1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，∴AA1∥BB1∥CC1.如图，取A1B1的中点F，连接EF，FC1.∵E为AB1的中点，∴EF綊eq \f(1,2)A1A，又AA1＝2CC1，∴CC1綊eq \f(1,2)AA1，∴EF綊CC1，∴四边形EFC1C为平行四边形，∴CE∥C1F.又CE⊄平面A1B1C1，C1F⊂平面A1B1C1，∴CE∥平面A1B1C1.(2)∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC.又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，∴BC⊥平面AA1B1B.∵AB1⊂平面AA1B1B，∴BC⊥AB1.∵AA1＝BB1＝AB，AA1∥BB1，∴四边形AA1B1B为正方形，∴AB1⊥A1B.∵A1B∩BC＝B，∴AB1⊥平面A1BC.∵AB1⊂平面AB1C1，∴平面AB1C1⊥平面A1BC.B级　能力提升练11.直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF相交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为(　　)A.eq \f(1,2) B．1C.eq \f(3,2) D．2解析：选A.设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq \r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h.又2×eq \r(2)＝heq \r(22＋（\r(2)）2)，所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),6).由面积相等得eq \f(\r(6),6)× eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)x，得x＝eq \f(1,2).12.已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F，G分别是线段DC，D1D和D1B上的动点，给出下列结论①对于任意给定的点E，存在点F，使得AF⊥A1E；②对于任意给定的点F，存在点E，使得AF⊥A1E；③对于任意给定的点G，存在点F，使得AF⊥B1G；④对于任意给定的点F，存在点G，使得AF⊥B1G.其中正确结论的个数是(　　)A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.由DE⊥平面A1D，根据三垂线定理，①对于任意给定的点E，A1E在平面A1D的射影为A1D，所以存在点F，使得AF⊥A1E，所以①正确；②如果对于任意给定的点F，存在点E，使得AF⊥A1E，那么，由A1D⊥AD1，可知过A有两条直线与A1D垂直，故②错误；③只有AF垂直B1G在平面AD1的射影时，AF⊥B1G，故③正确；④只有AF⊥平面BB1D1D时，④才正确，AF与平面BB1D1D不垂直，故④错误．13.如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE(A1∉平面ABCD)．若M，O分别为线段A1C，DE的中点，则在△ADE翻转过程中，下列说法错误的是(　　)A．与平面A1DE垂直的直线必与直线BM垂直B．异面直线BM与A1E所成角是定值C．一定存在某个位置，使DE⊥MOD．三棱锥A1­ADE外接球半径与棱AD的长之比为定值解析：选C.取CD的中点F，连接BF，MF，如图1，可知平面MBF∥平面A1DE，所以BM∥平面A1DE，A正确．取A1D中点G，可得EG∥BM，如图2，所以B正确．由题意可得点A关于直线DE的对称点为F，则DE⊥平面A1AF，即过O与DE垂直的直线在平面A1AF内，而M不在平面A1AF内，故C错误．三棱锥A1­ADE外接球的球心即为O点，所以外接球半径为eq \f(\r(2),2)AD，故D正确．14.已知一个直角三角形的三个顶点分别在底面边长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为________．解析：记该直角三角形为△ABC，且AC为斜边．不妨令点A与正三棱柱的一个顶点重合，如图，取AC的中点O，连接BO，∴BO＝eq \f(1,2)AC，∴当AC取得最小值时，BO取得最小值，即点B到平面ADEF的距离．∵△AHD是边长为2的正三角形，∴点B到平面ADEF的距离为eq \r(3)，∴AC的最小值为2eq \r(3).答案：2eq \r(3)15.已知三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离是________．解析：因为三棱锥S­ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在平面ABC内的射影为AB中点，记为H，连接CH，SH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一点到A，B，C的距离相等，∴三棱锥的外接球的球心在线段SH上，记为O，连接OC，设外接球的半径为R，则SO＝OC＝R＝eq \r(3)－OH，在△OCH中，由OH2＋HC2＝OC2，得OH2＝(eq \r(3)－OH)2－12，得OH＝eq \f(\r(3),3)，故外接球的球心到平面ABC的距离是eq \f(\r(3),3).答案：eq \f(\r(3),3)16.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝CC1＝2，M是AB的中点．(1)求证：平面A1CM⊥平面ABB1A1；(2)求点M到平面A1CB1的距离．解：(1)证明：由A1A⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，得A1A⊥CM.由AC＝CB，M是AB的中点，得AB⊥CM.又A1A∩AB＝A，则CM⊥平面ABB1A1，又CM⊂平面A1CM，所以平面A1CM⊥平面ABB1A1.(2)设点M到平面A1CB1的距离为h.连接MB1.由题意可知A1C＝CB1＝A1B1＝2MC＝2eq \r(2)，A1M＝B1M＝eq \r(6)，则S△A1CB1＝2eq \r(3)，S△A1MB1＝2eq \r(2).由(1)可知CM⊥平面ABB1A1，则CM是三棱锥C­A1MB1的高，由VC­A1MB1＝eq \f(1,3)MC·S△A1MB1＝VM­A1CB1＝eq \f(1,3)h·S△A1CB1，得h＝eq \f(\r(2)×2\r(2),2\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，即点M到平面A1CB1的距离为eq \f(2\r(3),3).C级　素养加强练17.如图，四棱锥P­ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA＝AD.(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.证明：(1)取PC的中点G，连接FG、EG，∵F为PD的中点，G为PC的中点，∴FG为△CDP的中位线，∴FG∥CD，FG＝eq \f(1,2)CD.∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE＝eq \f(1,2)CD.∴FG＝AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，∴AF∥平面PEC.(2)∵PA＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.18.如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，AD＝SD，BC＝CD＝eq \f(1,2)AB，侧面SAD⊥底面ABCD.(1)求证：平面SBD⊥平面SAD；(2)若∠SDA＝120°，且三棱锥S­BCD的体积为eq \f(\r(6),12)，求侧面△SAB的面积．解：(1)证明：设BC＝a，则CD＝a，AB＝2a，由题意知△BCD是等腰直角三角形，且∠BCD＝90°，则BD＝eq \r(2)a，∠CBD＝45°，所以∠ABD＝∠ABC－∠CBD＝45°，在△ABD中，AD＝eq \r(AB2＋DB2－2AB·DB·cos 45°)＝eq \r(2)a，因为AD2＋BD2＝4a2＝AB2，所以BD⊥AD，由于平面SAD⊥底面ABCD, 平面SAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面SAD，又BD⊂平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAD.(2)由(1)可知AD＝SD＝eq \r(2)a，在△SAD中，∠SDA＝120°，SA＝2SDsin 60°＝eq \r(6)a，作SH⊥AD，交AD的延长线于点H，则SH＝SDsin 60°＝eq \f(\r(6),2)a，由(1)知BD⊥平面SAD，因为SH⊂平面SAD，所以BD⊥SH，又AD∩BD＝D，所以SH⊥平面ABCD，所以SH为三棱锥S­BCD的高，所以VS­BCD＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(6),2)a×eq \f(1,2)×a2＝eq \f(\r(6),12)，解得a＝1，由BD⊥平面SAD，SD⊂平面SAD，可得BD⊥SD，则SB＝eq \r(SD2＋BD2)＝eq \r(2＋2)＝2，又AB＝2，SA＝eq \r(6)，在等腰三角形SBA中，边SA上的高为 eq \r(4－\f(6,4))＝eq \f(\r(10),2)，则△SAB的面积为eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \f(\r(10),2)＝eq \f(\r(15),2).