苏教版 (2019)必修 第二册13.2 基本图形位置关系第4课时当堂达标检测题

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【概念认知】
直线与平面垂直的性质定理
【自我小测】
1．在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．异面 D．相交或平行
【解析】选B.圆柱的母线垂直于圆柱的底面，由线面垂直的性质知B正确．
2．直线a与直线b垂直，直线b⊥平面α，则直线a与平面α的位置关系是( )
A．a⊥α B．a∥α
C．a⊂α D．a⊂α或a∥α
【解析】选D.a⊥b，b⊥α，则a∥α或a⊂α.
3．如图所示，α∩β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是( )
A.异面 B．平行
C．垂直 D．不确定
【解析】选C.因为BA⊥α，α∩β＝l，l⊂α，
所以BA⊥l.
同理BC⊥l.
又BA∩BC＝B，
所以l⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，
所以l⊥AC.
4．已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，如图所示，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝________．
【解析】因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE，又AF＝DE，所以AFED是平行四边形，所以EF＝AD＝6.
答案：6
5．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，以下结论正确的是________．
①异面直线A1D与AB1所成的角为60°
②直线A1D与BC1垂直
③直线A1D与BD1平行
④三棱锥A­A1CD的体积为 eq \f(1,6) a3
【解析】对于①，连接AB1，B1C，AC，则根据正方体的特点可知A1D∥B1C，且A1D＝B1C＝AC，则三角形AB1C为等边三角形，所以A1D与AB1所成角等于AB1与B1C所成角，其大小为60°，故①正确；
对于②，如图所示，因为A1D∥B1C，又B1C⊥BC1，所以A1D⊥BC1，故②正确；
对于③，由②可知B1C⊥BC1，又B1C⊥C1D1，且BC1∩C1D1＝C1，BC1⊂平面BC1D1，C1D1⊂平面BC1D1，所以B1C⊥平面BC1D1，所以B1C⊥BD1，则A1D⊥BD1，故③错误；
对于④，连接A1C，则三棱锥A­A1CD的体积为V＝ eq \f(1,3) S△ACD·AA1＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) a·a ·a＝ eq \f(1,6) a3，故④正确．
答案：①②④
6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且EF⊥A1D，EF⊥AC.求证：EF∥BD1.
【证明】如图所示，连接AB1，B1C，BD，B1D1，
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC.
又AC⊥BD，BD∩DD1＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
又BD1⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥BD1.
同理可证BD1⊥B1C，AC∩B1C＝C，
所以BD1⊥平面AB1C.
因为EF⊥AC，EF⊥A1D，
又A1D∥B1C，
所以EF⊥B1C.
所以EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1.
【基础全面练】
一、单选题
1．(2021·北京高一检测)平行六面体ABCDA1B1C1D1的六个面都是菱形，那么点D1在面ACB1上的射影一定是△ACB1的( )
A．重心 B．垂心 C．内心 D．外心
【解析】选B.设点D1在面ACB1中的射影为点M，连接B1D1、B1M，
则D1M⊥面ACB1，可得D1M⊥AC，
该平行六面体各个表面都是菱形，
所以AC∥A1C1，B1D1⊥A1C1，
所以B1D1⊥AC，
所以AC⊥平面B1D1M，
所以B1M⊥AC，
同理可证AM⊥B1C，CM⊥AB1，
所以点M是△ACB1的垂心．
2．(2021·蚌埠高一检测)在三棱柱ABCA′B′C′中，AA′⊥底面ABC，E和F分别是线段A′C和BC′的中点，如图，下列结论错误的是( )
A.EF⊥AA′ B．EF∥A′B′
C．EF∥CB D．EF∥平面ABC
【解析】选C.连接AC′，在△AC′B中，E，F分别为AC′，C′B的中点，所以EF∥AB，
因为AA′⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，所以AA′⊥AB，又EF∥AB，
所以EF⊥AA′，故A正确；
因为在三棱柱ABCA′B′C′中，AB∥A′B′，
又EF∥AB，所以EF∥A′B′，故B正确；
因为AB∩BC＝B，EF∥AB，故C错误；
因为EF∥AB，AB⊂底面ABC，EF⊄底面ABC，所以EF∥平面ABC，故D正确．
3．如图(1)，Rt△ABC，AC＝1，AB＝ eq \r(3) ，BC＝2，D为BC的中点，沿AD将△ACD折起到△AC′D，使得C′在平面ABD上的射影H落在AB上，如图(2)，则以下结论正确的是( )
A.AC′⊥BD B．AD⊥BC′
C．BD⊥C′D D．AB⊥C′D
【解析】选C.设AH＝a，则BH＝ eq \r(3) －a，
因为C′H⊥面ABD，AB⊂面ABD，DH⊂面ABD，
所以C′H⊥AB，C′H⊥DH，C′H⊥DB，
又Rt△ABC中，AC＝1，AB＝ eq \r(3) ，BC＝2，D为BC的中点，
所以C′D＝BD＝1，∠B＝∠DAB＝ eq \f(π,6) ，
所以在Rt△AC′H中，C′H＝ eq \r(（AC′）2－AH2) ＝ eq \r(1－a2) ，所以在Rt△C′HD中，DH2＝C′D2－C′H2＝1－(1－a2)＝a2，
所以DH＝a＝AH，所以∠ADH＝∠DAB＝ eq \f(π,6) ，又∠ADB＝ eq \f(2π,3) ，所以∠HDB＝ eq \f(π,2) ，所以BD⊥DH，又C′H∩DH＝H，所以BD⊥面C′DH，又C′D⊂面C′DH，所以BD⊥C′D.
二、多选题
4．如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )
A.AE∥CD B．CH∥BE
C．DG⊥BH D．BG⊥DE
【解析】选BCD.由正方体的平面展开图还原正方体如图，
由图形可知，AE⊥CD，故A错误；
由HE∥BC，HE＝BC，四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；
因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，所以DG⊥平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；
因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确．
三、填空题
5．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正确结论的序号是________.
【解析】①因为AB是⊙O的直径，则BC⊥AC，
又PA⊥⊙O所在平面，且BC⊂⊙O所在平面，所以BC⊥PA，
又PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC，又AE⊂平面PAC，
所以AE⊥BC，故①正确；
②因为AE⊥PC，AE⊥BC，PC∩BC＝C，
所以AE⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，
所以AE⊥PB，又AF⊥PB，且AE∩AF＝A，
所以PB⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF，
所以EF⊥PB，故②正确；
③若AF⊥BC成立，又AF⊥PB，且PB∩PC＝P，
所以AF⊥平面PBC，又AE⊥平面PBC，
则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；
④由①可知AE⊥BC，又AE⊥PC，且BC∩PC＝C，
所以AE⊥平面PBC，故④正确．
答案：①②④
6．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法不正确的是________．
①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；
④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.
【解析】取AE的中点Q，连接MQ，QN，如下图所示：
对于①，M，Q分别为AD，AE的中点，所以MQ∥DE，
因为MQ⊄平面DEC，DE⊂平面DEC，所以MQ∥平面DEC，同理可证QN∥平面DEC，
因为MQ∩QN＝Q，所以，平面MNQ∥平面DEC，
因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面DEC，①正确；
对于②，因为AE⊥DE，MQ∥DE，所以MQ⊥AE，同理可得QN⊥AE，
因为MQ∩QN＝Q，所以AE⊥平面MNQ，因为MN⊂平面MNQ，所以AE⊥MN，②正确；
对于③，因为AB∥QN，若AB∥MN，由平行线的传递性可知MN∥QN，
但MN与QN有公共点N，这与MN∥QN矛盾，
③错误；
对于④，因为AE⊥EC，若AD⊥EC，由AE∩AD＝A，可得出EC⊥平面ADE，
因为DE⊂平面ADE，可得EC⊥DE，
因此，只需在折起的过程中使得EC⊥DE，就有EC⊥AD，④正确．
答案：③
四、解答题
7．如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，点Q是棱PC上异于P，C的一点．
(1)求证：BD⊥AC；
(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.
【证明】(1)因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.
记AC，BD交于点O，连接OP.
因为平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点．
又△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.
又PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC.
所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC.
(2)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC.
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
又AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，
所以AD∥QF，
所以QF∥BC.
8. (2021·丽水高一检测)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AB＝5，AC＝3，BC＝CC1＝4，M是CC1的中点．
(1)求证：BC⊥AM；
(2)若N是AB上的点，且CN∥平面AB1M，求BN的长．
【解析】(1)因为CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以CC1⊥BC.
又AB＝5，AC＝3，BC＝4，
所以AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC.
又AC∩CC1＝C，
所以BC⊥平面AA1C1C，
又AM⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AM.
(2)过点N作NE∥BB1交AB1于点E，连接ME，
由三棱柱ABC­A1B1C1可得BB1∥CC1，
所以NE∥CC1，即四边形NEMC为平面图形．
又CN∥平面AB1M，CN⊂平面NEMC，且平面NEMC∩平面AB1M＝ME，
所以CN∥ME，所以四边形NEMC为平行四边形，
所以NE＝CM，且NE∥CM，
又点M为CC1中点，所以CM＝ eq \f(1,2) BB1，且CM∥BB1，所以NE＝ eq \f(1,2) BB1，且NE∥BB1，
所以BN＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(5,2) .
【综合突破练】
一、选择题
1．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
【解析】选B.由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，
又AC⊥PC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC.
2．如图所示，PA⊥平面ABC，在△ABC中，BC⊥AC，∠PBA＝θ1，∠PBC＝θ2，∠ABC＝θ3.
则下列关系一定成立的是( )
A．cs θ1cs θ2＝cs θ3
B．cs θ1cs θ3＝cs θ2
C．sin θ1sin θ2＝sin θ3
D．sin θ1sin θ3＝sin θ2
【解析】选B. eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(PA⊥平面ABC，,BC⊂平面ABC)) ⇒ eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(PA⊥BC，,AC⊥BC，,PA∩AC＝A))
⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC，
所以cs θ1＝ eq \f(AB,PB) ，cs θ2＝ eq \f(BC,PB) ，cs θ3＝ eq \f(BC,AB) ，
则有cs θ1cs θ3＝cs θ2.
3．(多选)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的有( )
A.① B．② C．③ D．④
【解析】选BD.对于①由AB与CE所成角为45°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于②由AB⊥CE，AB⊥ED且CE∩ED＝E，可得AB⊥平面CDE；对于③由AB与CE所成角为60°，可得直线AB与平面CDE不垂直；对于④由ED⊥平面ABC，可得ED⊥AB；又可得CE⊥AB，ED∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE.
二、填空题
4．如图所示，PA⊥平面ABC，M，N分别为PC，AB的中点，使得MN⊥AC的一个条件为________．
【解析】取AC中点Q，连接MQ，NQ，
则MQ∥AP，NQ∥BC，
由已知条件易得MQ⊥AC，若AC⊥BC，
则NQ⊥AC，所以AC⊥平面MNQ，
所以AC⊥MN.
答案：AC⊥BC
5．已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α于A，EB⊥β于B，a⊂α，a⊥AB，则直线a与l的位置关系是________．
【解析】由EA⊥α，EB⊥β知l⊥EA，l⊥EB，
从而l⊥平面EAB，而a⊥AB，a⊥EA，
所以a⊥平面EAB，所以l∥a.
答案：平行
6．如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________.
【解析】因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥QD.
又因为PQ⊥QD，且PA∩PQ＝P，
所以QD⊥平面PAQ，
所以AQ⊥QD，即Q在以AD为直径的圆上，当圆与BC相切时，点Q只有一个，故BC＝2AB＝2.
答案：2
三、解答题
7．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中， M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC.
求证：MN∥AD1.
【证明】因为在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，
四边形ADD1A1为正方形，所以A1D⊥AD1.
又因为CD⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
所以CD⊥AD1.因为A1D∩CD＝D，A1D⊂平面A1DC，CD⊂平面A1DC，所以AD1⊥平面A1DC.
又因为MN⊥平面A1DC，所以MN∥AD1.
8．如图，在四棱锥P­ABCD中，O是底面正方形ABCD的中心，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．
(1)证明：EO∥平面PAD；
(2)证明：DE⊥平面PBC.
【证明】(1)连接AC，因为点O是底面正方形ABCD的中心，
所以点O是AC的中点，又因为E是PC的中点，
所以在△PAC中EO是中位线，
所以PA∥EO.
因为EO⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以EO∥平面PAD.
(2)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
因为底面ABCD是正方形，有BC⊥DC，PD∩DC＝D，
所以BC⊥平面PDC.
而DE⊂平面PDC，
所以BC⊥DE.
因为PD＝DC，可知△PDC是等腰直角三角形，
而DE是斜边PC的中线，所以DE⊥PC.
又BC，PC⊂平面PBC，且BC∩PC＝C，
所以DE⊥平面PBC.