2021版高考文科数学(北师大版)一轮复习高效演练分层突破第八章第4讲垂直关系Word版解析版

[基础题组练]1．设α为平面，a，b为两条不一样的直线，则以下表达正确的选项是()A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α分析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b订交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或bα，故

C

错误；若a∥α，a⊥b，则

b∥α或

b

α，或b与α订交，故D

错误．应选

B.2．(2020陕·西咸阳一模)设m，n是两条不一样的直线，α，β是两个不一样的平面，以下命题中正确的选项是()A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥nB．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥βC．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥βD．若α∥β，mα，nβ，则m∥n分析：选B.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n订交、平行或异面，故A错误；由于m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又由于n∥β，所以α⊥β，故B正确；若m⊥n，mα，nβ，则α与β的地点关系不确立，故C错误；若α∥β，mα，nβ，则m∥n或m，n异面，故D错误．3.如图，在正四周体中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下边四个结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABC分析：选D.由于BC∥DF，DF平面PDF，BC?/平面PDF，所以BC∥平面PDF，应选项A正确．在正四周体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.所以选项B，C均正确．4．(2020·宁抚顺一模辽)在三棱锥P-ABC中，已知D，E分别为棱BC，PC的中点，则以下结论正确的选项是A．直线DE⊥直线ADB．直线C．直线DE⊥直线ABD．直线分析：选D.如图，

(

PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点)DE⊥直线PADE⊥直线AC由于PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，取PB的中点G，连接AG，CG，则PB⊥CG，PB⊥AG，又由于AG∩CG＝G，所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，由于D，E分别为棱BC，PC的中点，所以DE∥PB，则DE⊥AC.应选D.5．(2019高·考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不一样直线．给出以下三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以此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：．分析：此中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可构成3个命题．命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，比方在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．命题(2)：若

l⊥m，l⊥α，则

m∥α，此命题正确．证明：作直线

m1∥m，且与

l订交，故l与

m1确立一个平面

β，且

l⊥m1，由于

l⊥α，所以平面α与平面

β订交，设α∩β＝n，则l⊥n，又

m1，n

β，所以

m1∥

n，又

m1∥m，所以

m∥n，又

m在平面α外，n

α，故m∥α.命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线α订交，交线为a，由于m∥α，所以m∥a.由于l⊥α，aα，所以

m作一平面，且与平面l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.答案：②③?①或①③?②(答案不独一)6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有；与AP垂直的直线有．分析：由于PC⊥平面ABC，所以PC垂直于直线AB，BC，AC.由于AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又由于AP平面PAC，所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.答案：AB，BC，ACAB7.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.证明：(1)由于PC⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PC⊥DC.又由于AC⊥DC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)由于AB∥CD，DC⊥AC，所以AB⊥AC.由于PC⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PC⊥AB.又由于PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.8．(2020武·汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱

ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝1，AC⊥BC，E在AB上，且BA＝3BE，G在AA1上，且AA1＝3GA1.(1)求三棱锥A1-ABC1的体积；(2)求证：AC1⊥EG.解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，所以B到平面ACC1A1的距离为1，所以VA1-ABC1＝VB-111AA1C1＝×(×1×1)×1＝.326(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD＝13CA，连接ED，DG，1由于BE＝3BA，所以DE∥BC，又BC⊥平面ACC1A1，所以DE⊥平面ACC1A1.又AC1平面ACC1A1，所以DE⊥AC1.在正方形ACC1A1中，由CD＝13CA，A1G＝13A1A，得DG⊥AC1.又DE∩DG＝D，所以AC1⊥平面DEG.所以AC1⊥EG.[综合题组练]1.如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则以下结论不正确的选项是()A．平面D1A1P⊥平面A1APπB．∠APD1的取值范围是0，2C．三棱锥B1-D1PC的体积为定值D．DC1⊥D1P分析：选B.在A中，由于A1D1⊥平面A1AP，A1D1平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；π在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝2，故B错误；在C中，由于△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1-D1PC的体积为定值，故C正确；在D中，由于DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC平面BCD1A1，所以DC⊥平面BCDA，所以DC⊥DP，故D正确．111112．(2018高·考全国卷Ⅱ)已知圆锥的极点为S，母线SA，SB相互垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为．分析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得12l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝12l＝2，AO＝23l＝23.故该圆锥的体积V＝13π×AO2×SO＝13π×(23)2×2＝8π.答案：8π3.如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.(1)求证：AM⊥PD；(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．解：(1)证明：由于四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.又由于PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD.又AM平面PAD，则CD⊥AM，而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.(2)延长NM，CD交于点E，由于PC⊥平面AMN，所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，又由于CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，在Rt△PMN中，sin∠MPN＝MN＝3，PM3故CD与平面AMN所成角的正弦值为33.4．(2020广·东七校联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.118.解：(1)易知V四棱锥P-ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝333(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，1则易得AE∥FG，且AE＝2CD＝FG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.由于EF平面PEC，