【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第八章　第4讲　垂直关系作业

【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第八章　第4讲　垂直关系作业

第4讲　垂直关系 ‎[基础题组练]‎ ‎1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．若a∥α，b∥α，则a∥b ‎ B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α ‎ D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α 解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或bα，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或bα，或b与α相交，故D错误．故选B.‎ ‎2．(2020·陕西咸阳一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β C．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥β D．若α∥β，mα，nβ，则m∥n 解析：选B.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；‎ 因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，‎ 又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；‎ 若m⊥n，mα，nβ，则α与β的位置关系不确定，故C错误；‎ 若α∥β，mα，nβ，则m∥n或m，n异面，‎ 故D错误．‎ ‎3.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：选D.因为BC∥DF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．‎ 在正四面体中，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.因此选项B，C均正确．‎ ‎4．(2020·辽宁抚顺一模)在三棱锥PABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．直线DE⊥直线AD B．直线DE⊥直线PA C．直线DE⊥直线AB D．直线DE⊥直线AC 解析：选D.如图，‎ 因为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，‎ 又因为AG∩CG＝G，‎ 所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，‎ 因为D，E分别为棱BC，PC的中点，‎ 所以DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.‎ ‎5．(2019·高考北京卷)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：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成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，例如在正方体ABCDA1B1C1D1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相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，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m作一平面，且与平面 α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，aα，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.‎ 答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)‎ ‎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 ．‎ 解析：因为PC⊥平面ABC，‎ 所以PC垂直于直线AB，BC，AC.‎ 因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC，‎ 又因为AP平面PAC，‎ 所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.‎ 答案：AB，BC，AC　AB ‎7.如图，在四棱锥PABCD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)因为PC⊥平面ABCD，DC平面ABCD，‎ 所以PC⊥DC.‎ 又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，‎ 所以DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，‎ 所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD，AB平面ABCD，‎ 所以PC⊥AB.‎ 又因为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ABCA1B1C1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A1ABC1的体积；‎ ‎(2)求证：AC1⊥EG.‎ 解：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，‎ 所以B到平面ACC1A1的距离为1，‎ 所以VA1ABC1＝VBAA1C1＝×(×1×1)×1＝.‎ ‎(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD＝CA，连接ED，DG，‎ 因为BE＝BA，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＝CA，A1G＝A1A，‎ 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ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论不正确的是(　　)‎ A．平面D1A1P⊥平面A1AP B．∠APD1的取值范围是　‎ C．三棱锥B1D1PC的体积为定值 D．DC1⊥D1P 解析：选B.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；‎ 在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；‎ 在C中，因为△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B1D1PC的体积为定值，故C正确；‎ 在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，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 ．‎ 解析：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l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.‎ 故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.‎ 答案：8π ‎3.如图，四棱锥PABCD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：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.‎ 又因为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，因为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，‎ 又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，‎ 在Rt△PMN中，sin ∠MPN＝＝，‎ 故CD与平面AMN所成角的正弦值为.‎ ‎4．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥PABCD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PABCD的体积；‎ ‎(2)求证：AG∥平面PEC；‎ ‎(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.‎ 解：(1)易知V四棱锥PABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.‎ ‎(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，‎ 则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，‎ 所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.‎ 因为EF平面PEC，AG平面PEC，‎ 所以AG∥平面PEC.‎ ‎(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，‎ 因为PA∩AD＝A，PA平面PAD，AD平面PAD，‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 又AG平面PAD，所以CD⊥AG.‎ 易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，‎ 所以AG⊥平面PCD，‎ 所以EF⊥平面PCD.‎ 又EF平面PEC，‎ 所以平面PEC⊥平面PCD.‎