2023届高考数学一轮复习作业垂直关系北师大版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业垂直关系北师大版（答案有详细解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是( )
A．l∥β或lβB．l∥m
C．m⊥αD．l⊥m
A [直线l⊥平面α，α⊥β，则l∥β或lβ，A正确，故选A．]
2．如图，在四面体D­ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )
A．平面ABC⊥平面ABD
B．平面ABD⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
C [因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE．因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE．又由于AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE．]
3．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )
A．① B．①② C．②③ D．④
A [作出AB在CD所在平面的射影，当射影垂直于CD时，就有AB⊥CD，经检验知选A．]
4．(2021·南宁模拟)在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝2，则直线PB与平面PAC所成角为( )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2)
A [连接BD，交AC于点O．因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，BD⊥PA．又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，故BO⊥平面PAC．连接OP，则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成角．又因为PA＝AB＝2，所以PB＝2eq \r(2)，BO＝eq \r(2)．所以sin∠BPO＝eq \f(BO,PB)＝eq \f(1,2)，所以∠BPO＝eq \f(π,6)．故选A．]
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
C [如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，
∴选项B，D错误；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故选项C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，
∴BC1⊥平面CEA1B1．又A1E平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1．)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故选项A错误．
故选C．]
6．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中，下列结论正确的是( )
A．平面ABD⊥平面ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．平面ADC⊥平面ABC
D [∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD．
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，
故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB．
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB⊥平面ADC．
又AB平面ABC，
∴平面ADC⊥平面ABC．]
二、填空题
7．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若该长方体的体积为8eq \r(2)，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为________．
30° [连接BC1(图略)，由AB⊥平面BB1C1C知
∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角．
由2×2×AA1＝8eq \r(2)得AA1＝2eq \r(2)，
∴BC1＝eq \r(BC2＋CC\\al(2,1))＝2eq \r(3)，
在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝eq \f(AB,BC1)＝eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
∴∠AC1B＝30°．]
8．四面体P­ABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，O为AB中点，请从以下平面中选出两个相互垂直的平面________．(只填序号)
①平面PAB；②平面ABC；③平面PAC；④平面PBC；⑤平面POC．
②⑤(答案不唯一) [∵四面体P­ABC中，PA＝PB＝PC，
底面△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，O为AB中点， ∴CO⊥AB，PO⊥AB，CO∩PO＝O，
∴AB⊥平面POC．∵AB平面ABC， ∴平面POC⊥平面ABC，
∴两个相互垂直的平面为②⑤．]
9．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则点A1到平面AB1D1的距离是________．
eq \f(2,3) [如图，△AB1D1中，AB1＝AD1＝eq \r(5)，B1D1＝eq \r(2)，
∴△AB1D1的边B1D1上的高为eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2))＝eq \f(3\r(2),2)，
∴Seq \s\d6(△AB1D1)＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(3,2)，
设A1到平面AB1D1的距离为h；则有Seq \s\d6(△AB1D1)×h＝Seq \s\d6(△A1B1D1)×AA1，
即eq \f(3,2)h＝eq \f(1,2)×2，解得h＝eq \f(2,3)．]
三、解答题
10．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE．
[证明] (1)在四棱锥P­ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，
∴PA⊥CD．
又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
PA，AC平面PAC，
∴CD⊥平面PAC．
而AE平面PAC，∴CD⊥AE．
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，
PC，CD平面PCD，
∴AE⊥平面PCD，
而PD平面PCD，
∴AE⊥PD．
∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，
∴PA⊥AB．
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，
而PD平面PAD，
∴AB⊥PD．
又∵AB∩AE＝A，
AB，AE平面ABE，
∴PD⊥平面ABE．
11．(2021·茂名一模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，点D是AB的中点，BC＝AC，AB＝2DC＝2，AA1＝eq \r(3)．
(1)求证：平面A1DC⊥平面ABB1A1；
(2)求点A到平面A1DC的距离．
[解] (1)证明：∵在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
点D是AB的中点，BC＝AC，CD平面ABC，
∴CD⊥AB，CD⊥AA1，
∵AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1，
∵CD平面A1DC，∴平面A1DC⊥平面ABB1A1．
(2)由题意，点D是AB的中点，BC＝AC，AB＝2DC＝2，AA1＝eq \r(3)．
设点A到平面A1DC的距离为d，
∵Veq \s\d6(A1­ACD)＝Veq \s\d6(A­A1CD)，
∴eq \f(1,3)×S△ACD×AA1＝eq \f(1,3)×Seq \s\d6(△DCA1)×d，
∴eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \r(3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×d，
解得d＝eq \f(\r(3),2)，
∴点A到平面A1DC的距离为eq \f(\r(3),2)．
1．(2021·武汉模拟)如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在( )
A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC的内部
A [连接AC1(图略)，因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，所以AC⊥平面ABC1，又AC平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC，所以点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A．]
2．已知圆锥的顶点为P，母线PA，PB所成角的余弦值为eq \f(3,4)，PA与圆锥底面所成角为60°，若△PAB的面积为eq \r(7)，则该圆锥的体积为________．
eq \f(2\r(6),3)π [作示意图如图所示，设底面半径为r，PA与圆锥底面所成角为60°，则∠PAO＝60°，
则PO＝eq \r(3)r，PA＝PB＝2r，
又PA，PB所成角的余弦值为eq \f(3,4)，
则sin∠APB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2))＝eq \f(\r(7),4)，
则S△PAB＝eq \f(1,2)PA·PB·sin∠APB
＝eq \f(1,2)·2r·2r·eq \f(\r(7),4)＝eq \r(7)，解得r＝eq \r(2)，
故圆锥的体积为eq \f(1,3)·π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))eq \s\up12(2)·eq \r(6)＝eq \f(2\r(6),3)π．]
3．(2021·郑州模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD是菱形，点E在线段PC上，PA∥平面EBD．
(1)证明：点E为线段PC的中点；
(2)已知PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，点P到平面EBD的距离为1，四棱锥P­ABCD的体积为2eq \r(3)，求PA．
[解] (1)证明：连接AC，与BD相交于点O，连接EO，
则经过PA的平面PAC与平面EBD交线为EO．
因为PA∥平面EBD，
所以PA∥EO．
因为四边形ABCD是菱形，
所以O为AC的中点，
所以EO是△PAC的中位线，于是E为线段PC的中点．
(2)因为PA∥平面EBD，
所以点A到平面EBD的距离等于点P到平面EBD的距离等于1．
因为PA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
所以平面EBD⊥平面ABCD，
平面EBD∩平面ABCD＝BD．因为AO⊥BD，
所以AO⊥平面EBD，因此AO＝1．
因为∠ABC＝60°，所以四边形ABCD是边长为2的菱形，面积为2×2×sin 60°＝2eq \r(3)，
所以四棱锥P­ABCD的体积为
VP­ABCD＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×PA，
由eq \f(1,3)×2eq \r(3)×PA＝2eq \r(3)，得PA＝3．
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq \r(3)，那么P到平面ABC的距离为________．
eq \r(2) [如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝eq \r(3)，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq \r(3)，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝eq \r(PE2－OE2)＝eq \r(\r(3)2－12)＝eq \r(2)．]
2．(2021·浙江省诸暨中学月考)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．
如图，在阳马P­ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．
(1)证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；
(2)若平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)，求eq \f(DC,BC)的值．
[解] (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，
有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，
所以BC⊥平面PCD．
而DE平面PCD，所以BC⊥DE．
又因为PD＝CD，点E是PC的中点，
所以DE⊥PC．
而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩EF＝E，
所以PB⊥平面DEF．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，
其四个面的直角分别为
∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
(2)如图，在平面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD．
故∠BDF是平面DEF与平面ABCD所成二面角的平面角，
设PD＝DC＝1，BC＝λ，
有BD＝eq \r(1＋λ2)，
在Rt△PDB中，
由DF⊥PB， 得
∠DPF＝∠FDB＝eq \f(π,3)，
则tan eq \f(π,3)＝tan∠DPF＝eq \f(BD,PD)＝eq \r(1＋λ2)＝eq \r(3)，解得λ＝eq \r(2)．
所以eq \f(DC,BC)＝eq \f(1,λ)＝eq \f(\r(2),2)．
故当平面DEF与平面ABCD所成二面角的大小为eq \f(π,3)时，eq \f(DC,BC)＝eq \f(\r(2),2)．