2022届高考数学人教B版一轮复习测评：8-4 空间中的垂直关系 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 四十一空间中的垂直关系(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.,为不同的平面,m,n,l为不同的直线,则m的一个充分条件是()A.n,n,mB.=m,C.,mD.,=l,ml【解析】选A.由n,n知,又m,所以m.所以A正确.2.如图所示,b,c在平面内,ac=B,bc=A,且ab,ac,bc,若Ca,Db,则ACD是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等腰三角形【解析】选B.因为ab,bc,ac=B,所以b平面ABC,所以AD

2、AC,故ACD为直角三角形.3.如图,在四边形ABCD中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,将ABD沿BD折起,使平面ABD平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下面结论正确的是()A.平面ABD平面ABCB.平面ADC平面BDCC.平面ABC平面BDCD.平面ADC平面ABC【解析】选D.在平面图形中CDBD,折起后仍有CDBD,由于平面ABD平面BCD,故CD平面ABD,所以CDAB,又ABAD,ADCD=D,故AB平面ADC,又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面ADC.4.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A、B)且

3、PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为()A.60B.30C.45D.15【解析】选C.由条件得PABC,ACBC,又PAAC=A,所以BC平面PAC,所以PCA为二面角P-BC-A的平面角.在RtPAC中,由PA=AC得PCA=45.5.如图,正三角形PAD所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,O为正方形ABCD的中心,M为正方形ABCD内一点,且满足MP=MC,则点M的轨迹为()【解析】选A.取AD的中点E,连接PE,PC,CE.由PEAD知PE平面ABCD,从而平面PEC平面ABCD,取PC,AB的中点F,G,连接DF,DG,FG,由PD=DC知DFPC,由DGEC知,DG平面PE

4、C,又PC平面PEC,所以DGPC,DFDG=D,所以PC平面DFG,又点F是PC的中点,因此,线段DG上的点满足MP=MC.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为_.【解析】连接A1C1,则AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.因为AB=BC=2,所以A1C1=AC=2,又AA1=1,所以AC1=3,所以sinAC1A1=.答案:7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足_时,平面MBD平面PCD.(只

5、要填写一个你认为正确的条件即可)世纪金榜导学号【解析】因为PA底面ABCD,所以BDPA,连接AC,则BDAC,且PAAC=A,所以BD平面PAC,所以BDPC,所以当DMPC(或BMPC)时,即有PC平面MBD,而PC平面PCD,所以平面MBD平面PCD.答案:DMPC(答案不唯一)8.设,是空间两个不同的平面,m,n是平面及外的两条不同直线.从“mn;n;m”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:_(用代号表示).世纪金榜导学号【解析】逐一判断.若成立,则m与的位置关系不确定,故错误;同理也错误;与均正确.答案:(或)三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,

6、在三棱锥A-BCD中,AB平面BCD,CDBD.世纪金榜导学号(1)求证:CD平面ABD. (2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.【解析】(1)因为AB平面BCD,CD平面BCD,所以ABCD.又因为CDBD,ABBD=B,所以CD平面ABD.(2)由AB平面BCD,得ABBD.又AB=BD=1,所以SABD=12=.因为M是AD的中点,所以SABM=SABD=.根据(1)知,CD平面ABD,则三棱锥C 􀆼ABM的高h=CD=1,故VA 􀆼MBC=VC 􀆼ABM=SABMh=.10.如图,在四棱锥P-ABCD

7、中,四边形ABCD是菱形,PADBAD,平面PAD平面ABCD,AB=4,PA=PD,M在棱PD上运动.世纪金榜导学号(1)当M在何处时,PB平面MAC.(2)已知O为AD的中点,AC与OB交于点E,当PB平面MAC时,求三棱锥E-BCM的体积.【解析】(1)如图,设AC与BD相交于点N,当M为PD的中点时,PB平面MAC.证明:因为四边形ABCD是菱形,可得DN=NB,又因为M为PD的中点,可得DM=MP,所以NM为BDP的中位线,可得NMPB,又因为NM平面MAC,PB平面MAC,所以PB平面MAC.(2)因为O为AD的中点,PA=PD,则OPAD,又PADBAD,所以OBAD,且OB=2

8、,又因为AEOCEB,所以=,所以BE=OB=,所以SEBC=4=.又因为OP=4=2,点M为PD的中点,所以M到平面EBC的距离为,所以VE-BCM=VM-EBC=.(15分钟35分)1.(5分)如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列正确的是()A.平面ABC平面ABDB.平面ABD平面BDCC.平面ABC平面BDE,且平面ADC平面BDED.平面ABC平面ADC,且平面ADC平面BDE【解析】选C.要判断两个平面的垂直关系,就需固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BEAC,同理有DEAC,于

9、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.2.(5分)(2020山东新高考模拟)已知三棱锥S-ABC中,SAB=ABC=,SB=4,SC=2,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是()A.4B.6C.4D.6【解析】选C.由SB=4,AB=2,且SAB=,得SA=2;又由AB=2,BC=6,且ABC=,得AC=2.因为SA2+AC2=SC2,从而知SAC=,即SAAC.所以SA平面ABC.又由于SABC=26=6,从而VS-ABC=SABCSA=62=4.3.(5分)正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E

10、是BC的中点,动点P在四棱锥的表面上运动,并且总保持PEAC,则动点P的轨迹的长为_.【解析】如图,设ACBD=O,连接SO,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG,设EF交AC于点H,连接GH,易知ACEF,GHSO,所以GH平面ABCD,所以ACGH,所以AC平面EFG,故动点P的轨迹是EFG,由已知易得EF=,GE=GF=,所以EFG的周长为+,故动点P的轨迹长为+.答案:+4.(10分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1=A1C1,D,E分别是棱BC,CC1上的点(点D不同于点C),且ADDE,F为B1C1的中点.世纪金榜导学号求证:(1)平面ADE平面BCC

11、1B1.(2)直线A1F平面ADE.【证明】(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.又AD平面ABC,所以CC1AD.又因为ADDE,CC1,DE平面BCC1B1,CC1DE=E,所以AD平面BCC1B1.又AD平面ADE,所以平面ADE平面BCC1B1.(2)因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,所以A1FB1C1.因为CC1平面A1B1C1,且A1F平面A1B1C1,所以CC1A1F.又因为CC1,B1C1平面BCC1B1,CC1B1C1=C1,所以A1F平面BCC1B1. 由(1)知AD平面BCC1B1,所以A1FAD.又AD平面ADE,A1F平面ADE,所

12、以A1F平面ADE.5.(10分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是CD,A1D1的中点.世纪金榜导学号(1)求证:AB1BF.(2)求证:AEBF.(3)棱CC1上是否存在点P,使BF平面AEP?若存在,确定点P的位置,若不存在,说明理由.【解析】(1)连接A1B,则AB1A1B,又因为AB1A1F,且A1BA1F=A1,所以AB1平面A1BF.又BF平面A1BF,所以AB1BF. (2)取AD中点G,连接FG,BG,则FGAE,又因为BAGADE,所以ABG=DAE.所以AEBG.又因为BGFG=G,所以AE平面BFG.又BF平面BFG,所以AEBF.(3)存在.取CC1的中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,因为EPC1D,C1DAB1,所以EPAB1.由(1)知AB1BF,所以BFEP.又由(2)知AEBF,且AEEP=E,所以BF平面AEP.关闭Word文档返回原板块