2019届北师大版（文科数学） 垂直关系的判定 单元测试

2019届北师大版（文科数学） 垂直关系的判定 单元测试
一、选择题
1.已知l⊥α，则过l与α垂直的平面(　　)
A. 有1个 B. 有2个
C. 有无数个 D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】
由面面垂直的判定定理可得答案.
【详解】已知l⊥α，由面面垂直的判定定理可得过l与α垂直的平面有无数个.
故选C.
【点睛】本题考查面面垂直的判定定理的应用，属基础题.
2.若三条直线OA，OB，OC两两垂直，则直线OA垂直于(　　)
A. 平面OAB B. 平面OAC
C. 平面OBC D. 平面ABC
【答案】C
【解析】
【分析】
根据OA⊥OB，OA⊥OC，而OB∩OC=O，满足直线与平面垂直的判定定理，从而得到结论．
【详解】∵OA⊥OB，OA⊥OC，而OB∩OC=O
满足直线与平面垂直的判定定理
∴直线OA垂直于平面OBC
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，同时考查了化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力．
3.空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是(　　)
A. 平行 B. 垂直
C. 相交 D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线与平面的判定定理可知，直线与平面内两相交直线垂直则垂直与这个平面，再根据线面垂直的性质可知，该直线垂直与平面内任意直线，从而得到结论．
【详解】由于直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，而这两边相交于点C，所以直线l和三角形所在的平面垂直，又因三角形的第三边AB在这个平面内，所以l⊥AB．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及线面垂直的性质，同时考查了空间想象能力，属于基础题．
4.从空间一点P向二面角α－l－β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，E，F为垂足，若∠EPF＝60°，则二面角α－l－β的平面角的大小是(　　)
A. 60° B. 120°
C. 60°或120° D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】
确定∠EPF=60°就是两个平面α和β的法向量的夹角，然后利用二面角的平面角和法向量的夹角直接的关系确定即可．
【详解】∠EPF=60°就是两个平面α和β的法向量的夹角，
它与二面角的平面角相等或互补，
故二面角的平面角的大小为60°或120°．
故选：C．
【点睛】本题重点考查了平面的法向量、法向量的夹角与平面所成的二面角之间的关系等知识，属于中档题．
5.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A－BCD，则在几何体A－BCD中，下列结论正确的是(　　)
学
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
【答案】D
【解析】
∵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，∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.
6.如图，O为正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是(　　)

A. A1D B. AA1
C. A1D1 D. A1C1
【答案】D
【解析】
【分析】
连接B1D1，根据正方体的性质，得到BB1⊥平面A1B1C1D1，从而有BB1⊥A1C1．再根据A1B1C1D1是正方形，得到B1D1⊥A1C1，结合B1D1、BB1是平面BB1D1D内的相交直线，得到A1C1⊥平面BB1D1D，可得A1C1⊥B1O，因此可得正确答案．
【详解】连接B1D1，
∵ABCD-A1B1C1D1是正方体
∴BB1⊥平面A1B1C1D1
∵A1C1?平面A1B1C1D1，
∴BB1⊥A1C1
∵A1B1C1D1是正方形
∴B1D1⊥A1C1
∵B1D1、BB1是平面BB1D1D内的相交直线
∴A1C1⊥平面BB1D1D
∵B1O?平面BB1D1D
∴A1C1⊥B1O
故选：D．
【点睛】本题给出正方体内的一条直线，寻找与之垂直的直线，着重考查了空间中直线与直线之间的位置关系、线面垂直的判定与性质等知识点，属于基础题．
7.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1－BD－A的正切值为(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】

如图，在正方体A1B1C1D1－ABCD中，设AC、BD交于O，连A1O，
∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1=A，
∴BD⊥平面AA1O，
∴BD⊥A1O，
∴∠A1OA为二面角的平面角．
在中，.
即截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1－BD－A的正切值等于。选C。
点睛：
求二面角时要体现“一找二证三计算”的解题思路，其中作出二面角的平面角是解题的关键。作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
二、填空题
8.在三棱锥V－ABC中，当三条侧棱VA，VB，VC之间满足条件 时，有VC⊥AB.(注：填上你认为正确的条件即可)

【答案】VC⊥VA，VC⊥VB(答案不唯一，只要能保证VC⊥AB即可)
【解析】
【分析】
若VC⊥VA且VC⊥VB，则有VC⊥平面VAB，从而有VC⊥AB．
【详解】VC⊥VA且VC⊥VB
∴VC⊥平面VAB
∴VC⊥AB
故答案为：VC⊥VA且VC⊥VB(答案不唯一，只要能保证VC⊥AB即可)
【点睛】本题主要考查棱锥的结构特征，主要涉及了棱锥中的线线，线面关系，属基础题．
9.在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是 .
【答案】
【解析】
【分析】
由P是等腰三角形ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，我们易得PB=PC，取BC的中点D，则AD⊥BC，且PD⊥BC，利用勾股定理我们易求出AD的长，进而求出PD的长，即点P到BC的距离．
【详解】如下图所示：

设D为等腰三角形ABC底面上的中点，则PD长即为P点到BC的距离
又∵AD即为三角形的中线，也是三角形BC边上的高
∵BC=6，AB=AC=5，易得
在直角三角形PAD中，又∵PA=8
∴PD=.
故答案为.
【点睛】本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离，其中利用三角形的性质，做出PD即为点P到BC的垂线段是解答本题的关键．
10.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.
以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题： .(用序号表示)
【答案】①③④?②(或②③④?①)
【解析】
【分析】
m⊥α，n⊥β，α⊥β，由面面垂直的性质定理得m⊥n；m⊥n，m⊥α，n⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【详解】m⊥α，n⊥β，α⊥β?m⊥n，由面面垂直的性质定理得m⊥n正确；
m⊥n，m⊥α，n⊥β?α⊥β，由面面垂直的判定定理得α⊥β正确；
α⊥β，n⊥β，m⊥n?m⊥α，这里m与α相交、平行或m?α，故m⊥α不正确；
m⊥n，α⊥β，m⊥α?n⊥β，这里n与β相交、平行或n?β，故n⊥β不正确．
故答案为：m⊥α，n⊥β，α⊥β?m⊥n或m⊥n，m⊥α，n⊥β?α⊥β．
即①③④?②(或②③④?①).
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
11.已知三棱锥D－ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC＝，BC＝2，则二面角D－BC－A的大小为 .

【答案】90°
【解析】
如图，由题意知AB＝AC＝BD＝CD＝，BC＝AD＝2.
取BC的中点E，连接DE、AE，则AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠DEA为所求二面角的平面角．
易得AE＝DE＝，又AD＝2，
所以∠DEA＝90°.

三、解答题
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝2，E，F分别是AD，PC的中点.证明：PC⊥平面BEF.

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
如图，连接PE，EC，证明△PEC是等腰三角形.得到EF⊥PC.，进而证明BF⊥PC.，即可证明PC⊥平面BEF..
【详解】证明　如图，连接PE，EC，

在Rt△PAE和Rt△CDE中，PA＝AB＝CD，AE＝DE，
∴PE＝CE，
即△PEC是等腰三角形.
又F是PC的中点，
∴EF⊥PC.
又BP＝＝2＝BC，F是PC的中点，
∴BF⊥PC.
又BF∩EF＝F，
∴PC⊥平面BEF.
【点睛】本题考查直线与平面垂直的证明，属基础题.
13.如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E为BB1的中点，求证：截面A1CE⊥侧面ACC1A1.

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
如图所示，取A1C的中点F，AC的中点G，连接FG，EF，BG，可证明EF⊥A1C.，进而证明四边形BEFG是矩形，可得EF⊥FG.，由此可证EF⊥侧面ACC1A1.，继而得到
截面A1CE⊥侧面ACC1A1.
【详解】证明　如图所示，取A1C的中点F，AC的中点G，连接FG，EF，BG，则FG∥AA1，且GF＝AA1.

因为BE＝EB1，A1B1＝CB，∠A1B1E＝∠CBE＝90°，所以△A1B1E≌△CBE，
所以A1E＝CE.
因为F为A1C的中点，所以EF⊥A1C.
又FG∥AA1∥BE，GF＝AA1＝BE，且BE⊥BG，所以四边形BEFG是矩形，
所以EF⊥FG.
因为A1C∩FG＝F，所以EF⊥侧面ACC1A1.
又因为EF?平面A1CE，所以截面A1CE⊥侧面ACC1A1
【点睛】本题考查空间线面关系，正三棱柱的性质，逻辑思维能力，空间想象能力及运算能力．
四、探究与拓展
14.在正四面体P?ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，则下面四个结论中不成立的是(　　)
A. BC∥平面PDF
B. DF⊥平面PAE
C. 平面PDF⊥平面ABC
D. 平面PAE⊥平面ABC
【答案】C
【解析】
【分析】
根据直线与平面平行、垂直的判定及两平面垂直的判定，可逐项判定.
【详解】可画出对应图形，如图所示，则BC∥DF.又DF?平面PDF，BC?平面PDF，
所以BC∥平面PDF，故A成立．
由AE⊥BC，PE⊥BC，BC∥DF，知DF⊥AE，DF⊥PE，所以DF⊥平面PAE，故B成立．
又DF?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAE，故D成立．
【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定定理及面面垂直的判定，属于中档题.
15.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动.
(1)证明：D1E⊥A1D；
(2)求AE等于何值时，二面角D1－EC－D的大小为45°？

【答案】(1)证明见解析
(2) EB＝，AE＝2－.
【解析】
【分析】
(1)　连接D1A，D1B.易证A1D⊥AD1.又由题意知AB⊥A1D，且AB∩AD1＝A，
可得A1D⊥平面ABD1.即可证明 A1D⊥D1E.；
(2)过D作DF⊥EC于点F，连接D1F.，可证
【详解】(1)证明：　连接D1A，D1B.
∵在长方形A1ADD1中，AD＝AA1＝1，∴四边形A1ADD1为正方形，

∴A1D⊥AD1.又由题意知AB⊥A1D，且AB∩AD1＝A，
∴A1D⊥平面ABD1.∵D1E平面ABD1，∠DFD1为二面角D1－EC－D的平面角，求其大小即可.
∴A1D⊥D1E.
(2)过D作DF⊥EC于点F，连接D1F.
∵D1D⊥平面DB，EC平面DB，∴D1D⊥EC.
又DF∩D1D＝D，∴EC⊥平面D1DF.
∵D1F平面D1DF，∴EC⊥D1F，∴∠DFD1为二面角D1－EC－D的平面角，
∴∠DFD1＝45°，又∠D1DF＝90°，D1D＝1，∴DF＝1.
在Rt△DFC中，∵DC＝2，∴∠DCF＝30°，∴∠ECB＝60°.
在Rt△EBC中，∵BC＝1，∴EB＝，AE＝2－.
【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，以及根据二面角的大小球其所要满足的体积，属中档题.