《垂直关系》高考通关练

第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页《垂直关系》高考通关练学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单项选择题（共5题，25分）1.(5分)[2020惠来第一中学高一月考]设m,n是不同的直线,α,β,γ是不同的平面,有以下四个命题中正确的序号是().①α//β,α//γ,则β//γ②若α⊥β,m//α,则m⊥β③若m⊥α,m//β,则α⊥β④若m//n,n⊂α,则m//α.A.①③ B.①④ C.②③ D.②④2.(5分)[2020吉林延边二中高一月考]在空间四边形ABCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,则有().A.平面ABC⊥平面ADC B.平面ABC⊥平面ADBC.平面ABC⊥平面DBC D.平面ADC⊥平面DBC3.(5分)[2020重庆巴蜀中学高三月考]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,G分别为棱A1D1,A1A,A1B1的中点,给出下列四个命题:①EF⊥B1C②BC1//平面EFG③A1C⊥平面EFG④异面直线FG,B1C所成角的大小为.其中正确命题的序号为().A.①② B.②④ C.①②③ D.①②④4.(5分)[2020福建厦门双十中学高三期中]已知圆台轴截面ABCD的高为2,AB=2,CD=4,E是该圆台底面圆弧的中点,则直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为().A. B. C. D.5.(5分)[2020华师一附中质量检测]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,构成三棱锥A-BCD,如图所示.则在三棱锥A-BCD中,下列结论正确的是().A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC二、填空题（共4题，20分）6.(5分)[2020浙江高二期中]《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形,上、下底称为畔,高称为正广,非高腰边称为邪.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为邪田,两畔CD,AB分别为1,3,正广AD为2,PD⊥平面ABCD,则邪田ABCD的邪长为________;邪所在直线与平面PAD所成角的大小为____________.7.(5分)[2020常德淮阳中学高一期中]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AA1=2,AC=BC=1,则直线A1B与平面BB1C1C所成角的余弦值是______.8.(5分)[2020陕西西安电子科技大学附中高一月考]在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,下面四个结论:①BC//平面PDF②DF⊥平面PAE③平面PDF⊥平面ABC④平面PAE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是__________.9.(5分)[2020湖北高三月考]如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2,以AC为直径的球面交PD于点M,交PC于点N,则点N到平面ACM的距离为___________.三、解答题（共1题，10分）10.(10分)[2020安徽高二月考]如图,三棱台ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=2,A1B1=BB1=CC1=1,BB1⊥AB,CC1⊥AC.(1)求证:AA1⊥平面A1BC(2)求二面角A-BC-B1的余弦值.《垂直关系》高考通关练答案一、单项选择题1.【答案】A【解析】由于三个平面不同,故命题①显然正确;对于命题②,直线m可以平行于平面β,故不正确;对于命题③,可以作n//m,使得n⊂β,则α⊥β成立,命题正确;对于命题④,也有m⊂α,所以不正确.应选A.2.【答案】D【解析】由题意,知AD⊥BC,BD⊥AD,又由BC∩BD=B,可得AD⊥平面DBC,又由AD⊂平面ADC,根据面面垂直的判定定理,可得平面ADC⊥平面DBC.3.【答案】C【解析】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D//B1C,又A1D⊥EF,故B1C⊥EF,即①正确;又BC1//AD1,AD1//EF,故BC1//EF,又EF⊂平面EFG,BC1⊄平面EFG,故BC1//平面EFG,即②正确;因为EF⊥A1D,EF⊥A1B1,所以EF⊥平面A1B1CD,又A1C⊂平面A1B1CD,所以EF⊥A1C,同理可证EG⊥A1C,又EF∩EG=E,EF⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,故A1C⊥平面EFG,即③正确;连接AB1,则AB1//FG,故∠AB1C为异面直线FG与B1C所成角(或其补角),且∠AB1C=,即④错误.故所有正确命题的序号为①②③.故选C.4.【答案】B【解析】如图:设AB,CD的中点分别为O',O,连接OO',AO,AE,OE,因为E是的中点,所以OE⊥CD,因为OO'⊥平面CDE,所以OO'⊥OE,所以OE⊥平面ABCD,故∠OAE为直线AE与平面ABCD所成的角.因为OO'=2,O'A=1,所以AO=,又OE=2,所以AE==3,所以sin∠OAE=.故选B.5.【答案】D【解析】在平面图形中,分析可得CD⊥BD,折起后仍然满足CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,因为AB⊂平面ABD,所以CD⊥AB.又因为AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,所以平面ADC⊥平面ABC,故选D.二、填空题6.【答案】4【解析】过点C作CE⊥AB,垂足为E,延长AD,BC,使得AD∩BC=F(如图.由题意可得CE=2,BE=2,则BC==4,由题意知AB⊥AD,CD//AB,所以,所以DF=.因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AB,又AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,则∠AFB是直线BC与平面PAD所成的角,tan∠AFB=,所以∠AFB=.7.【答案】【解析】∵∠ACB=90°,AC=BC=1,∴AB=,在直三棱柱中,A1A⊥AB,AA1=2,AB=,∴A1B=.由AC⊥BC,AC⊥C1C,BC∩C1C=C,可知AC⊥平面BB1C1C,所以在直三棱柱中易知A1C1⊥平面BB1C1C,故∠A1BC1为直线与平面所成角.在Rt△A1C1B中,cos∠A1BC1=,故答案为.8.【答案】①②④【解析】如图,在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,则DF//BC,又因为DF⊂平面PDF,BC⊄平面PDF,所以BC//平面PDF,故①正确;由PB=PC,AB=AC,E为中点,得PE⊥BC,AE⊥BC,所以BC⊥平面PAE,则由DF//BC得DF⊥平面PAE,故②正确;过P作PO⊥平面ABC,垂足为O,由题意得O点为底面△ABC的中心,且点O在AE上,AO=AE,设AE与DF的交点为M,则由AM=AE,故点O,M不重合,则平面PDF和平面ABC不垂直,故③不正确;由②得BC⊥平面PAE,BE⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAE,故④正确.综上可得正确的序号为①②④.故答案为①②④.9.【答案】【解析】因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,又AD⊥AB,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.又因为PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.同理可得CD⊥平面PAD,AM⊂平面PAD,所以CD⊥AM.由题意可知MC⊥AM,又因为CD∩MC=C,CD,MC⊂平面PCD,所以AM⊥平面PCD,又因为AM⊂平面ABM,所以平面ABM⊥平面PCD.连接AN,AM⊥PD,CD⊥MD,又PA=AB=4,所以M是PD的中点,AM=2,所以MC=,同理可得PC==6,由题意可知,AN⊥NC,则Rt△ANP∽Rt△CAP,所以,所以PN=,NC=,AN=.设点D到平面PAC的距离为d1,点M到平面ACN的距离为d2,点N到平面ACM的距离为d3,由,得d1=.因为M是PD的中点,所以d2=d1=,由,得d3=.所以点N到平面ACM的距离为.三、解答题10.【答案】【解析】(1)由题得侧面ABB1A1与ACC1A1为全等的直角梯形,易得AA1=A1B=A1C=,又AB=BC=CA=2,故AB2=AA12+A1B2,AC2=AA12+A1C2,∴AA1⊥A1B,AA1⊥A1C,又因为A1B,A1C⊂平面A1BC,A1B∩A1C=A1,所以AA1⊥平面A1BC.