小測(cè)卷(二十六)空間直線、平面的垂直1．解析：α，β平行于同一個(gè)平面時(shí)，則α∥β，A錯(cuò)誤；α，β垂直于同一個(gè)平面時(shí)，α，β可能垂直，也可能相互平行，也可能相交但不垂直，B錯(cuò)誤；α內(nèi)一條直線垂直于β內(nèi)一條直線，α，β可能垂直，也可能相互平行，也可能相交但不垂直，C錯(cuò)誤；α內(nèi)一條直線垂直于β，則α⊥β，反之也成立，D正確．答案：D2．解析：對(duì)于A選項(xiàng)，∵CC1∥DD1，∠A1DD1＝45°，∴CC1與A1D所成的角為45°，∴A1D與CC1不垂直，A錯(cuò)；對(duì)于B選項(xiàng)，連接A1B，∵A1D1⊥平面AA1B1B，A1B?平面AA1B1B，∴A1D1⊥A1B，∴∠A1D1B為銳角，∵AD∥A1D1，∴AD與BD1所成角不是直角，B錯(cuò)；對(duì)于C選項(xiàng)，連接A1C1、C1D，∵AA1∥CC1，且AA1＝CC1，∴四邊形AA1C1C為平行四邊形，∴A1D、AC所成角為∠C1A1D或其補(bǔ)角，設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，則A1C1＝A1D＝C1D＝2a，即△A1C1D是等邊三角形，∴∠C1A1D＝60°，C錯(cuò)；對(duì)于D選項(xiàng)，∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC，∵DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥DD1，∵BD∩DD1＝D，BD、DD1?平面BDD1，∴AC⊥平面BDD1，∵BD1?平面BDD1，∴AC⊥BD1，D對(duì)．答案：D3．解析：因?yàn)锳B是底面圓的直徑，則∠AEB＝π2，即AE⊥EB∵四邊形ABCD是圓柱的軸截面，∴AD⊥底面AEB，BC⊥底面AEB.選項(xiàng)A，∵BC⊥平面ABE，∴BC⊥AE，∵AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC、BE?平面BCE，∴AE⊥平面BCE，又CE?平面BCE，∴AE⊥CE，即選項(xiàng)A正確；選項(xiàng)B，∵AD⊥平面ABE，∴AD⊥BE，∵AE⊥BE，AD∩AE＝A，AD、AE?平面ADE，∴BE⊥平面ADE，又DE?平面ADE，∴BE⊥DE，即選項(xiàng)B正確；選項(xiàng)C，若DE⊥AB，又∵BE⊥DE，AB∩BE＝B，AB，BE?平面AEB，則可得DE⊥底面AEB，且AD∩DE＝D，則與AD⊥底面AEB矛盾，即選項(xiàng)C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，∵AE⊥平面BCE，AE?平面ADE，∴平面ADE⊥平面BCE，即選項(xiàng)D正確．故選C.答案：C4．解析：若m垂直于AB，由平面ABCD⊥平面ABB1A1，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，可得m垂直于平面ABB1A1，即平面ABB1A1內(nèi)的所有直線均與m垂直，而n可能垂直于AB，也可能不垂直于AB，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；若m不垂直于AB，則BC，m為平面ABCD內(nèi)的兩條相交直線，由題可知BC⊥n，m⊥n，則n垂直平面ABCD，又AB?平面ABCD，所以n垂直于AB，故C正確，D錯(cuò)誤．答案：C5．解析：如圖，在側(cè)棱AA1上取一點(diǎn)R，使得AR＝2RA1，連接PR，BR，過點(diǎn)A作AN⊥BR交BR于點(diǎn)M，交BB1于點(diǎn)N，連接AC，CN，由PR∥AD，可知PR⊥AN，BR、PR?平面BPR，BR∩PR＝R，從而AN⊥平面BPR，所以BP⊥AN，又由BP在平面ABCD內(nèi)的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，AN、AC?平面ACN，AN∩AC＝A，知BP⊥平面ACN，CN?平面ACN，所以BP⊥CN，所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為線段CN，在Rt△ABN，Rt△RAB中，∠BAN＝∠ARB，所以Rt△ABN∽R(shí)t△RAB，則BNAB＝ABAR，得易得CN＝BN2答案：D6．解析：因?yàn)槠矫鍼AC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，又AB⊥AC，AB?平面ABC，所以AB⊥平面PAC，因?yàn)镻A∩平面PAC，故AB⊥PA，設(shè)PA＝x13<x<1，則12PA·AB＝1設(shè)∠PAC＝θ，θ∈(0，π)，在△PAC中，由余弦定理得cosθ＝x2+1?4x22×1×x所以S△PAC＝12則VP-ABC＝VB-PAC＝13當(dāng)且僅當(dāng)9x2＝1x2，即x＝33時(shí)等號(hào)成立，所以三棱錐P-ABC體積的最大值答案：D7．解析：假設(shè)存在點(diǎn)M使MN∥SC，所以M，N，S，C四點(diǎn)共面，又因?yàn)锳∈SN，所以A∈平面MNSC，易得A，M，C為平面MNSC和平面ABC的公共點(diǎn)，所以A，M，C三點(diǎn)共線，與題意矛盾，故不存在點(diǎn)M使MN∥SC，即A錯(cuò)誤；過O作OM∥BC，交劣弧AC于點(diǎn)M，連接ON，由于N，O分別為SA，AB的中點(diǎn)，所以O(shè)N∥SB，由于OM?平面SBC，ON?平面SBC，SB，BC?平面SBC，所以O(shè)M∥平面SBC，ON∥平面SBC，又因?yàn)镺M∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC，由于MN?平面OMN，所以MN∥平面SBC，即B正確；點(diǎn)M的位置同選項(xiàng)B，由于AB為直徑，所以AC⊥BC，即AC⊥OM，由圓錐易得SO⊥AC，SO∩OM＝O，所以AC⊥平面SOM，所以AC⊥SM，即C正確；假設(shè)存在點(diǎn)M使AM⊥平面SBC，所以AM⊥SB，又因?yàn)锳M⊥SO，SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SBO，故平面SBC應(yīng)與平面SBO平行，與題意顯然不符，即D錯(cuò)誤．答案：BC8．解析：因?yàn)镻A垂直于以AB為直徑的圓所在的平面，所以PA⊥BC，PA⊥AC.又點(diǎn)C是圓周上異于A，B任一點(diǎn)，所以AC⊥BC.對(duì)于A，若PB⊥AC，則可得AC⊥平面PBC，則AC⊥PC，與PA⊥AC矛盾，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，D，可知BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，由BC?平面PBC，可得平面PAC⊥平面PBC，故B，D正確；對(duì)于C，由AC與PC不垂直，可得AC⊥平面PBC不成立，故C錯(cuò)誤．答案：BD9．解析：分別連接AP，BP，因?yàn)锳B⊥平面BCC1B1，BP?平面BCC1B1，所以AB⊥BP，∵AP＝5，AB＝4，∴|BP|＝52故點(diǎn)P的軌跡為以B為圓心，3為半徑的14故|C1P|min＝|C1B|－3＝42－3.答案：42－310．解析：因?yàn)镻A＝42>4，所以點(diǎn)P可能在平面A1B1C1D1內(nèi)，可能在平面BCC1B1內(nèi)，可能在平面DCC1D1內(nèi)．當(dāng)點(diǎn)P在平面A1B1C1D1內(nèi)時(shí)，由AA1⊥平面A1B1C1D1，A1P?平面A1B1C1D1，可知AA1⊥A1P，所以PA2＝AA12＋A1P2，所以A1P2＝PA2－AA12＝4所以點(diǎn)P到A1的距離為4，所以點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)A1為圓心，4為半徑的圓與正方形A1B1C1D1邊界及其內(nèi)部的交線．如圖，∠D1A1B1＝π2，A1B1＝4，則B1D1的長(zhǎng)l所以當(dāng)點(diǎn)P在平面A1B1C1D1內(nèi)時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度是2π.同理可得，當(dāng)P點(diǎn)在平面BCC1B1內(nèi)時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度也是2π.當(dāng)點(diǎn)P在平面DCC1D1時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度也是2π.綜上所述，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2π＋2π＋2π＝6π.答案：6π11．解析：如圖，連接B1D1，A1C1，由題可知，A1C1⊥B1D1，ED1⊥平面A1B1C1D1.因A1C1?平面A1B1C1D1，則ED1⊥A1C1.又B1D1?平面EB1D1，ED1?平面EB1D1，ED1∩B1D1＝D1，則A1C1⊥平面EB1D1.又B1E?平面EB1D1，則C1A1⊥B1E；如圖，過E作D1C平行線，交CC1于F，則F為CC1中點(diǎn)．連接EF，B1F，過C1作B1F垂線，交BB1于G.由題可得，D1C1⊥平面BCC1B1，又EF∥D1C1，則EF⊥平面BCC1B1.因C1G?平面BCC1B1，則C1G⊥EF.又B1F?平面B1FE，F(xiàn)E?平面B1FE，F(xiàn)E∩B1F＝F，則C1G⊥平面B1FE.因B1E?平面B1FE，則C1G⊥B1E；因C1G?平面C1GA1，C1A1?平面C1GA1，C1A1∩C1G＝C1，則B1E⊥平面C1GA1.連接A1G，則點(diǎn)P軌跡為平面C1GA1與四棱柱的交線，即△A1C1G.注意到∠B1C1G＋∠GC1F＝∠GC1F＋∠B1FC1?∠B1C1G＝∠B1FC1，∠C1B1G＝∠FC1B1，則△C1B1G∽△FC1B1，故C1B1B1G＝FC則點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)為A1G＋C1G＋A1C1＝21+1答案：512．解：(1)證明：∵四邊形ABCD是∠DAB＝60°的菱形，∴△ABD為等邊三角形，又G為AD的中點(diǎn)，∴BG⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，BG?平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BG⊥平面PAD.(2)∵PA＝PD，G為AD的中點(diǎn)，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，PG?平面APD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，即PG是四棱錐P-ABCD的高，∵PA＝AB＝6，∴△PAD是等邊三角形，∴PG＝32VP-ABCD＝13·PG·AD·AB·sin60°＝113．證明：(1)在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，將直角梯形ABCD繞AB邊旋轉(zhuǎn)至ABEF，所以AB⊥AF，又AD∩AF＝A，AD，AF?平面ADF，所以AB⊥平面ADF.(2)依題意可得DC∥EF且DC＝EF，所以四邊形DCEF為平行四邊形，所以CE∥DF，DF?平面ADF，CE?平面ADF，所以CE∥平面ADF.(3)因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD?平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，因?yàn)锽E?平面ABEF，所以AD⊥BE，過點(diǎn)E作EM⊥AB，交AB于點(diǎn)M，若選①：AE＝3，EF＝1，所以AF＝AE2所以BE＝12+22＝3所以60°<∠AEB<90°.如圖過點(diǎn)E作EH⊥AE交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，因?yàn)锳D⊥平面ABEF，EH?平面ABEF，所以AD⊥EH，因?yàn)锳D∩AE＝A，AD，AE?平面ADE，所以EH⊥平面ADE，又EH?平面HCE，所以平面HCE⊥平面ADE，顯然平面CBE與平面ADE不垂直；若選②：AD＝1，則AF＝1，所以AE＝AF2所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥EB，又AD∩AE＝A，AD，AE?平面ADE，所以EB⊥平面ADE，又EB?平面BCE，所以平面BCE⊥平面ADE；若選③：BE⊥DE，又AD⊥BE，AD∩DE＝D，AD，DE?平面ADE，所以EB⊥平面ADE，又EB?平面BCE，所以平面BCE⊥平面ADE.14．解：(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以BD⊥AC.又因?yàn)镻A∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.(2)證明：取G為PA的中點(diǎn)，連接EG，GF.在△PAD中，G，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以GF∥AD，GF＝12AD因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為BC的中點(diǎn)，所以CE∥AD，CE＝12AD所以CE∥GF，CE＝GF.所以四邊形GFCE為平行四邊形，所以EG∥CF.因?yàn)镃F?平面PAE，EG?平面PAE.所以CF∥平面PAE.(3)因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PA⊥AD.因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面PAD，且平面PAE∩平面PAD＝PA，AD?平面PAD，所以AD⊥平面PAE.所以AD⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，且E為BC的中點(diǎn)，所以CE∥AD，所以∠AEB＝∠EAD＝90°，則△ABC是等邊三角形．所以∠ABC＝60°.15．解：(1)證明：取A1C1的中點(diǎn)M，連接AM、EM、FM，因?yàn)锳A1∥BB1且AA1＝BB1，故四邊形AA1B1B為平行四邊形，所以AB∥A1B1且AB＝A1B1，因?yàn)镈為AB的中點(diǎn)，則AD∥A1B1且AD＝12A1B1因?yàn)镸、E分別為A1C1、B1C1的中點(diǎn)，所以EM∥A1B1且EM＝12A1B1所以AD∥EM且AD＝EM，故四邊形ADEM為平行四邊形，所以AM∥DE，因?yàn)锳M?平面A1DE，DE?平面A1DE，所以AM∥平面A1DE，因?yàn)镸、F分別為A1C1、C1E的中點(diǎn)，所以FM∥A1E，因?yàn)镕M?平面A1DE，A1E?平面A1DE，所以FM∥平面A1DE，因?yàn)锳M∩FM＝M，AM、FM?平面AFM，所以平面AFM∥平面A1DE