《空间中的垂直关系》空间中的垂直关系

1单选题

如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A、(B)、C、D、O为顶点的四面体的体积为( )

$\frac {8$\sqrt {3}$}{3}$

$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$

$\frac {7}{4}$

$\frac {8$\sqrt {2}$}{3}$

题目答案

答案解析

分析：

根据题意，求出翻折后的几何体为底面边长，侧棱长，高，即可求出棱锥的体积．

解答：

解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2$\sqrt {2}$的正三棱锥，

高为$\frac {2$\sqrt {6}$}{3}$所以该四面体的体积为$\frac {1}{3}$×$\frac {1}{2}$×16×$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$×$\frac {2$\sqrt {6}$}{3}$=$\frac {8$\sqrt {2}$}{3}$．

故答案为：$\frac {8$\sqrt {2}$}{3}$，选D．

点评：

本题考查棱锥的体积，考查计算能力，是基础题．

2单选题

如图，在三棱柱ABC-A$_1$B$_1$C$_1$中，∠ACB=90°，∠ACC$_1$=60°，∠BCC$_1$=45°，侧棱CC$_1$的长为1，则该三棱柱的高等于（　　）

$\frac {1}{2}$

$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$

$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$

$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$

题目答案

答案解析

分析：

过C$_1$作面ACB、线BC、AC的垂线，交点分别为O，D，E，连接OD、OC、OE，推出四边形OECD为矩形，求出OC，然后求出该三棱柱的高．

解答：

解：过C$_1$作面ACB、线BC、AC的垂线，交点分别为O，D，E，连接OD、OC、OE，

可知OE⊥AC，OD⊥BE，又因为∠ACB=90°，所以四边形OECD为矩形．

∠ACC$_1$=60°，则CE=$\frac {1}{2}$CC$_1$=$\frac {1}{2}$，同理CD=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$

在直角三角形OCD中，由勾股定理得 OC=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$，

在直角三角形COC$_1$中0C$_1$=$\sqrt {}$=$\frac {1}{2}$

故选A．

点评：

本题考查棱柱的结构特征，考查作图和计算能力，是基础题．

3单选题

如图，ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$为正方体，下面结论错误的是（　　）

BD∥平面CB$_1$D$_1$

AC$_1$⊥BD

AC$_1$⊥平面CB$_1$D$_1$

异面直线AD与CB$_1$所成的角为60°

题目答案

答案解析

分析：

A中因为BD∥B$_1$D$_1$可判定，B和C中可由三垂线定理进行证明；而D中因为CB$_1$∥D$_1$A，所以∠D$_1$AD即为异面直线所成的角，∠D$_1$AD=45°．

解答：

解：A中因为BD∥B$_1$D$_1$，正确；B中因为AC⊥BD，由三垂线定理知正确；

C中由三垂线定理可知AC$_1$⊥B$_1$D$_1$，AC$_1$⊥B$_1$C，故正确；

D中显然异面直线AD与CB$_1$所成的角为45°

故选D

点评：

本题考查正方体中的线面位置关系和异面直线所成的角，考查逻辑推理能力．

4单选题

如图，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A-BCD．则在三棱锥A-BCD中，下列命题正确的是(　　)

平面ABD⊥平面ABC

平面ADC⊥平面BDC

平面ABC⊥平面BDC

平面ADC⊥平面ABC

题目答案

答案解析

分析：

由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC⊥平面ADC．

解答：

解：∵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

故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．

故选D．

点评：

本题考查平面与平面垂直的判定，考查逻辑思维能力，是中档题．

5单选题

在棱长为1的正方体AC$_1$中，E为AB的中点，点P为侧面BB$_1$C$_1$C内一动点(含边界)，若动点P始终满足PE⊥BD$_1$，则动点P的轨迹的长度为( )

$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$

$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$

$\frac {1}{2}$

$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$

题目答案

答案解析

分析：

解答：

点评：

本题考查线面垂直的判定与正方体的几何特征、轨迹的求法、平面的基本性质等基础知识，考查空间想象力．属于基础题．

6单选题

如图所示，已知矩形ABCD中，AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a=(　　)

题目答案

答案解析

分析：

利用三垂线定理的逆定理、直线与圆相切的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质即可求出．

解答：

解：连接AQ，取AD的中点O，连接OQ．

∵PA⊥平面ABCD，PQ⊥DQ，

由三垂线定理的逆定理可得DQ⊥AQ．

∴点Q在以线段AD的中点O为圆心的圆上，

又∵在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥DQ，∴BC与圆O相切，(否则相交就有两点满足垂直，矛盾．)

∴OQ⊥BC，

∵AD∥BC，∴OQ=AB=1，∴BC=AD=2．

故选B．

点评：

本题体现转化的数学思想，转化为以AD为直径的圆与边BC有交点，熟练掌握三垂线定理的逆定理、直线与圆相切的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质是解题的关键．

7单选题

在正四棱锥S-ABCD中，点E是BC的中点，动点P在侧面SCD内运动，且总有PE⊥AC，则动点P的轨迹是（　　）

SC的中点

点S与CD中点的连线

线段SC

SC的中点与CD的中点的连线

题目答案

答案解析

分析：

设AC、BD交于点O，SC、CD的中点分别为M、N，连接SO、MN、EM、EN．由正四棱锥的性质，证出AC⊥平面SBD，得AC⊥SD，结合MN∥SD可得AC⊥MN．正方形ABCD中证出AC⊥NE，从而得到AC⊥平面MNE，因此经过点E与AC垂直的直线总在平面EMN内，由此可得动点P的轨迹对应的图形．

解答：

解：设AC、BD交于点O，SC的中点为M，CD的中点为N，连接SO、MN、EM、EN

∵AC⊥BD，AC⊥SO，BD、SO是平面SBD内的相交直线

∴AC⊥平面SBD，可得AC⊥SD

∵MN是△SCD的中位线，∴MN∥SD可得AC⊥MN，

又∵正方形ABCD中，E、N分别为BC、CD的中点

∴AC⊥NE，

∵EN、MN是平面EMN内的相交直线，

∴AC⊥平面MNE，

因此不论P在线段MN的何处总有PE⊥AC，即动点P的轨迹是SC的中点与CD的中点的连线．

故选：D

点评：

本题给出正四棱锥S-ABCD，求经过BC中点E与AC垂直的平面与平面SCD的交线．着重考查了线面垂直的判定与性质和正四棱锥的性质等知识，属于基础题．

8单选题

如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=$\sqrt {2}$，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是(　　)

A′C⊥BD

∠BA′C=90°

△A′DC是正三角形

四面体A′-BCD的体积为$\frac {1}{3}$

题目答案

答案解析

分析：

由已知中四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=$\sqrt {2}$，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A'-BCD，使平面A'BD⊥平面BCD，我们根据线线垂直的判定方法，可证明A的正误，利用线面垂直的性质，可以判断B与C的对错，求出四面体A'-BCD的体积即可判断D的真假．

解答：

解：∵四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=$\sqrt {2}$，BD⊥CD，平面A'BD⊥平面BCD，

则由A′D与BD不垂直，BD⊥CD，故BD与平面A′CD不垂直，则BD仅于平面A′CD与CD平行的直线垂直，故A错误；

由BD⊥CD，平面A'BD⊥平面BCD，我们易得CD⊥平面A′BD，∴CD⊥A′B，又由AB=AD，BD=$\sqrt {2}$，可得A′B⊥A′D，则A′B垂直于平面A′CD，∴∠BA'C=90°，故B正确；

由CD⊥平面A′BD得CD⊥A′D，即△A'DC是直角三角形，故C答案△A'DC是正三角形错误；

∵四面体A'-BCD的体积V=$\frac {1}{3}$×CD×S_△A′BD=$\frac {1}{6}$，∴D答案四面体A'-BCD的体积为$\frac {1}{3}$错误；

故选B

点评：

本题考查的知识点是平面与平面垂直的性质及线面垂直的判定与性质，其中利用面面垂直的性质定理，确定CD垂直平面A′BD是解答本题的关键．

9单选题

如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=2，AD=CD=1．将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D-ABC，如图2所示．几何体D-ABC的体积为( )

$\frac {$\sqrt {2}$}{6}$

$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$

$\frac {1}{6}$

$\frac {$\sqrt {2}$}{3}$

题目答案

答案解析

分析：

取AC中点O，连接DO，则OD⊥平面ABC，再利用三棱锥体积公式，即可求得结论．

解答：

解：取AC中点O，连接DO，则DO⊥AC，

∵面ADC⊥面ABC，面ADC∩面ABC=AC，DO⊂面ACD，

∴OD⊥平面ABC，…(3分)

∴OD为三棱锥D-ABC的高，OD=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$．…(4分)

在图1中，可得AC=BC=$\sqrt {2}$，从而AC_+BC_=AB_，故AC⊥BC，S_△ABC=1．…(6分)

∴V_D-ABC=$\frac {1}{3}$Sh=$\frac {1}{3}$×1×$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$=$\frac {$\sqrt {2}$}{6}$，选A．…(8分)

点评：

本题考查三棱锥体积的计算，考查学生的计算能力，正确求三棱锥的高是关键．

10单选题

如下图2，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2，∠BAC=90°．将△ACD沿AC折起，使得BD=$\sqrt {5}$．在三棱锥D-ABC的四个面中，下列关于垂直关系的叙述错误的是（　　）

面ABD⊥面BCD

面ABD⊥面ACD

面ABC⊥面ACD

面ABC⊥面BCD

题目答案

答案解析

分析：

利用平面与平面垂直的判定定理，进行判断，即可得出结论．

解答：

解：∵平行四边形ABCD中，AD=2AB=2，将△ACD沿AC折起，使得BD=$\sqrt {5}$，

∴DC⊥BC，AB⊥AD，

∵AB⊥AC，AD∩AC=A，

∴AB⊥平面ACD，

∵AB⊂面ABC，AB⊂面ABD，

∴面ABD⊥面ACD，面ABC⊥面ACD，

∵DC⊥BC，DC⊥AC，BC∩AC=C，

∴DC⊥面ABC，

∵DC⊂面BCD，

∴面ABD⊥面BCD，

∴B，C，D正确．

若面ABD⊥面BCD，∵面ABD⊥面ACD，∴面BCD∥面ACD，显然不成立．

故选A．

点评：

本题考查平面与平面垂直的判定定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

11单选题

如图：已知矩形ABCD中，AB=2，BC=a，若PA⊥面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是(　　)

a＞4

a≥4

0＜a＜4

0＜a≤4

题目答案

答案解析

分析：

由线面垂直的判定得到PA⊥DE，又PE⊥DE，由线面垂直的判定得到DE⊥平面PAE，得到DE⊥AE，说明E为以AD为直径的圆上的点．从而得到a的取值范围．

解答：

解：∵PA⊥平面AC，

∴PA⊥DE，

又∵PE⊥DE，PA∩PE=P，

∴DE⊥平面PAE，

∴DE⊥AE．

即E点为以AD为直径的圆与BC的交点．

∵AB=2，BC=a，满足条件的E点有2个

∴a＞2AB=4．

故选：A．

点评：

本题主要考查了直线与平面垂直的性质，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．

12单选题

一条直线与一个平面垂直的条件是（　　）

垂直于平面内的一条直线

垂直于平面内的两条直线

垂直于平面内的无数条直线

垂直于平面内的两条相交直线

题目答案

答案解析

分析：

由线面垂直的判定定理，可得结论．

解答：

解：由线面垂直的判定定理，可得一条直线与一个平面垂直的条件是垂直于平面内的两条相交直线．

故选：D．

点评：

本题考查空间的线面位置关系，考查空间想象能力和逻辑推理能力，比较基础．

13单选题

在正四棱锥P-ABCD中，PA=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$AB，M是BC的中点，G是△PAD的重心，则在平面PAD中经过点G且与直线PM垂直的直线条数有（　　）

0条

1条

3条

无数条

题目答案

答案解析

分析：

根据正四棱锥P-ABCD中，PA=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$AB，M是BC的中点，利用勾股定理即可求出PM与AB的关系，利用勾股定理证明PM⊥PN，利用线面垂直的判定定理可证PM⊥面PAD，因此可求平面PAD中经过G点且与直线PM垂直的直线的条数．

解答：

解：设正四棱锥的底面边长为a，则侧棱长为$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$a．

由PM⊥BC，可得PM=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$a．

连接PG并延长与AD相交于N点，则求得PN=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$a，MN=AB=a，

∴PM_+PN_=MN_，

∴PM⊥PN，又PM⊥AD，

∴PM⊥面PAD，

∴在平面PAD中经过G点的任意一条直线都与PM垂直．

故答案为无数．

点评：

本题主要考查了直线与平面垂直的判断和性质定理，以及空间中直线的位置关系，考查了学生利用知识分析解决问题的能力，属于中档题．

14单选题

已知点E，F分别是正方体ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的棱AB，AA$_1$的中点，点M，N分别是线段D$_1$E与C$_1$F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有(　　)

0条

1条

2条

无数条

题目答案

答案解析

分析：

设正方体ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的棱长为2，以C为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出与平面ABCD垂直的直线MN只有1条．

解答：

解：设正方体ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$的棱长为2，

以C为原点建立空间直角坐标系，

则D$_1$(2，0，2)，E(1，2，0)，$\xrightarrow[""]{D$_1$E}$=(-1，2，-2)，

C$_1$(0，0，2)，F(2，2，1)，$\xrightarrow[""]{C$_1$F}$=(2，2，-1)，

设$\xrightarrow[""]{D$_1$M}$=λ$\xrightarrow[""]{D$_1$E}$，则M(2-λ，2λ，2-2λ)，

设$\xrightarrow[""]{C$_1$N}$=t$\xrightarrow[""]{C$_1$F}$，则N(2t，2t，2-t)，

∴$\xrightarrow[""]{MN}$=(2t-2+λ，2t-2λ，2λ-t)，

∵直线MN与平面ABCD垂直，

∴$\left\{\begin{matrix}2t-2+λ=0 \ 2t-2λ=0 \ 2λ-t≠0 \ \end{matrix}\right.$，解得λ=t=$\frac {2}{3}$，

∵方程组只有唯一的一组解，

∴与平面ABCD垂直的直线MN有1条．

故选：B．

点评：

本题考查空间直线与平面的位置关系，主要是直线与平面平行的判断和面面平行的判定与性质，考查空间想象能力和简单推理能力．

15单选题

棱长为1的正方体ABCD-A$_1$B$_1$C$_1$D$_1$中，M，N分别是A$_1$B$_1$，BB$_1$的中点，点P在正方体的表面上运动，则总能使MP⊥BN的点P所形成图形的周长是(　　)

2+$\sqrt {2}$

3+$\sqrt {5}$

2+$\sqrt {5}$

题目答案

答案解析

分析：

取CC$_1$的中点G，连接DGMA，设BN交AM与点E，则使BN与MP垂直的点P所构成的轨迹为矩形ADGM，由此可得使BN与MP垂直的点P所构成的轨迹的周长．

解答：

解：如图，取CC$_1$的中点G，连接DGMA，设BN交AM与点E，则MG∥BC，

∵BC⊥平面ABA$_1$B$_1$，NB⊂平面ABA$_1$B$_1$，

∴NB⊥MG，

∵正方体的棱长为1，M，N分别是A$_1$B$_1$，BB$_1$的中点，

△BEM中，∠MBE=30°，∠BME=60°

∴∠MEB=90°，即BN⊥AM，MG∩AM=M，

∴NB⊥平面ADGM，

∴使NB与MP垂直的点P所构成的轨迹为矩形ADGM，

∵正方体的棱长为1

∴故由勾股定理可得，使B$_1$C与MP垂直的点P所构成的轨迹的周长等于2+$\sqrt {5}$．

故选：D．

点评：

本题主要考查了立体几何中的轨迹问题，考查学生的分析解决问题的能力，解题的关键是确定使BN与MP垂直的点P所构成的轨迹，属于中档题．

16单选题

在空间四面体SABC中，SC⊥AB，AC⊥SC，且△ABC是锐角三角形，那么必有（　　）

平面SAC⊥平面SCB

平面SAB⊥平面ABC

平面SCB⊥平面ABC

平面SAC⊥平面SAB

题目答案

答案解析

分析：

根据线线垂直得到线面垂直，再根据线在面内，得出面面垂直．

解答：

解：∵SC⊥AB，AC⊥SC，AC∩AB=A

∴SC⊥平面ABC，

又SC⊂平面SCB，SC⊂平面SAC

∴平面SCB⊥平面ABC，平面SAC⊥平面ABC

故选：C．

点评：

本题主要考查了面面垂直的判定定理，关键是找线面的关系，属于基础题．

17单选题

空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，那么有（　　）

平面ABC⊥平面ADC

平面ABC⊥平面ADB

平面ABC⊥平面DBC

平面ADC⊥平面DBC

题目答案

答案解析

分析：

用判定定理先证明AD⊥平面BDC，再证明平面ADC⊥平面DBC即可．

解答：

解∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD=B

∴AD⊥平面BDC

又∵AD属于平面ADC，

∴平面ADC⊥平面DBC

故选：D

点评：

本题主要考察了直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定，属于基本知识的考查．

18单选题

在正方体的六个面中，与其中一个面垂直的面共有(　　)

1个

2个

3个

4个

题目答案

答案解析

分析：

通过图形，直接判断即可．

解答：

解：因为几何体是正方体，侧棱与底面垂直，侧面经过侧棱，

由面面垂直的判定定理可知：与底面ABCD垂直的平面只有4个侧面，如图：

故选D．

点评：

本题考查平面与平面垂直的判断，几何体的视图能力．

19单选题

如图所示，点P是平面ABC外一点，且满足PA、PB、PC两两垂直，PE⊥BC，则该图中两两垂直的平面共有(　　)

3对

4对

5对

6对

题目答案

答案解析

分析：

利用线面、面面垂直的判定定理可得结论．

解答：

解：∵点P是平面ABC外一点，且满足PA、PB、PC两两垂直，

∴平面PAB与平面PBC，平面PAB与平面PAC；平面PBC与平面PAC互相垂直．

∵PE⊥BC，

∴平面PAE⊥平面PBC，

∴图中两两垂直的平面共有4对．

故选：B．

点评：

本题考查线面、面面垂直的判定定理，比较基础．

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《空间中的垂直关系》空间中的垂直关系

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