第十一章 立体几何初步 A卷 基础达标卷(四)-2020-2021学年新教材高中数学必修第四册【创新思维】同步AB卷（人教B版）

２２．解析:(１)当 A１D１ D１C１ ＝１时,BC１∥AB１D１． 如图,此时 D１ 为线段 A１C１ 的中点,连接 A１B 交AB１ 于点O,连接OD１． 由棱柱的定义知四边形A１ABB１ 为 平行四边形, ∴点O 为A１B 的中点． 在 △A１BC１ 中,点 O,D１ 分 别 为 A１B,A１C１ 的中点,∴OD１∥BC１． 又OD１⊂平面AB１D１,BC１⊄平面AB１D１, ∴BC１∥平面AB１D１． 故当 A１D１ D１C１ ＝１时,BC１∥平面AB１D１． (２)证明:由(１)知,当BC１∥平面AB１D１ 时,点D１ 是线 段A１C１ 的中点, 则有AD∥D１C１,且AD＝D１C１, ∴四边形ADC１D１ 是平行四边形, ∴AD１∥DC１． 又DC１⊄平面AB１D１,AD１⊂平面AB１D１,∴DC１∥平 面AB１D１． 又BC１ ∥ 平 面 AB１D１,BC１ ⊂ 平 面 BC１D,DC１ 平 面 BC１D,DC１∩BC１＝C１, ∴平面BC１D∥平面AB１D１． 第十一章　立体几何初步 A卷􀅰基础达标卷(四) 空间中的垂直关系 １．B　∵过△ABC 所在平面α 外一点P,作 PO⊥α,垂足 为O, 连接PA,PB,PC,PA＝PB＝PC, ∴OA＝OB＝OC, ∴点O 是△ABC的外心． ２．D　∵PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAB, ∴平面PAB⊥平面ABCD, 同理可得:平面PAD⊥平面ABCD, 由PA⊥平面ABCD 可得PA⊥AD． 又AB⊥AD,AB∩PA＝A, ∴AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD, ∴平面PAB⊥平面PAD． ∵BC∥AD,AD⊥平面PAB, ∴BC⊥平面PAB,又BC⊂平面PBC, ∴平面PBC⊥平面PAB, 同理可得:平面PCD⊥平面PAD, 故共有５对互相垂直的平面． ３．A　如图所示, 取BD 的中点O,连接AO,CO,则AO⊥BD,CO⊥BD, 由平 面 ABD⊥ 平 面 BCD,且 平 面 ABD∩ 平 面 BCD ＝BD, 所以∠AOC＝９０°． 又AO＝CO＝１２BD＝ １ ２×４ ２＝２ ２ , 所以AC２＝AO２＋CO２＝８＋８＝１６, 所以AC＝４, 即空间四边形ABCD 的对角线AC＝４． ４．C　如图,连接AC． 因为平面ABCD 是菱形,所以 BD⊥AC．又 MC⊥平面 ABCD,则BD⊥MC．因为AC∩MC＝C,所以BD⊥平面 AMC．又 MA⊂ 平 面 AMC,所 以 MA⊥BD．显 然 直 线 MA 与直线BD 不共面,因此直线 MA 与BD 的位置关 系是垂直但不相交． ５．C　∵∠ABC＝４５°,AC＝AB,∴△ABC 为等腰直角三 角形,且∠ACB＝∠ABC＝４５°, ∴AC与BC 不垂直,即选项 A错误; 过点V 作VO⊥BC于O,连接OA, ∵侧面VBC⊥底面ABC,侧面VBC∩底面 ABC＝BC, ∴VO⊥底面ABC,即V 在底面ABC 上的投影为点O, ∵BC⊂底面ABC,∴VO⊥BC． ∵VA＝VB,∴OA＝OB,∠OAB＝∠OBA＝４５°,∴OA ⊥BC, ∵VO、OA ⊂ 平 面 VOA,VO ∩OA ＝O,∴BC⊥ 平 面VOA, ∵VA⊂平面VOA,∴VA⊥BC,即选项 C正确; 由三垂线定理知,若VB⊥AC,VC⊥AB,则BC⊥AC,BC ⊥AB,这与∠ACB＝∠ABC＝４５°相矛盾,即选项 B和 D 均错误． ６．D　如图所示,直线l与α内的无数条直线垂直,但l与α 斜交,故 A不正确;同理B也不正确;同样由图可得,l不 垂直于α,但α内有与l垂直的直线,且这样的直线有无 数条,故 C不正确;D正确． ７．C　在 A中,∵C为圆上异于A,B 的任意一点, ∴BC⊥AC, ∵PA⊥BC,PA∩AC＝A, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —７８— ∴BC⊥平面PAC, 故 A正确; 在B中,∵BC⊥平面PAC,AE⊂平面PAC, ∴BC⊥AE, ∵AE⊥PC,PC∩BC＝C, ∴AE⊥平面PBC, ∵EF⊂平面PBC, ∴AE⊥EF, 故B正确; 在 C中,若AC⊥PB, 则AC⊥平面P