强化课 平行与垂直的综合应用 课后达标检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第四册（人教B版）

课后达标检测 1 √ 一、选择题 1．已知三条直线l1，l2，l3满足l1∥l2且l2⊥l3，则l1与l3(　　) A．平行 B．垂直 C．共面 D．异面 解析：若l1∥l2且l2⊥l3，根据空间直线垂直的定义，可得l1⊥l3，不平行，有可能共面，也有可能异面．故选B. 课后达标检测 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 17 √ 2．已知平面α，β，γ，α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n.则“l，m，n两两垂直”是“α，β，γ两两垂直”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 解析：当α，β，γ两两垂直时，在β内作a⊥l，在γ内作b⊥n， 则a⊥α，b⊥α，所以a∥b， 因为a⊄γ，b⊂γ，所以a∥γ， 因为a⊂β，β∩γ＝m，所以a∥m， 因为a⊥α，所以m⊥α， 因为l，n⊂α，所以m⊥l，m⊥n， 同理可证得n⊥l，所以l，m，n两两垂直，必要性成立； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 当l，m，n两两垂直时，因为α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n， 所以n，l⊂α，l，m⊂β， m，n⊂γ， 因为m⊥n，所以m与n是相交直线， 又l⊥m，l⊥n，m，n⊂γ，所以l⊥γ， 因为l⊂α，l⊂β，所以α⊥γ，β⊥γ， 同理可证得α⊥β，所以α，β，γ两两垂直，充分性成立， 所以“l，m，n两两垂直”是“α，β，γ两两垂直”的充要条件． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 3．已知α，β，γ表示三个不同的平面，a，b，c表示三条不同直线，则使“a∥b∥c”成立的一个充分条件是(　　) A．a⊥α，b⊥β，c⊥γ，且α⊥β，β⊥γ，γ⊥α B．a∥α，b∥β，c∥γ，且α∥β∥γ C．α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c D．α∩β＝a，b⊂α，c⊂β，b∥c 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 解析：对于A.由α⊥β，a⊥α，b⊥β，得a⊥b，不能推出a∥b，故A错误； 对于B，当α∥β，a∥α，b∥β时，有可能出现a∥b，a⊥b，a与b相交或异面的情况，所以不一定推得a∥b，故B错误； 对于C，当平面α，β，γ为正方体中有同一个顶点的三个面时，a，b，c交于一点，所以不一定推得a∥b，故C错误； 对于D，因为b⊂α，α∩β＝a，所以b⊄β，又b∥c，c⊂β，所以b∥β，又b⊂α，α∩β＝a，所以b∥a，同理c∥a，所以a∥b∥c，则充分性成立，故D正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 4.(2024·丹东月考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，且AF∥EC1，则四边形AEC1F的形状是(　　)   A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 解析：因为AF∥EC1，所以A，F，C1，E四点共面．因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，平面ABB1A1∩平面AEC1F＝AE，平面CDD1C1∩平面AEC1F＝C1F，所以AE∥C1F，所以四边形AEC1F为平行四边形．故选A. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 解析：由题意知，AD⊥平面DCC1D1，AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面DCC1D1，故A正确； 线段CD是半圆的直径，所以DE⊥EC，因为AD⊥平面DCC1D1，EC⊂平面DCC1D1，所以AD⊥EC，又AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE，所以EC⊥平面ADE，因为EC⊂平面BCE，所以平面ADE⊥平面BCE，故B正确； 因为D1C1∥AB，AB⊂平面ABE，D1C1⊄平面ABE，所以D1C1∥平面ABE，故C正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 8．(多选)已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，则下列命题中正确的是(　　) A．若α∥β，l∥β，则l∥α B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β D．若α⊥β，l∥β，则l⊥α √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 解析：对于A，若α∥β，l∥β，则l∥α或l⊂α，故A错误； 对于B，若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故B正确； 对于C，如图，若l⊥α，l∥β，过l的平面γ与β相交，设交线为m，因为l∥β，l⊂γ，β∩γ＝m，则l∥m，因为l⊥α，则m⊥α，因为m⊂β，故α⊥β，故C正确； 对于D，若α⊥β，l∥β，则l与α不一定垂直，故D错误．故选BC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 9.(多选)如图，AB是圆柱的一条母线，MN为圆柱底面圆的直径，P，Q分别为AB，AN的中点，则下列说法正确的是(　　) A．PQ∥平面BMN B．PQ⊥PM C．平面ABM⊥平面PQM D．平面PQM⊥平面NQM √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 解析：因为P，Q分别为AB，AN的中点，则PQ∥BN，又BN⊂平面BMN，PQ⊄平面BMN，所以PQ∥平面BMN，A正确； 由AB是圆柱的一条母线可知AB⊥平面BMN，又BN⊂平面BMN，则AB⊥BN，因为MN为圆柱底面圆的直径，所以BM⊥BN，AB∩BM＝B，AB，BM⊂平面ABM，则BN⊥平面ABM，又PM⊂平面ABM，则BN⊥PM，又PQ∥BN，则PQ⊥PM，B正确； 由B项知BN⊥平面ABM，又PQ∥BN，则PQ⊥平面ABM，又PQ⊂平面PQM，故平面ABM⊥平面PQM，C正确； 平面PQM与平面NQM二面角的大小与圆柱的高和底面半径有关，不一定垂直，D错误． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 √ 10．(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法中正确的是(　　) A．MN∥平面ADD1A1 B．MN⊥AB C．直线MN与平面ABCD所成的角为60° D．异面直线MN与DD1所成的角为45° √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 对于B，由AB⊥平面ADD1A1，EF⊂平面ADD1A1，得AB⊥EF，则MN⊥AB，B正确； 对于C，显然AF⊥平面ABCD，则∠FEA是EF与平面ABCD所成的角，又AE＝AF，∠EAF＝90°， 则∠FEA＝45°，又EF∥MN，则直线MN与平面ABCD所成的角为45°，C错误； 对于D，AA1∥DD1，EF∥MN，则∠AFE是异面直线MN与DD1所成的角，显然∠AFE＝45°，D正确．故选ABD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 二、填空题 11.(2024·大连月考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D为AA1的中点，点P在侧面BCC1B1上运动，当点P满足条件___________________________时，A1P∥平面BCD.(填一个满足题意的条件即可) 解析：取CC1的中点P，连接A1P(图略).因为D为AA1的中点，所以A1P∥CD.因为A1P⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，所以A1P∥平面BCD.所以当点P是CC1的中点时，A1P∥平面BCD. P是CC1的中点(答案不唯一) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 12．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M是棱CC1的中点，空间中的 动点P满足DP⊥BM，且D1P＝1，则动点P的轨迹长度为__________． 解析：如图，分别取A1D1，B1C1的中点E，F，连接DE，EF，CF， 因为CD⊥平面BCC1B1， BM⊂平面BCC1B1， 所以BM⊥CD， 在Rt△BCM，Rt△CC1F中，BC＝CC1，CM＝C1F， ∠BCM＝∠CC1F＝90°， 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 所以Rt△BCM≌Rt△CC1F， 所以∠CBM＝∠FCC1， 又∠BCM＝∠BCF＋∠FCC1＝90°， 所以∠BCF＋∠CBM＝90°， 所以BM⊥CF， 又CF∩CD＝C，CF，CD⊂平面CDEF， 所以BM⊥平面CDEF， 由DP⊥BM，得点P在平面CDEF内， 由D1P＝1，得点P在以D1为球心，半径为1的球面上， 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 13．已知二面角α-l-β的平面角是120°，在平面α内，AB⊥l于点B，AB＝2，在平面β内，CD⊥l于点D，CD＝3，BD＝1，M是棱l上的一个动点，则AM＋CM的最小值是________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 14.如图，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E是边CD上的动点(不包含点D)，将△ADE沿AE折起至△PAE的位置，使得平面PAB⊥平面 ABCE，过P作PG⊥AB，垂足为G，则AG的取值范围为____________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 (1)EF∥平面PAD； 证明：连接AC(图略)，则F是AC的中点，又E为PC的中点，故在△CPA中，EF∥PA，又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 (2)平面PAB⊥平面PCD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 (1)求证：BE⊥平面A′CD； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 因为CD⊥BD，且A′D∩BD＝D，A′D，BD⊂平面A′BD，所以CD⊥平面A′BD， 又因为BE⊂平面A′BD，所以CD⊥BE. 因为A′C⊥平面BEF，且BE⊂平面BEF， 所以BE⊥A′C， 又因为A′C∩CD＝C，且A′C，CD⊂平面A′CD，所以BE⊥平面A′CD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 (2)求点F到平面A′BD的距离． 解：过点F作FG⊥A′D，垂足为G，如图所示． 由(1)知BE⊥平面A′CD，　 而FG⊂平面A′CD， 所以BE⊥FG， 又A′D∩BE＝E，A′D，BE⊂平面A′BD， 所以FG⊥平面A′BD， 则垂线段FG的长度即为点F到平面A′BD的距离． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 16 11 2 3 1 课后达标检测 17 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 17 16 (1)求证：AC⊥SD； 解：证明：如图，连接BD，交AC于点O，连接SO，则点O是正方形ABCD的中心． 因为SA＝SC，所以SO⊥AC. 又AC⊥BD，BD，SO⊂平面SBD，BD∩SO＝O， 所以AC⊥平面SBD. 又SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 17 16 (2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 17 16 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 17 16 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 17 16 因此动点P的轨迹为平面CDEF与球D1的球面的交线，即在平面CDEF内的圆， 连接DF，设点D1到平面DEF的距离为h，平面DEF截球D1所得截面圆的半径为r， 则由V三棱锥D1-DEF＝V三棱锥F-DED1， 得h·S△DEF＝×2××2×1， $