2021-2022学年新教材人教A版必修第二册-8.6.2-直线与平面垂直一-作业VIP

三十直线与平面垂直(一)【根底全面练】(25分钟50分)一、选择题(每题5分，共20分)1．如图，α∩β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是()A．异面B．平行C．垂直D．不确定【解析】选C.因为BA⊥α，α∩β＝l，l⊂α，所以BA⊥l，同理BC⊥l，又BA∩BC＝B，所以l⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以l⊥AC.2．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，那么△ABC的形状为()A.锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定【解析】选B.由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，又AC⊥PC，PC∩PB＝P，所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC.3．空间四边形ABCD的四边相等，那么它的两对角线AC，BD的关系是()A．垂直且相交B．相交但不一定垂直C．垂直但不相交D．不垂直也不相交【解析】选C.取BD中点O，连接AO，CO，那么BD⊥AO，BD⊥CO，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，又BD，AC异面．所以AC，BD不相交．【加固训练】如下图，如果MC⊥菱形ABCD所在平面，那么MA与BD的位置关系是()A．平行B．垂直相交C．垂直但不相交D．相交但不垂直【解析】选C.连接AC，因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD，那么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．4．(2021·赤峰高一检测)正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AB上的点，且AB＝4EB，那么直线C1E与平面ADD1AA．eq\f(\r(2),8)B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),16)D．eq\r(17)【解析】选A.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1因为平面AA1D1D∥平面BB1C所以直线C1E与平面ADD1A1所成角等于直线C1E与平面BCC1B1因为EB⊥平面BB1C1C那么∠EC1B即为直线C1E与平面BCC1B1所成的角．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4a那么EB＝a，BC1＝4eq\r(2)所以tan∠EC1B＝eq\f(a,4\r(2)a)＝eq\f(\r(2),8).即直线C1E与平面ADD1A1所成角的正切值为eq\f(\r(2),8).二、填空题(每题5分，共10分)5．(2021·宜兴高一检测)将一本书翻开后竖立在桌面上(如图)，那么书脊所在直线AB与桌面的位置关系为________．【解析】设桌面所在平面为平面α，由AB⊥BC，AB⊥BE，且BC⊂平面α，BE⊂平面α，且BC∩BE＝B，可得AB⊥平面α.答案：垂直6．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq\r(2)，那么AC1与面ABB1A1所成的角为________．【解析】取A1B1中点D，连接C1D，AD，因为正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq\r(2)，所以C1D⊥A1B1，C1D⊥AA1，因为A1B1∩AA1＝A1，所以C1D⊥平面ABB1A1所以AC1与面ABB1A1所成的角为∠DAC1因为C1D＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，AD＝eq\r(〔2\r(2)〕2＋12)＝3，所以tan∠DAC1＝eq\f(C1D,AD)＝eq\f(\r(3),3)，所以∠DAC1＝eq\f(π,6).所以AC1与面ABB1A1所成的角为eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)三、解答题(每题10分，共20分)7．如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，AC与BD交于点O.求证：BD⊥平面PAC.【证明】因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为PA⊥平面ABCD，所以BD⊥PA，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.8．如图，在四棱锥S­ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.求证：SD⊥平面SAB.【证明】因为AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝1，所以底面ABCD为直角梯形，AD＝eq\r(〔2－1〕2＋22)＝eq\r(5).因为侧面SAB为等边三角形，所以SA＝SB＝AB＝2.又SD＝1，所以AD2＝SA2＋SD2，所以SD⊥SA.连接BD，那么BD＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以BD2＝SD2＋SB2，所以SD⊥SB.又SA∩SB＝S，所以SD⊥平面SAB.【加固训练】如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)假设AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.【解析】(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，由SA＝SB，所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD，又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC.(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC，由(1)知SD⊥BD，又因为SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.【综合突破练】(20分钟40分)一、选择题(每题5分，共10分)1．如图，空间四边形ABCD中，各条棱都相等，那么AB所在直线与平面BCD所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),3)B．eq\f(1,3)C．eq\f(\r(6),3)D．1【解析】选A.因为空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，所以四面体ABCD为正四面体，所以点A在平面BCD上的投影为正三角形BCD的中心O，连接AO，BO，那么∠ABO为AB所在直线与平面BCD所成角，令AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝a，那么BO＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),3)a，在Rt△ABO中，cos∠ABO＝eq\f(BO,AB)＝eq\f(\f(\r(3),3)a,a)＝eq\f(\r(3),3).2．(多项选择题)如下图，在四个正方体中，EF是正方体的一条体对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出EF⊥平面MNP的图形为()【解析】选AD.对于AD.根据正方体的性质可得：EF⊥MN，EF⊥MP，可得EF⊥平面MNP.而BC无法得出EF⊥平面MNP.二、填空题(每题5分，共10分)3．四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝4，那么直线PB与平面PAC所成角为________．【解析】连接BD交AC于点O，连接PO.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD又底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.那么PO为PB在平面PAC上的射影．所以∠BPO为直线PB与平面PAC所成的角．因为PA＝AB＝4，所以OA＝OB＝2eq\r(2)，PO＝eq\r(42＋〔2\r(2)〕2)＝2eq\r(6).所以tan∠BPO＝eq\f(2\r(2),2\r(6))＝eq\f(\r(3),3)，得∠BPO＝30°.所以直线PB与平面PAC所成的角为30°.答案：30°4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，AB的中点，那么EF与直线AC1所成角的大小为________；EF与对角面BDD1B1【解析】由正方体的性质知，B1C1⊥平面ABB1A所以B1C1⊥EF，连接AB1，A1因为四边形ABB1A1所以AB1⊥A1B，因为E，F分别是AA1，AB的中点，所以EF∥A1B，所以AB1⊥EF，又B1C1∩AB1＝B1，B1C1，AB1⊂平面AB1所以EF⊥平面AB1C1，所以EF⊥AC1即EF与直线AC1所成角的大小为eq\f(π,2).取B1D1的中点O，连接OA1，OB，那么A1O⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1因为B1D1∩BB1＝B1，B1D1、BB1⊂平面BDD1B1，所以A1O⊥平面BDD1B1，因为EF∥A1B，所以EF与面BDD1B1所成的角也为A1B与面BDD1B1所成的角，即∠A1BO，在Rt△A1BO中，sin∠A1BO＝eq\f(A1O,A1B)＝eq\f(1,2)，所以EF与面BDD1B1所成角的正弦值为eq\f(1,2).答案：eq\f(π,2)eq\f(1,2)三、解答题(每题10分，共20分)5．如下图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2.点D，D1分别是棱AC，A1C(1)求证：D，B，B1，D1四点共面；(2)求直线BC1与平面DBB1D1所成角的大小．【解析】(1)因为点D，D1分别是棱AC，A1C1的中点，所以DD1∥CC1因为CC1∥BB1，所以DD1∥BB1，所以D、B、B1、D1四点共面．(2)作C1F⊥B1D1因为BB1⊥平面A1B1C1，C1F⊂平面A1B1所以直线BB1⊥直线C1F因为C1F⊥直线B1D1且BB1与B1D1相交于B1，所以直线C1F⊥平面DBB1D1，所以∠C1BF即为直线BC1与平面DBB1D在直角△C1BF中，BC1＝2eq\r(2)，C1F＝eq\f(2\r(5),5)，sin∠C1BF＝eq\f(\r(10),10).6.如下图，直三棱柱ABC­A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CE⊥AB1求证：(1)CD⊥AA1；(2)AB1⊥平面CED.【证明】(