2024-2025学年新教材高中数学第8章立体几何初步8.6.2第1课时直线与平面垂直的判定素养作业提技能含解析新人教A版必修第二册

PAGE第八章8.68.6.2第1课时A组·素养自测一、选择题1．一条直线和平面所成角为θ，那么θ的取值范围是(B)A．(0°，90°) B．[0°，90°]C．(0°，90°] D．[0°，180°][解析]由线面角的定义知B正确.2．在正方体ABCD－A1B1C1D1的六个面中，与AA1垂直的平面的个数是(BA．1 B．2C．3 D．6[解析]仅有平面AC和平面A1C1与直线AA1垂直3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，则图中共有直角三角形的个数为(D)A．1 B．2C．3 D．4[解析]∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥BC，PA⊥CD.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(AB⊥BCPA⊥BCPA∩AB＝A))⇒BC⊥平面PAB⇒BC⊥PB由eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(CD⊥ADCD⊥PAPA∩AD＝A))⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PD.∴△PAB，△PAD，△PBC，△PCD都是直角三角形.4．下列说法中，正确的是(B)A．垂直于同始终线的两条直线相互平行B．垂直于同一平面的两条直线相互平行C．垂直于同一平面的两个平面相互平行D．平行于同一平面的两条直线相互平行[解析]A中两直线可相交、异面、平行，故A错；B中l⊥α，m⊥α则l∥m，正确；C中两平面可平行、相交，故C错；D中两直线可平行、相交、异面，故D错.5．(多选)如图，六棱锥P­ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，则下列结论正确的是(BCD)A．CF⊥平面PAD B．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PAB D．CD∥平面PAF[解析]∵六棱锥P­ABCDEF的底面是正六边形，∴AF∥CD，由线面平行的判定定理，可得CD∥平面PAF，故D正确；∵DF⊥AF，DF⊥PA，又AF∩PA＝A，∴DF⊥平面PAF，故B正确；由正六边形的性质可知，CF∥AB，由线面平行的判定定理，可得CF∥平面PAB，故C正确；∵CF与AD不垂直，∴CF⊥平面PAD不正确.故选BCD．二、填空题6．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AD的中点，F是BB1的中点，则直线EF与平面ABCD所成角的正切值为__eq\f(\r(5),5)__.[解析]如图，连接EB，由BB1⊥平面ABCD，知∠FEB即直线EF与平面ABCD所成的角.在Rt△FBE中，BF＝1，BE＝eq\r(5)，则tan∠FEB＝eq\f(\r(5),5).7．已知△ABC所在平面外一点P到△ABC三顶点的距离都相等，则点P在平面ABC内的射影是△ABC的__外心__.(填“重心”、“外心”、“内心”、“垂心”)[解析]P到△ABC三顶点的距离都相等，则点P在平面ABC内的射影到△ABC三顶点的距离都相等，所以是外心.8．等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α所成的角为30°，则斜边上的中线CM与α所成的角为__45°__.[解析]如图，设C在平面α内的射影为O点，连接AO，MO，则∠CAO＝30°，∠CMO就是CM与α所成的角.设AC＝BC＝1，则AB＝eq\r(2)，∴CM＝eq\f(\r(2),2)，CO＝eq\f(1,2).∴sin∠CMO＝eq\f(CO,CM)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠CMO＝45°.三、解答题9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2(1)求证：AC⊥B1D；(2)求三棱锥C－BDB1的体积.[解析](1)证明：如图，∵ABCD－A1B1C1D1∴BB1⊥平面ABCD.∵AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.又∵底面ABCD为正方形，∴AC⊥BD.∵BB1∩BD＝B，∴AC⊥平面BDB1．∵B1D⊂平面BDB1，∴AC⊥B1D.(2)VC－BDB1＝VB1－BDC.∵B1B⊥平面ABCD，∴B1B是三棱锥B1－BDC的高.∵VB1－BDC＝eq\f(1,3)S△BDC·BB1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).∴三棱锥C－BDB1的体积为eq\f(4,3).10．(2024～2024·湖南张家界高一期末)如图，在棱长均为1的直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；(2)求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值.[解析](1)证明：直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC∴BB1⊥AD，∵AB＝AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC.又BC∩BB1＝B，∴AD⊥平面BCC1B1．(2)连接C1D.由(1)AD⊥平面BCC1B1，则∠AC1D即为直线AC1与平面BCC1B1所成角.在Rt△AC1D中，AD＝eq\f(\r(3),2)，AC1＝eq\r(2)，sin∠AC1D＝eq\f(AD,AC1)＝eq\f(\r(6),4)，即直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq\f(\r(6),4).B组·素养提升一、选择题1．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB，D为PB的中点，则下列结论正确的有(D)①BC⊥平面PAB；②AD⊥PC；③AD⊥平面PBC；④PB⊥平面ADC.A．0个 B．1个C．2个 D．3个[解析]∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，故①正确；由BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又PA＝AB，D是PB的中点，∴AD⊥PB，又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，∴AD⊥平面PBC，∴AD⊥PC，故②正确；由AD⊥平面PBC，∴③正确，故选D．2．空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC、BD的关系是(C)A．垂直且相交 B．相交但不肯定垂直C．垂直但不相交 D．不垂直也不相交[解析]取BD中点O，连接AO、CO，则BD⊥AO，BD⊥CO，∴BD⊥面AOC，BD⊥AC，又BD、AC异面，∴选C．3．如图，三条相交于点P的线段PA，PB，PC两两垂直，P在平面ABC外，PH⊥平面ABC于H，则垂足H是△ABC的(C)A．外心 B．内心C．垂心 D．重心[解析]∵PC⊥PA，PC⊥PB，PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB.又∵AB⊂平面PAB，∴AB⊥PC.又∵AB⊥PH，PH∩PC＝P，∴AB⊥平面PCH.又∵CH⊂平面PCH，∴AB⊥CH.同理BC⊥AH，AC⊥BH.∴H为△ABC的垂心.4．(2024·全国卷Ⅰ文，10)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)[解析]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1依据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3)，从而求得CC1＝2eq\r(2)，所以该长方体的体积为V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2)，故选C．二、填空题5．(2024·北京卷文，13)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__②③⇒①__.[解析]证明如下：∵m∥α，∴依据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.6．如图所示，已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a>0)，PA⊥平面AC，且PA＝1，若BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD，则a的取值范围是__[2，＋∞)__.[解析]因为PA⊥平面AC，QD⊂平面AC，∴PA⊥QD.又∵PQ⊥QD，PA∩PQ＝P，∴QD⊥平面PAQ，所以AQ⊥QD.①当0<a<2时，由四边形ABCD是矩形且AB＝1知，以AD为直径的圆与BC无交点，即对BC上任一点Q，都有∠AQD<90°，此时BC边上不存在点Q，使PQ⊥QD；②当a＝2时，以AD为直径的圆与BC相切于BC的中点Q，此时∠AQD＝90°，所以BC边上存在一点Q，使PQ⊥QD；③当a>2时，以AD为直径的圆与BC相交于点Q1、Q2，此时∠AQ1D＝∠AQ2D＝90°，故BC边上存在两点Q(即Q1与Q2)，使PQ⊥QD.三、解答题7．如图，在锥体P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，E，F分别是BC，PC的中点.求证：AD⊥平面DEF.[证明]取AD的中点G，连接PG，BG.因为PA＝PD，所以AD⊥PG.设菱形ABCD边长为1．在△ABG中，因为∠GAB＝60°，AG＝eq\f(1,2)，AB＝1，所以∠AGB＝90°，即AD⊥GB.又PG∩GB＝G，所以AD⊥平面PGB，从而AD⊥PB.因为E，F分别是BC，PC的中点，所以EF∥PB，从而AD⊥EF.易证DE∥GB，且AD⊥GB，所以AD⊥DE，因为DE∩EF＝E，所以AD⊥平面DEF.8．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱C