高中數(shù)學人教A版第二章點直線平面之間的位置關系 課后提升作業(yè)十三

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關閉Word文檔返回原板塊。課后提升作業(yè)十三直線與平面垂直的判定(45分鐘70分)一、選擇題(每小題5分，共40分)，n是空間兩條不同直線，α，β是空間兩個不同平面，下面有四種說法：①m⊥α，n∥β，α∥β?m⊥n；②m⊥n，α∥β，m⊥α?n∥β；③m⊥n，α∥β，m∥α?n⊥β；④m⊥α，m∥n，α∥β?n⊥β.其中正確說法的個數(shù)為() B.2 【解析】選B.①正確，因為n∥β，α∥β，所以在α內(nèi)有與n平行的直線，又m⊥α，則m⊥n；②錯誤，α∥β，m⊥α?m⊥β，因為m⊥n，則可能n?β；③錯誤，因為m⊥n，α∥β，m∥α，則可能n?β且m?β；④正確，m⊥α，α∥β，得m⊥β，因為m∥n，則n⊥β.2.如圖所示，如果MC⊥菱形ABCD所在的平面，那么MA與BD的位置關系是()A.平行B.垂直相交C.垂直但不相交D.相交但不垂直【解析】選C.因為ABCD為菱形，所以DB⊥AC，又MC⊥平面ABCD，所以MC⊥BD.又AC∩MC=C，所以BD⊥平面ACM.又AM?平面AMC，所以BD⊥AM，又BD與AM不共面，所以MA與BD垂直但不相交.【延伸探究】本題若將條件“菱形ABCD”改為“平行四邊形ABCD”，加上條件“MA⊥BD”，判斷平行四邊形ABCD的形狀.【解析】因為MC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以MC⊥BD，又BD⊥MA，MA∩MC=M，所以BD⊥平面MAC，又AC?平面MAC，所以BD⊥AC，故平行四邊形ABCD為菱形.3.(2023·南昌高二檢測)如圖所示，在斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC中∠BAC=90°，且BC1⊥AC，過點C1作C1H⊥底面ABC，垂足為點H，則點H在()A.直線AC上 B.直線AB上C.直線BC上 D.△ABC內(nèi)部【解析】選B.作C1H⊥AB，因為∠BAC=90°，且BC1⊥AC，所以AC⊥平面ABC1，所以AC⊥C1H，因為AB∩AC=A，所以C1H⊥平面ABC，即點H在底面的垂足在AB邊上.4.如圖所示，定點A和B都在平面α內(nèi)，定點P?α，PB⊥α，C是平面α內(nèi)異于A和B的動點，且PC⊥AC，則△ABC為()A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.無法確定【解析】選B.因為PB⊥α，AC?α，所以PB⊥AC，又AC⊥PC，PB∩PC=P，所以AC⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AC⊥BC.故△ABC為直角三角形.5.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側(cè)棱AA1⊥平面ABCD，且底面ABCD為正方形，AA1=2AB，則CD與平面BDC1A.23 B.33 C.23 【解析】選A.如圖，設AB=a，則AA1=2a，三棱錐C-BDC1的高為h，CD與平面BDC1所成的角為α.因為VCBD即13×12×2a×=13×12a2×解得h=23所以sinα=hCD=26.如圖，在三棱錐V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA=VB，AD=BD，則下列結論中不一定成立的是()=BC⊥VD⊥VC△VCD·AB=S△ABC·VO【解析】選B.因為VA=VB，AD=BD，所以VD⊥AB.因為VO⊥平面ABC，AB?平面ABC，所以VO⊥AB.又VO∩VD=V，VO?平面VCD，VD?平面VCD，所以AB⊥平面VCD，又CD?平面VCD，VC?平面VCD，所以AB⊥VC，AB⊥CD.又AD=BD，所以AC=BC(線段垂直平分線的性質(zhì))，因為VO⊥平面ABC，所以VV-ABC=13S△ABC因為AB⊥平面VCD，所以VV-ABC=VB-VCD+VA-VCD=13S△VCD·BD+13S=13S△VCD=13S△VCD所以13S△ABC·VO=13S即S△VCD·AB=S△ABC·VO.綜上知，A，C，D正確.7.如圖，四棱錐S-ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列結論中不正確的是()⊥SB∥平面SCD與SC所成的角等于DC與SA所成的角與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角【解析】選C.因為SD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，所以連接BD，則BD⊥AC，又AC⊥SD，可得AC⊥SB，故A正確；因為AB∥CD，AB?平面SCD，CD?平面SCD，所以AB∥平面SCD，故B正確；因為AB∥CD，所以∠SCD為AB與SC所成角，∠SAB為SA與DC所成角，顯然∠SCD≠∠SAB，故C不正確.由AC⊥平面SBD，記AC與BD交于O，連接SO，則∠ASO為SA與平面SBD所成角，∠CSO為SC與平面SBD所成角，顯然∠ASO=∠CSO.8.(2023·溫州高二檢測)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，與B1E是異面直線⊥平面ABB1A與B1C1為異面直線，且AE⊥B11C∥平面AB1【解析】選選項，ABC-A1B1C1是三棱柱，則CE∥B1C1，所以，CEB1C1是一個平面，CC1與B1E共面；B選項，因為AC與AB的夾角是60°，所以AC和平面ABB1A1不垂直；C選項，E是BC的中點，則AE⊥BC，又因為BB1⊥平面ABC，所以AE⊥BB1，又BC∩BB1=B，所以AE⊥平面BCC1B1，所以AE⊥B1C1；D選項，A1C1∥AC，AC和平面AB1二、填空題(每小題5分，共10分)9.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC=CC1，當?shù)酌鍭1B1C1滿足條件________時，有AB1⊥BC1.(注：填上你認為正確的一種條件即可【解析】如圖所示，連接B1C，由BC=CC1，可得BC1⊥B1C，因此，要證AB1⊥BC1，則只要證明BC1⊥平面AB1C，即只要證AC⊥BC1即可，由直三棱柱可知，只要證AC⊥BC即可.因為A1C1∥AC，B1C1∥BC，故只要證A1C1⊥B1C1即可.(或者能推出A1C1⊥B1答案：∠A1C1B110.(2023·青島高一檢測)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，面對角線A1B與對角面BB1D1D所成的角為________【解析】連接A1C1交B1D1因為A1C1⊥B1D1A1C1⊥BB1，故A1C1⊥平面BB1D1D，所以A1B在平面BB1D1所以∠A1BO即為A1B與平面BB1D1D所成角.設正方體棱長為a，則A1B=2a，A1O=12A1C1=所以sin∠A1BO=A1OA1B所以∠A1BO=30°.答案：30°三、解答題(每小題10分，共20分)11.(2023·山東高考)在如圖所示的幾何體中,D是AC的中點,EF∥DB.(1)已知AB=BC,AE=EC.求證:AC⊥FB.(2)已知G,H分別是EC和FB的中點.求證:GH∥平面ABC.【解析】(1)連接ED,因為AB=BC,AE=EC,D為AC中點,所以AC⊥DE,AC⊥DB,DE∩DB=D,又EF∥DB,所以E,F,B,D四點共面,所以AC⊥平面EFBD,所以AC⊥FB.(2)取FC中點I,連接GI,HI,則有GI∥EF,HI∥BC,又EF∥DB,所以GI∥BD,又GI∩HI=I,BD∩BC=B,所以,平面GHI∥平面ABC,因為GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC.12.(2023·湖北高考)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，P，Q，M，N分別是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中點.求證：(1)直線BC1∥平面EFPQ.(2)直線AC1⊥平面PQMN.【解題指南】(1)通過證明FP∥AD1，得到BC1∥FP，根據(jù)線面平行的判定定理即可得證.(2)證明BD⊥平面ACC1，得出BD⊥AC1，進而得MN⊥AC1，同理可證PN⊥AC1，根據(jù)線面垂直的判定定理即可得出直線AC1⊥平面PQMN.【證明】(1)連接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，知AD1∥BC1因為F，P分別是AD，DD1的中點，所以FP∥AD1.從而BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)連接AC，BD，則AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1?平面ACC1，所以BD⊥AC1.因為M，N分別是A1B1，A1D1的中點，所以MN∥BD，從而MN⊥AC1.同理可證PN⊥AC1.又PN∩MN=N，所以直線AC1⊥平面PQMN.【能力挑戰(zhàn)題】如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BD.(1)求證：CD⊥平面ABD.(2)若AB=BD=CD=1，M為AD中點，求三棱錐A-MBC的體積.【解題指南】(1)利用線面垂直的判定定理證明.(2)分別求出△ABM的面積和高CD，繼而求出體積.【解析】(1)因為AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AB⊥CD.又因