課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(四十六) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)

PAGE第4頁(yè)共6頁(yè)課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(四十六)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)一、點(diǎn)全面廣強(qiáng)基訓(xùn)練1.如圖，如果MC垂直于菱形ABCD所在平面，那么MA與BD的位置關(guān)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?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD，則BD⊥MC.因?yàn)锳C∩MC＝C，所以BD⊥平面AMC，又MA?平面AMC，所以MA⊥BD.顯然直線MA與直線BD不共面，因此直線MA與BD垂直但不相交．2．對(duì)于不同直線m，n和不同平面α，β，有如下四個(gè)命題：①若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α∥β；②若m⊥α，m∥n，n?β，則α⊥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，則m⊥β；④若m⊥α，m⊥n，則n∥α.其中正確命題的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4解析：選B若m⊥α，n∥β，m⊥n，則α與β可能相交，可能平行，故①不正確；若m⊥α，m∥n，則n⊥α，又n?β，所以α⊥β，故②正確；若n⊥α，n⊥β，則α∥β，又m⊥α，所以m⊥β，故③正確；若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，故④不正確．3．(2021·河南九師聯(lián)盟二模聯(lián)考)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為16eq\r(2)，點(diǎn)P在面A1B1C1D1上，且A1，C到P的距離分別為2,2eq\r(3)，則直線CP與平面BDD1B1所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)解析：選B設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為a，則a3＝16eq\r(2)，故a＝2eq\r(2)，即AB＝2eq\r(2)，∴A1C1＝eq\r(2)a＝4，連接C1P，C1P＝eq\r(CP2－CC\o\al(2,1))＝eq\r(2\r(3)2－2\r(2)2)＝2，又∵A1P＝2，則點(diǎn)P在A1C1上且為中點(diǎn)，連接AC與BD交于O，連接OP，可知AC⊥平面BDD1B1，則∠CPO為直線CP與平面BDD1B1所成角，在直角三角形CPO中，sin∠CPO＝eq\f(OC,PC)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3).4.如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，過C1作C1H⊥底面ABC，垂足為H，則點(diǎn)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如圖，連接AC1.∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC在平面ABC內(nèi)，∴根據(jù)面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，則根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知，在平面ABC1內(nèi)一點(diǎn)C1向平面ABC作垂線，垂足必落在交線AB上．故選B.4．在正四面體ABCD中，已知E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，則下列說法正確的是()A．不存在E，F(xiàn)，使得EF⊥CDB．存在E，使得DE⊥CDC．存在E，使得DE⊥平面ABCD．存在E，F(xiàn)，使得平面CDE⊥平面ABF解析：選ABC為了方便解題，將正四面體ABCD放入正方體中，如圖所示．連接HG，OD，對(duì)于選項(xiàng)A，分別取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，則易知EF⊥CD，所以選項(xiàng)A不正確；對(duì)于選項(xiàng)B，在正方體中，易知CD⊥平面ABHG，因?yàn)檫^點(diǎn)D且與平面ABHG平行的平面不經(jīng)過點(diǎn)E，所以不存在點(diǎn)E，使得DE⊥CD，故選項(xiàng)B不正確；對(duì)于選項(xiàng)C，在正方體中，易證OD⊥平面ABC，所以不存在E，使得DE⊥平面ABC，故選項(xiàng)C不正確；對(duì)于選項(xiàng)D，設(shè)OD與平面ABC的交點(diǎn)為K，連接CK，當(dāng)平面CDK與AB的交點(diǎn)為E，F(xiàn)為CD上任意一點(diǎn)(不含端點(diǎn))時(shí)，平面CDE⊥平面ABF，故選項(xiàng)D正確．6.如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1解析：連接A1C1(圖略)，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角．因?yàn)锳B＝BC＝2，所以A1C1＝2eq\r(2)，又AA1＝1，所以AC1＝3，所以sin∠AC1A1＝eq\f(AA1,AC1)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)7.如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________．解析：因?yàn)镻C⊥平面ABC，所以PC垂直于直線AB，BC，AC.因?yàn)锳B⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，又因?yàn)锳P?平面PAC，所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB8．在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.解析：∵△PAB≌△PAD，∴PB＝PD，∴△PDC≌△PBC，當(dāng)BM⊥PC時(shí)，有DM⊥PC，此時(shí)PC⊥平面MBD，∴平面MBD⊥平面PCD.故填BM⊥PC(或DM⊥PC)．答案：BM⊥PC(或DM⊥PC)9.如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1求證：(1)直線DE∥平面A1C(2)平面B1DE⊥平面A1C證明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，∵D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴DE∥AC，∴DE∥A1C1.∵DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.∵A1C1?平面A1B1C1，∴A1A⊥A1C1.∵A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1.∵B1D?平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，∴B10.如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值．解：(1)證明：連接A1E.因?yàn)锳1A＝A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，又BC?平面ABC，則A1E⊥BC.又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F?平面A1EF，所以BC⊥平面A1EF.又EF?平面A1EF(2)取BC的中點(diǎn)G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形．由于A1E⊥平面ABC，EG?平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，又BC?平面A1BC，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．連接A1G交EF于點(diǎn)O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角)．不妨設(shè)AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O為A1G的中點(diǎn)，故EO＝OG＝eq\f(A1G,2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠EOG＝eq\f(EO2＋OG2－EG2,2EO·OG)＝eq\f(3,5).因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).二、重點(diǎn)難點(diǎn)培優(yōu)訓(xùn)練1．如圖，一個(gè)正四棱錐P1-AB1C1D和一個(gè)正三棱錐P2-B2C2S的所有棱長(zhǎng)都相等，F(xiàn)為棱B1C1的中點(diǎn)，將P1、P2，B1、B2，C1、C2分別對(duì)應(yīng)重合為P，B，C，得到組合體．關(guān)于該組合體有如下三個(gè)結(jié)論：①AD⊥SP；②AD⊥SF；③ABA．0B．1C．2D．3解析：選A由于正四棱錐P1-AB1C1D和正三棱錐P2-B2C2S所有的棱長(zhǎng)都相等，可以疊放在一起，得到組合體PAD-SBC，把其放在兩個(gè)相同的正四棱柱拼成的幾何體內(nèi)，如圖所示，點(diǎn)P對(duì)應(yīng)左側(cè)正四棱柱上底面的中心O1，點(diǎn)S對(duì)應(yīng)右側(cè)正四棱柱上底面的中心O2，由圖可知拼成的組合體PAD-SBC是一個(gè)三棱柱，所以SP∥AB，設(shè)E為AD的中點(diǎn)，連接PE，EF，F(xiàn)S，可知AD⊥SP，AD⊥平面PEFS，所以AD⊥2.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段B1CA．直線BD1⊥平面A1C1B．直線AP∥平面A1C1C．三棱錐P-A1C1DD．異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(π,4)，eq\f(π,2)))3．已知α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出下面四個(gè)論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中的三個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：________.(用序號(hào)表示)解析：若①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β成立，則m與α可能平行也可能相交，即④m⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④m⊥α成立，則n與β可能平行也可能相交，即③n⊥β不一定成立；若①m⊥n，③n⊥β，④m⊥α成立，因?yàn)閙⊥n，n⊥β，所以m∥β，又m⊥α，所以α⊥β，即①③④?②；若②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α成立，因?yàn)棣痢挺?，n⊥β，所以n∥α，又m⊥α，所以m⊥n，即②③④?①.答案：①③④?②(或②③④?①)4．如圖(1)，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上(P不與B，C重合)，E為線段BC的中點(diǎn)．現(xiàn)將正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD⊥平面BCP，如圖(2)所示．(1)證明：BP⊥平面DCP；(2)若BC＝2，當(dāng)三棱錐D-BPC的體積最大時(shí)，求E到平面BDP的距離．解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCP，四邊形ABCD是正方形，平面ABCD∩平面BCP＝BC，所以DC⊥平面BCP.因?yàn)锽P?平面BCP，所以BP⊥DC.因?yàn)辄c(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上，所以BP⊥PC，又DC∩PC＝C，所以BP⊥平面DCP.(2)當(dāng)點(diǎn)P位于的中點(diǎn)時(shí)，△BCP的面積最大，三棱錐D-BPC的體積也最大．如圖，連接PE，DE，因?yàn)锽C＝2，所以PE＝1，所以△BEP的面積為eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，所以三棱錐D-BEP的體積為eq\f(1,3)×