2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第8章立體幾何初步8.6.2第1課時直線與平面垂直的判定素養(yǎng)作業(yè)提技能含解析新人教A版必修第二冊

PAGE第八章8.68.6.2第1課時A組·素養(yǎng)自測一、選擇題1．一條直線和平面所成角為θ，那么θ的取值范圍是(B)A．(0°，90°) B．[0°，90°]C．(0°，90°] D．[0°，180°][解析]由線面角的定義知B正確.2．在正方體ABCD－A1B1C1D1的六個面中，與AA1垂直的平面的個數(shù)是(BA．1 B．2C．3 D．6[解析]僅有平面AC和平面A1C1與直線AA1垂直3．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，則圖中共有直角三角形的個數(shù)為(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．下列說法中，正確的是(B)A．垂直于同始終線的兩條直線相互平行B．垂直于同一平面的兩條直線相互平行C．垂直于同一平面的兩個平面相互平行D．平行于同一平面的兩條直線相互平行[解析]A中兩直線可相交、異面、平行，故A錯；B中l(wèi)⊥α，m⊥α則l∥m，正確；C中兩平面可平行、相交，故C錯；D中兩直線可平行、相交、異面，故D錯.5．(多選)如圖，六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，則下列結(jié)論正確的是(BCD)A．CF⊥平面PAD B．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PAB D．CD∥平面PAF[解析]∵六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形，∴AF∥CD，由線面平行的判定定理，可得CD∥平面PAF，故D正確；∵DF⊥AF，DF⊥PA，又AF∩PA＝A，∴DF⊥平面PAF，故B正確；由正六邊形的性質(zhì)可知，CF∥AB，由線面平行的判定定理，可得CF∥平面PAB，故C正確；∵CF與AD不垂直，∴CF⊥平面PAD不正確.故選BCD．二、填空題6．如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是AD的中點，F(xiàn)是BB1的中點，則直線EF與平面ABCD所成角的正切值為__eq\f(\r(5),5)__.[解析]如圖，連接EB，由BB1⊥平面ABCD，知∠FEB即直線EF與平面ABCD所成的角.在Rt△FBE中，BF＝1，BE＝eq\r(5)，則tan∠FEB＝eq\f(\r(5),5).7．已知△ABC所在平面外一點P到△ABC三頂點的距離都相等，則點P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的__外心__.(填“重心”、“外心”、“內(nèi)心”、“垂心”)[解析]P到△ABC三頂點的距離都相等，則點P在平面ABC內(nèi)的射影到△ABC三頂點的距離都相等，所以是外心.8．等腰直角三角形ABC的斜邊AB在平面α內(nèi)，若AC與α所成的角為30°，則斜邊上的中線CM與α所成的角為__45°__.[解析]如圖，設(shè)C在平面α內(nèi)的射影為O點，連接AO，MO，則∠CAO＝30°，∠CMO就是CM與α所成的角.設(shè)AC＝BC＝1，則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、解答題9．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2(1)求證：AC⊥B1D；(2)求三棱錐C－BDB1的體積.[解析](1)證明：如圖，∵ABCD－A1B1C1D1∴BB1⊥平面ABCD.∵AC?平面ABCD，∴BB1⊥AC.又∵底面ABCD為正方形，∴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是三棱錐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).∴三棱錐C－BDB1的體積為eq\f(4,3).10．(2024～2024·湖南張家界高一期末)如圖，在棱長均為1的直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中點(1)求證：AD⊥平面BCC1B1；(2)求直線AC1與平面BCC1B1所成角的正弦值.[解析](1)證明：直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC∴BB1⊥AD，∵AB＝AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC.又BC∩BB1＝B，∴AD⊥平面BCC1B1．(2)連接C1D.由(1)AD⊥平面BCC1B1，則∠AC1D即為直線AC1與平面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)，即直線AC1與平面BCC1B1所成角的正弦值為eq\f(\r(6),4).B組·素養(yǎng)提升一、選擇題1．如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB，D為PB的中點，則下列結(jié)論正確的有(D)①BC⊥平面PAB；②AD⊥PC；③AD⊥平面PBC；④PB⊥平面ADC.A．0個 B．1個C．2個 D．3個[解析]∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，故①正確；由BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，又PA＝AB，D是PB的中點，∴AD⊥PB，又PB∩BC＝B，PB，BC?平面PBC，∴AD⊥平面PBC，∴AD⊥PC，故②正確；由AD⊥平面PBC，∴③正確，故選D．2．空間四邊形ABCD的四邊相等，則它的兩對角線AC、BD的關(guān)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中點O，連接AO、CO，則BD⊥AO，BD⊥CO，∴BD⊥面AOC，BD⊥AC，又BD、AC異面，∴選C．3．如圖，三條相交于點P的線段PA，PB，PC兩兩垂直，P在平面ABC外，PH⊥平面ABC于H，則垂足H是△ABC的(C)A．外心 B．內(nèi)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為△ABC的垂心.4．(2024·全國卷Ⅰ文，10)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，A．8 B．6eq\r(2)C．8eq\r(2) D．8eq\r(3)[解析]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BC1依據(jù)線面角的定義可知∠AC1B＝30°，因為AB＝2，所以BC1＝2eq\r(3)，從而求得CC1＝2eq\r(2)，所以該長方體的體積為V＝2×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2)，故選C．二、填空題5．(2024·北京卷文，13)已知l，m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出一個正確的命題：__②③?①__.[解析]證明如下：∵m∥α，∴依據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，知存在n?α，使得m∥n.又∵l⊥α，∴l(xiāng)⊥n，∴l(xiāng)⊥m.6．如圖所示，已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a>0)，PA⊥平面AC，且PA＝1，若BC邊上存在點Q，使得PQ⊥QD，則a的取值范圍是__[2，＋∞)__.[解析]因為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當(dāng)0<a<2時，由四邊形ABCD是矩形且AB＝1知，以AD為直徑的圓與BC無交點，即對BC上任一點Q，都有∠AQD<90°，此時BC邊上不存在點Q，使PQ⊥QD；②當(dāng)a＝2時，以AD為直徑的圓與BC相切于BC的中點Q，此時∠AQD＝90°，所以BC邊上存在一點Q，使PQ⊥QD；③當(dāng)a>2時，以AD為直徑的圓與BC相交于點Q1、Q2，此時∠AQ1D＝∠AQ2D＝90°，故BC邊上存在兩點Q(即Q1與Q2)，使PQ⊥QD.三、解答題7．如圖，在錐體P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點.求證：AD⊥平面DEF.[證明]取AD的中點G，連接PG，BG.因為PA＝PD，所以AD⊥PG.設(shè)菱形ABCD邊長為1．在△ABG中，因為∠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，從而AD⊥PB.因為E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點，所以EF∥PB，從而AD⊥EF.易證DE∥GB，且AD⊥GB，所以AD⊥DE，因為DE∩EF＝E，所以AD⊥平面DEF.8．如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，點F是棱C