假期作业28 空间直线、平面的垂直-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（北师大版）

　　　　　假期作业２８　空间直线、平面的垂直　　　　　　　　　 １．直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判 定 定 理 一条直线与一 个平面内的 　 　　　　都垂 直,则该直线与 此平面垂直 a,b⊂α a∩b＝O l⊥a l⊥b ü þ ý ï ï ï ï ⇒l⊥α 性 质 定 理 垂直于同一个 平面的两条直 线　　　　 a⊥α b⊥α}⇒a∥b ２．平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判 定 定 理 一个平面过另 一 个 平 面 的 　　　　,则这 两个平面互相 垂直 l⊂β l⊥α}⇒α⊥β 性 质 定 理 两个平面互相 垂直,则一个平 面内垂直于 　 　　　的直线 垂直于另一个 平面 α⊥β l⊂β α∩β＝a l⊥a ü þ ý ï ï ï ï ⇒l⊥α ３．直线与平面所成的角 (１)定义:平面的一条斜线和它 在 平 面 上 的 射 影 所 成 的 　　　　,叫做这条直线和 这个平面所成的角,如图,　　　　就是斜 线AP 与平面α所成的角． (２)线面角θ的范围:θ∈ ０,π２ é ë êê ù û úú． ◆[考点一]　直线与平面垂直的判定与性质 １．直线n⊥平面α,n∥l,直线m⊂α,则l、m 的 位置关系是 (　　) A．相交　　　　　　　 B．异面 C．平行 D．垂直 ２．在空间四边形ABCD 中,平面ABD⊥平面 BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC是 (　　) A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 ３．如图,如果 MC⊥菱形ABCD 所在的平面, 那么 MA 与BD 的位置关系是 (　　) A．平行 B．不垂直 C．垂直 D．相交 ４．如图,在长方体ABCD－A１B１C１D１ 中,AB ＝BC ＝ ２,AA１ ＝ １,则 AC１ 与 平 面 A１B１C１D１ 所成角的正弦值为　　　　． ◆[考点二]　平面与平面垂直的判定与性质 ５．若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则 (　　) A．α∥γ B．α⊥γ C．α与γ相交但不垂直 D．以上都有可能 ６．(多选)α,β是两个平面,m,n是两条直线, 有下列四个命题,其中正确的命题是(　　) A．如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β B．如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n C．如果α∥β,m⊂α,那么m∥β D．如果m∥n,α∥β,那么 m 与α 所成的角 和n 与β所成的角相等 ７．(２０２２􀅰 全 国 乙 卷)在 正 方 体 ABCD － A１B１C１D１ 中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　) A．平面B１EF⊥平面BDD１ B．平面B１EF⊥平面A１BD C．平面B１EF∥平面A１AC D．平面B１EF∥平面A１C１D ８．如图,A,B,C,D 为空间四 点,在△ABC中,AB＝２,AC ＝BC ＝ ２,等 边 三 角 形 ADB 以AB 为轴运动,当平 面ADB⊥平面 ABC 时,则 CD＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７６ ◆[考点三]　垂直的综合应用 ９．(２０２３􀅰北京卷)坡屋 顶是我国传统建筑造 型之一,蕴含着丰富的 数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓, 展现造型之美．如图,某坡屋顶可视为一个 五面体,其中两个面是全等的等腰梯形,两 个面是全等的等腰三角形．若AB＝２５m, BC＝AD＝１０m,且等腰梯形所在的平面、 等腰三角形所在的平面与平面ABCD 的夹 角的正切值均为 １４ ５ ,则该五面体的所有棱 长之和为 (　　) A．１０２m　B．１１２m　C．１１７m　D．１２５m １０．已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α 及β之外的两条不同直线,给出四个论断: ①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α． 以其中三个论断作为条件,余下一个论断 作为结论,写出你认为正确的一个命题 　　　　．(用序号表示) １１．已 知 直 三 棱 柱 ABC － A１B１C１ 中,侧面 AA１B１B 为正方形,AB＝BC＝２, E,F 分别为AC 和CC１ 的 中点,BF⊥A１B１． (１)求三棱锥F－EBC 的 体积; (２)已知D 为棱A１B１ 上的点,证明: BF⊥DE． １２．如图,在平行四 边形ABCM 中, AB＝AC ＝３, ∠ACM ＝ ９０°． 以AC 为折痕将 △ACM 折起,使点 M 到达点D 的位置, 且AB⊥DA． (１)证明:平面ACD⊥平面ABC; (２)Q 为线段AD 上一点,P 为线段BC 上 一点,且BP＝DQ＝２３DA ,求三棱锥Q－ ABP 的体积． １．(２０２３􀅰全国乙卷(理))已知△ABC 为等腰 直角三角形,AB 为斜边,△ABD 为等边三 角形,若二面角C－AB－D 为１５０°,则直线 CD 与平面ABC 所成角的正切值为 (　　) A．１５ B． ２ ５ C． ３ ５ D． ２ ５ ２．«九章算术»是 我 国 古 代 数 学 名 著,书 中 将四 个 面 均 为 直 角 三 角 形 的 棱 锥 称 为 “鳖臑”．如 图,四 面 体P－ABC为 鳖 臑, PA⊥ 平 面 ABC,AB⊥BC,且 PA＝AB ＝１,BC＝ ２,则二面角 A－PC－B 的正 弦值为　　　　． 青 春 里,我 们 都 在 摸 索 着 成 长,会 被 绊 倒,会 流 泪,会 茫 然,会 想 要 放 弃,但 是 我 们 都 能 坚 持 到 最后．尽管我们一路走来跌跌 撞 撞,但 是 我 们写下 了 属 于 我 们 的 青 春 励 志 文 章,鼓 励 着正在 走 向 未 来 的 自 己,也 鼓 励 那 些 在 黑 暗中 挣 扎 的 青 少 年 不 要 轻 言 放 弃,辜 负 青春． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８６ (２)连接A１C１,交B１D１ 于点O,连接OE． 因为四边形A１B１C１D１ 为平行四边形,则O 点是A１C１ 的 中点．因为E 是AA１ 的中点,所以EO 是△AA１C１ 的中位 线,所以EO∥AC１． 又AC１⊈平面EB１D１,EO⫋平面EB１D１, 所以AC１∥平面EB１D１． (３)连接GH,因为EA􀱀B１H,则四边形EAHB１ 是平行四 边形,所以EB１∥AH．因为AD􀱀HG,则四边形ADGH 是 平行四边形,所以DG∥AH,所以EB１∥DG． 又因为BB１􀱀DD１,所以四边形BB１D１D 是平行四边形, 所以BD∥B１D１． 因为BD∩DG＝D, 所以平面EB１D１∥平面BDG． １２．证明:(１)连接AE,则AE 必过DF 与GN 的交点O,连接 MO,则 MO 为△ABE 的 中位线,所以BE∥MO． 又BE⊄平面DMF,MO⊂平面DMF, 所以BE∥平面DMF． (２)因为N,G 分别为平行四边形ADEF 的边AD,EF 的中 点,所以DE∥GN, 又DE⊄平面 MNG,GN⊂平面 MNG, 所以DE∥平面 MNG．又 M 为AB 的中点, 所以 MN 为△ABD 的中位线,所以BD∥MN, 又 MN⊂平面 MNG,BD⊄平面 MNG, 所以BD∥平面 MNG, 又DE,BD⊂平面BDE,DE∩BD＝D, 所以平面BDE∥平面 MNG． 新题快递 １．D　[A中,α∩β＝a,b⊂α,a,b可能平行也可能相交;B中,α ∩β＝a,a∥b,则可能b∥α,b∥β,也可能b在平面α或β内;C 中,α∥β,b∥β,a⊂α,b⊂α,根据平面平行的判定定理,若加上 条件a∩b＝A,则α∥β．故选 D．] ２．D　[如图所示,A′,B′分别是A, B 两点在α,β上 运 动 后 的 两 点, 此时AB 中 点C 变 成A′B′中 点 C′．连接A′B,取 A′B 的 中 点E, 连接 CE,C′E′,CC′,AA′,BB′． 则CE∥AA′,又AA′⊂α,CE⊄α, ∴CE∥α,同理C′E∥β． 又∵α∥β,∴C′E∥α． ∵C′E∩CE＝E,∴平面CC′E∥平面α．∴CC′∥α．故不论 A,B 如何移动,所有的动点C 都在过点C 且与α,β平行的 平面上．] 假期作业２８ 思维整合室 １．两 条 相 交 直 线 　 平 行 　２．垂 线 　 交 线 　３．(１)锐 角 　∠PAO 技能提升台　素养提升 １．D　 ２．A　[过点A 作AH⊥BD 于点 H(图略),由平面ABD⊥平 面BCD,得 AH⊥ 平 面 BCD,则 AH⊥BC．又 DA⊥ 平 面 ABC,所以BC⊥AD,所以BC⊥平面 ABD,所以BC⊥AB, 即△ABC为直角三角形．故选 A．] ３．C　[连接AC,因为ABCD 是菱形, 所以AC⊥BD, 又 MC⊥菱形 ABCD 所 在 的 平 面, BD⊂平面ABCD,所以 MC⊥BD, 又 MC∩AC＝C,MC,AC⊂ 平 面 MAC,所以BD⊥平面 MAC,MA⊂ 平面 MAC, 所以 MA⊥BD．] ４．解析:连接 A１C１,则∠AC１A１ 为 AC１ 与 平面A１B１C１D１ 所成的角． 因为AB＝BC＝２,所以A１C１＝AC＝ ２ ２,又AA１＝１,所以AC１＝３, 所以sin∠AC１A１＝ AA１ AC１ ＝１３． 答案:１ ３ ５．D ６．BCD　[A中当m⊥n,m⊥α,n∥β时,两个平面的位置关系 不确定,A 不 正 确．B 中,过 直 线n 作 平 面γ 与β 交 于c, 则n∥c． 由m⊥α,所以m⊥c,所以 m⊥n,B正确．C中由面面平行的 性质,易得m∥β,C正确．D中,由线面角的定义与等角定理 可知 D正确．] ７．A　 [对 于 A 选 项,在 正 方 体 ABCD－A１B１C１D１ 中,因为E,F 分别为AB,BC 的中点,易知EF ⊥BD,EF⊥DD１,又 BD∩DD１ ＝D,从 而 EF⊥ 平 面 B１BDD１, 又因为EF⊂平面B１EF,所以平 面B１EF⊥平面BDD１,所以 A选 项正 确;对 于 B 选 项,因 为 平 面 A１BD∩ 平 面 BDD１ ＝BD,由 上 述过程易知平面B１EF⊥平面A１BD 不成立;对于 C选项, 由题意知直线AA１ 与直线B１E 必相交,故平面B１EF 与平 面A１AC有 公 共 点,从 而 C 选 项 错 误;对 于 D 选 项,连 接 AC,AB１,B１C,易知平面AB１C∥平面A１C１D,又因为平面 AB１C与 平 面B１EF 有 公 共 点B１,故 平 面 AB１C 与 平 面 B１EF 不平行,所以 D选项错误．] ８．解 析:如 图,取 AB 的 中 点 E,连 接 DE,CE, 因为△ADB 是等边三角形, 所以DE⊥AB． 当平面ADB⊥平面ABC时, 因为平面ADB∩平面ABC＝AB,DE⊂ 平面ABD, 所以DE⊥平面ABC．又CE⊂平面ABC, 可知DE⊥CE．由已知可得DE＝ ３,EC＝１, 在 Rt△DEC中,CD＝ DE２＋CE２＝２． 答案:２ ９．C　[如图,过E 做EO⊥平面ABCD,垂足为O,过E 分别做 EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,OM, 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹 角分别为∠EMO 和∠EGO, 所以tan∠EMO＝tan∠EGO＝ １４５ ． 因为EO⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以EO⊥BC, 因为EG⊥BC,EO,EG⊂平面EOG,EO∩EG＝E, 所以BC⊥平面EOG,因为OG⊂平面EOG,所以BC⊥OG． 同理:OM⊥BM,又BM⊥BG,故四边形OMBG 是矩形, 所以由BC＝１０得OM＝５,所以EO＝ １４,所以OG＝５, 所 以 在 直 角 三 角 形 EOG 中,EG ＝ EO２＋OG２ ＝ ( １４)２＋５２＝ ３９, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６０１ 在直角三角形EBG 中,BG＝OM＝５,EB＝ EG２＋BG２＝ ( ３９)２＋５２＝８, 又因为EF＝AB－５－５＝２５－５－５＝１５, 所有棱长之和为２×２５＋２×１０＋１５＋４×８＝１１７m．] １０．解析:当m⊥α,m⊥n时,有n∥α或n⊂α,∴当n⊥β时,α⊥β,即 ①③④⇒②．或当α⊥β,m⊥α时,有m∥β或m⊂β,∴当n⊥β 时m⊥n,即②③④⇒①． 答案:①③④⇒②(或②③④⇒①) １１．解:(１)因为AB＝BC＝２,所以BE⊥AC,又因为是直三棱 柱ABC－A１B１C１,不妨设AC＝２a, 因为BF⊥A１B１, 所以BF⊥AB,连接AF, E,F 分别为AC 和CC１ 的中点,则 AF２＝BF２＋AB２, ⇒４a２＋１＝５＋４⇒a２＝２⇒a＝ ２, 所以BE＝ BC２－EC２＝ ２, 所以VF－EBC＝ １ ３S△BEC 􀅰FC＝１３× １ ２× ２× ２×１＝ １ ３． (２)连 接 A１E,取 BC 中 点 为 H, 连接EH,B１H, 因 为 E,H 分 别 为AC,BC 的 中 点,所以EH∥AB, 又因为A１B１∥AB,所以 A１B１∥ EH,所以A１EHB１ 共面, 易知DE⊂平面A１EHB１, 易知△FCB≌△HBB１,所 以 BF ⊥HB１, 又因为BF⊥A１B１,且A１B１∩HB１＝B１, 所以BF⊥平面A１EHB１,所以BF⊥DE． １２．(１)解:证明　由已知可得,∠BAC＝９０°, 即BA⊥AC．又BA⊥AD,AD∩AC＝A,AD, AC⊂平面ACD, 所以AB⊥平面ACD． 又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC． (２)由 已 知 可 得,DC＝ CM＝AB＝３, DA＝３ ２． 又BP＝DQ＝２３DA , 所以BP＝２ ２． 如图,过 点 Q 作 QE ⊥ AC,垂足为E,则QE∥DC且QE＝１３DC． 由已知及(１)可得,DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE＝１． 因为,三棱锥Q－ABP 的体积为 VQ－ABP＝ １ ３×S△ABP×QE ＝１３× １ ２×３×２ ２sin４５°×１＝１． 新题快递 １．C　[取 AB 的中点E,连接CE, DE,因 为 △ABC 是 等 腰 直 角 三 角 形,且 AB 为 斜 边,则 有 CE ⊥AB, 又△ABD 是等边三角形,则 DE ⊥AB,从 而 ∠CED 为 二 面 角C －AB－D 的 平 面 角,即 ∠CED ＝１５０°, 显然CE∩DE＝E,CE,DE⊂平 面CDE,于是AB⊥平面CDE,又AB⊂平面ABC, 因此平 面 CDE⊥ 平 面 ABC,显 然 平 面 CDE∩ 平 面 ABC ＝CE, 直线CD⊂平面CDE,则直线CD 在平面ABC 内的射影为 直线CE, 从而∠DCE 为直线CD 与平面ABC 所成的角,令 AB＝２, 则CE＝１,DE＝ ３,在△CDE 中,由余弦定理得: CD＝ CE２＋DE２－２CE􀅰DEcos∠CED ＝ １＋３－２×１× ３× － ３２ æ è ç ö ø ÷ ＝ ７, 由正弦定理 DE sin∠DCE＝ CD sin∠CED , 得sin∠DCE＝ ３sin１５０° ７ ＝ ３ ２ ７ , 显 然 ∠DCE 是 锐 角,cos∠DCE ＝ １－sin２∠DCE ＝ １－ ３ ２ ７ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ５ ２ ７ , 所以直线CD 与平面ABC 所成的角的正切为 ３５． ] ２．解析:因为PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC,所以平面PAC ⊥平面ABC． 过点B 作BD⊥AC于点D,过点 D 作DE⊥PC 于点E,连 接BE． 因为平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC＝AC, BD⊂平面ABC, 所以BD⊥平面PAC．因为PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC． 因为DE⊥PC,BD∩DE＝D,BD,DE⊂平面BDE,所以PC ⊥平面BDE．因为BE⊂平面BDE,所以PC⊥BE, 所以二面角A－PC－B 的平面角为∠BED． 因为AB⊥BC,且 PA＝AB＝１,BC ＝ ２,PA⊥ 平 面 ABC,所 以 PB＝ ２,AC＝ ３,PC＝２,PB⊥BC．又因 为BE⊥PC,所以 E 为PC 的中点, 所以BE＝１． 由等面积法得BD＝ ６３． 因为BD⊥平面PAC,所以sin∠BED＝BDBE＝ ６ ３． 所以二面角A－PC－B 的正弦值为 ６３． 答案:６ ３ [第二部分]　新知预览１ 知识梳理———自学教材,素养奠基 ２．(１)一个点　方向　(２)①x轴(正方向)　逆时针　②[０,π) 典例探究———探究学习,素养形成 变式训练 １．A　[结合直线l的倾斜角的定义可知 A可以．] ２．解析:设此直线的倾斜角为α,则tanα＝k＝４ ３－ ３２－(－１)＝ ３． 因为０°≤α＜１８０°,所以α＝６０°． 答案:３　６０° ３．解:如图所示．因为kAP＝ １－０ ２－１＝１ , kBP＝ ３－０ ０－１＝－ ３ , 所以k∈(－∞,－ ３]∪[１,＋∞), 所以４５°≤α≤１２０°． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０１