课时测评50 直线与平面垂直-【金版新学案】2024-2025学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习（北师大版2019）

课时测评50　直线与平面垂直 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1．若空间中直线l和三角形的两边AC，BC同时垂直，则这条直线和三角形的第三边AB的位置关系是(　　) A.平行 B．垂直 C．相交 D．不确定 答案：B 解析：因为三角形的两边AC，BC有交点C，且直线l和AC，BC同时垂直，所以该直线垂直平面ABC，故该直线与AB垂直．故选B. 2．已知平面α和两直线m，n，且m⊥α.要得到结论m∥n，则可以添加的条件为(　　) A.n⊥α B．n∥α C．n⊂α D．n⊄α 答案：A 解析：对于A，由m⊥α，n⊥α，可得m∥n，故A正确；对于B，由m⊥α，n∥α，可得m⊥n，故B错误；对于C，由m⊥α，n⊂α，可得m⊥n，故C错误；对于D，由m⊥α，n⊄α，可得m∥n或m，n相交或m，n异面，故D错误．故选A. 3．如图，α，β是两个不同的平面，A，C是平面α上两个不同的点，B是平面β上的点，α∩β＝l，且AB⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的位置关系是(　　) A.异面 B．平行 C.垂直 D．不确定 答案：C 解析：因为AB⊥α，l⊂α，所以AB⊥l，又因为BC⊥β，l⊂β，所以BC⊥l，又AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以l⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以l⊥AC.故选C. 4．如图，如果MC⊥菱形ABCD所在的平面，那么下列结论正确的是(　　) A.MA∥BD B.MA与BD异面 C.MA与BD相交 D.MA⊥BD 答案：BD 解析：因为BD⊂平面ABCD，MA∩平面ABCD＝A，A∉BD，所以可知MA与BD异面，即A选项错误，B选项正确，C选项错误；连接AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.又因为MC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥MC.又因为MC∩AC＝C，MC⊂平面AMC，AC⊂平面AMC，所以BD⊥平面AMC.又因为MA⊂平面AMC，所以MA⊥BD，即D选项正确，故选BD. 5．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，直线A1B和平面A1DCB1夹角为(　　) A.30° B．45° C．60° D．90° 答案：A 解析：连接BC1交B1C于点E，连接A1E，则B1C⊥BC1，又DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥DC.又DC∩B1C＝C，DC，B1C⊂平面A1DCB1，所以BC1⊥平面A1DCB1，则∠BA1E为直线A1B和平面A1DCB1的夹角，又A1E⊂平面A1DCB1，所以BC1⊥A1E，所以sin ∠BA1E＝＝，则∠BA1E＝30°，即直线A1B和平面A1DCB1夹角为30°.故选A. 6．如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB，则直线PB与平面ABC的夹角的度数为________． 答案：45° 解析：因为PA⊥平面ABC，所以斜线PB在平面ABC上的投影为AB，所以∠PBA即为直线PB与平面ABC的夹角．在△PAB中，∠BAP＝90°，PA＝AB，所以∠PBA＝45°，即直线PB与平面ABC的夹角等于45°. 7．已知空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC，BD的位置关系是________． 答案：垂直 解析：如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO，则BD⊥AO，BD⊥CO.又AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC，所以BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC. 8．(开放题)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，与BD1垂直的面对角线可以是__________(写出一条即可). 答案：AC(答案不唯一，填AC，A1C1，A1D，B1C，AB1，DC1中的任意一条即可) 解析：如图所示，连接AC，BD，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1，BD⊂平面BDD1，所以AC⊥平面BDD1，又BD1⊂平面BDD1，所以AC⊥BD1，同理可得，与BD1垂直的面对角线还有A1C1，A1D，B1C，AB1，DC1(答案不唯一). 9．(10分)如图所示，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，DE＝DA＝2. (1)求证：AC⊥平面BDE；(4分) (2)求AE与平面BDE的夹角的大小．(6分) 解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形， 所以AC⊥BD. 因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以AC⊥DE， 因为BD，DE⊂平面BDE，BD∩DE＝D， 所以AC⊥平面BDE. (2)如图所示，设AC∩BD＝O，连接EO， 因为AC⊥平面BDE，所以EO是直线AE在平面BDE上的射影， 所以∠AEO即为AE与平面BDE的夹角． 在Rt△EAD中，DE＝DA＝2， 所以EA＝＝2，AO＝， 所以在Rt△EOA中，sin ∠AEO＝＝， 所以∠AEO＝30°， 即AE与平面BDE的夹角为30°. (10—12每题5分，共15分) 10．如图所示，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H，为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是(　　) A.EF⊥平面α B.EF⊥平面β C.PQ⊥GE D.PQ⊥FH 答案：B 解析：因为EG⊥平面α，FH⊥平面α，所以EG∥FH，所以E，F，H，G四点共面，又PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH.故选B. 11．如图所示，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值为(　　) A. B．1 C.2 D． 答案：C 解析：因为PA⊥平面ABCD，QD⊂平面ABCD，所以PA⊥QD，又PQ⊥QD，且PA∩PQ＝P，PA，PQ⊂平面PAQ，故QD⊥平面PAQ，AQ⊂平面PAQ，故AQ⊥QD.在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，故BC与以AD为直径的圆相切，故AD＝2AB，故a＝2.故选C. 12．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N，P，Q分别为棱AA1，DD1，A1B1，B1C1的中点，则下列与B1C垂直的是(　　) A.OM B．ON C．OP D．OQ 答案：B 解析：如图①，取AD的中点R，连接MR，OR，NR，DA1，根据正方体的性质可得B1C∥A1D，MR∥A1D，OR∥AB，所以∠OMR为异面直线B1C与OM夹角，设正方体的棱长为2，则OR＝1，MR＝＝，OM＝＝，所以OR2＋MR2＝OM2，所以∠ORM＝90°，显然∠OMR≠90°，故直线B1C与OM不垂直，故A错误；因为OR⊥MR，MR∥A1D，所以OR⊥A1D，又NR⊥A1D，OR∩NR＝R，OR，NR⊂平面ONR，所以A1D⊥平面ONR，因为ON⊂平面ONR，所以A1D⊥ON，所以B1C⊥ON，故B正确；如图②，取BC的中点E，连接OE，B1E，则OE∥AB且OE＝AB，又PB1∥AB且PB1＝AB，所以OE∥PB1且OE＝PB1，所以OEB1P为平行四边形，所以OP∥EB1，所以∠CB1E为B1C与OP的夹角，显然∠CB1E≠90°，所以B1C与OP不垂直，故C错误；如图③，连接EQ，因为OE⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以OE⊥B1C，若B1C⊥OQ，OQ∩OE＝O，OQ，OE⊂平面OQE，所以B1C⊥平面OQE，又EQ⊂平面OQE，所以B1C⊥EQ，显然B1C与EQ不垂直，所以B1C与OQ不垂直，故D错误．故选B. 13．(13分)(新情境)《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图所示，四面体PABC中，PA⊥平面ABC，AC＝BC，D是棱AB的中点． (1)判断四面体PACD是否为鳖臑，并说明理由；(5分) (2)若四面体PABC是鳖臑，且AP＝AB＝2，求直线AC与平面PAB的夹角的大小．(8分) 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以PA⊥CD. 因为AC＝BC，D是棱AB的中点，所以CD⊥AB. 又PA∩AB＝A，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以CD⊥平面PAB.因为PD⊂平面PAB， 所以CD⊥PD. 因此PA⊥AC，PA⊥AD，CD⊥AD，CD⊥PD， 故∠PAC，∠PAD，∠ADC，∠PDC为直角， 所以四面体PACD是鳖臑． (2)因为四面体PABC是鳖臑，AC＝BC， 所以AC⊥BC， 又AP＝AB＝2，所以AC＝BC＝， 由(1)知CD⊥平面PAB，所以∠CAD为直线AC与平面PAB的夹角， 由于CD⊥AD，D是AB的中点，所以AD＝CD＝AB＝1，所以∠CAD＝. 14．(5分)(新定义)刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制).例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－×3＝π.如图所示，在底面为矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD＝PA，PC与底面ABCD的夹角为，在四棱锥P-ABCD中，顶点B的曲率为________． 答案： 解析：设PA＝1，则AD＝PA＝，因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA即为PC与底面ABCD夹角，即∠PCA＝，所以PC＝＝2，AC＝＝，所以AB＝＝＝1，所以tan ∠PBA＝＝1，所以∠PBA＝.因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB，所以PB⊥BC，即∠PBC＝.又∠ABC＝，所以顶点B的曲率为2π－－－＝. 15．(17分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，AD＝PD＝4，点Q是PC的中点． (1)求证：PA∥平面BDQ；(7分) (2)在线段AB上是否存在点F，使得直线PF与平面PAD的夹角为30°？若存在，求出AF的长，若不存在，请说明理由．(10分) 解：(1)证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接QO， 因为底面ABCD是矩形， 所以O为AC的中点， 又点Q是PC的中点， 所以PA∥QO， 又PA⊄平面BDQ，QO⊂平面BDQ， 所以PA∥平面BDQ. (2)因为PD⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以PD⊥AB， 又AD⊥AB，PD∩AD＝D，AD，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 所以直线PF与平面PAD的夹角即为∠APF＝30°. 因为AP＝＝4， 所以AF＝APtan 30°＝， 所以当AB≥时，在线段AB上存在点F，使得直线PF与平面PAD的夹角为30°，此时AF＝； 当0<AB<时，在线段AB上不存在点F，使得直线PF与平面PAD的夹角为30°. 学生用书第175页 学科网（北京）股份有限公司 $$