8.6.2 第1课时 直线与平面垂直的判定定理 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（人教A版）

8.6.2 第1课时 直线与平面垂直的判定定理 [课时跟踪检测] 1.正方体ABCD-A1B1C1D1中与AD1垂直的平面是 (　　) A.平面DD1C1C B.平面A1DB C.平面A1B1C1D1 D.平面A1DB1 解析:选D　∵AD1⊥A1D,AD1⊥A1B1,A1D∩A1B1=A1,A1D,A1B1⊂平面A1DB1,∴AD1⊥平面A1DB1.故选D. 2.直线l与平面α所成的角为70°,直线l∥m,则m与α所成的角等于 (　　) A.20° B.70° C.90° D.110° 解析:选B　∵l∥m,∴直线l与平面α所成的角等于m与α所成的角.又直线l与平面α所成的角为70°,∴m与α所成的角为70°.故选B. 3.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,斜足分别为A,B,C,如果这些斜线与平面成等角,有如下结论: ①△ABC是正三角形;②垂足是△ABC的内心;③垂足是△ABC的外心;④垂足是△ABC的垂心. 其中正确结论的个数是 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选A　设平面ABC外一点P及其在该平面内的投影为O,则PO⊥平面ABC.由已知可得△PAO,△PBO,△PCO全等,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心,只有③正确. 4.如图,α∩β=l,点A,C∈α,点B∈β,且BA⊥α,BC⊥β,那么直线l与直线AC的关系是 (　　) A.异面 B.平行 C.垂直 D.不确定 解析:选C　∵BA⊥α,α∩β=l,∴l⊂α.∴BA⊥l.同理BC⊥l.又BA∩BC=B,BA,BC⊂平面ABC,∴l⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC,∴l⊥AC.故选C. 5.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,且AC=BC,则直线B1C1与平面ABC1所成的角为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选A　∵∠BAC=90°,AC=BC,∴∠CBA=30°.∵BC1⊥AC,AB⊥AC,BC1∩AB=B,BC1⊂平面ABC1,AB⊂平面ABC1,∴AC⊥平面ABC1.∴∠CBA就是BC与平面ABC1所成的角,即BC与平面ABC1所成的角为30°.∵棱柱中B1C1∥BC,∴B1C1与平面ABC1所成的角为30°. 6.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点棱锥体积最大时,直线BD和平面ABC所成的角的大小为 (　　) A.90° B.60° C.45° D.30° 解析:选C　如图,当DO⊥平面ABC时,三棱锥D-ABC的体积最大.∴∠DBO为直线BD和平面ABC所成的角, ∵在Rt△DOB中,OD=OB, ∴直线BD和平面ABC所成的角为45°. 7.如图,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 解析:选B　因为EG⊥平面α,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. 8.(多选)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC中点,则下列结论正确的是 (　　) A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D 解析:选BD　对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC, 又AD⊂平面ABC,所以AA1⊥AD,即·=0. 因为△ABC是正三角形,D为BC中点,所以AD⊥BC,即·=0. 又=++, 所以·=(++)·=·++·=≠0, 则AD⊥A1C不成立,故A错误; 对于B,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC. 因为△ABC是正三角形,D为BC中点,所以AD⊥BC. 又AA1∩AD=A,AA1,AD⊂平面AA1D, 所以BC⊥平面AA1D,故B正确; 对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1∥AA1, 又AA1⊂平面AA1D,CC1⊄平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故D正确; 对于C,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB, 假设AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾,所以AD∥A1B1不成立,故C错误. 9.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,则图中共有直角三角形的个数为　　　　. 解析:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC.又BC⊥AB,∴BC⊥平面PAB.∴BC⊥PB.同理得CD⊥PD.故共有4个直角三角形. 答案:4 10.(5分)如图,AB是☉O的直径,PA⊥☉O所在的平面,C是圆上一点,且∠ABC=30°,PA=AB,则直线PC与平面ABC所成角的正切值为　　　　. 解析:因为PA⊥平面ABC,所以AC为斜线PC在平面ABC上的射影,所以∠PCA即为PC与平面ABC所成的角.在△ABC中,AC=AB=PA,所以tan∠PCA==2. 答案:2 11.(5分)在三棱锥V-ABC中,当三条侧棱VA,VB,VC之间满足条件　　　　时,有VC⊥AB.(注:填上你认为正确的一种条件即可)  解析:只要VC⊥平面VAB,即有VC⊥AB.故只要VC⊥VA,VC⊥VB即可. 答案:VC⊥VA,VC⊥VB(答案不唯一,只要能保证VC⊥AB即可) 12.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2,E,F分别是AD,PC的中点.证明:PC⊥平面BEF. 证明:如图,连接PE,EC,在Rt△PAE和Rt△CDE中,PA=AB=CD,AE=DE,所以PE=CE,即△PEC是等腰三角形. 又F是PC的中点, 所以EF⊥PC.又BP= =2=BC, F是PC的中点,所以BF⊥PC. 又BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF, 所以PC⊥平面BEF. 13.(10分)如图,点C在圆锥PO的底面圆O上,AB是直径,AB=8,∠BAC=30°,圆锥的母线与底面所成的角为60°,求点A到平面PBC的距离. 解:因为AB是直径,则AC⊥BC,且AB=8,∠BAC=30°,可得AC=4,BC=4,又因为PO⊥底面圆O,圆锥的母线与底面所成的角为∠PAO=60°,可知△PAB为等边三角形,所以圆锥的母线PA=8,PO=4,设点A到平面PBC的距离为h,利用等体积法VP-ABC=VA-PBC,即×4××4×4=×h××4×,解得h=,即点A到平面PBC的距离为. 14.(15分)如图,四边形ABCD是正方形,DE⊥平面ABCD,DE=DA=2. (1)求证:AC⊥平面BDE;(5分) (2)求AE与平面BDE所成角的大小.(10分) 解:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形, ∴AC⊥BD. ∵DE⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥DE. ∵BD⊂平面BED,DE⊂平面BED,BD∩DE=D, ∴AC⊥平面BDE. (2)设AC∩BD=O,连接EO.如图所示,∵AC⊥平面BDE, ∴EO是直线AE在平面BDE上的射影. ∴∠AEO即为AE与平面BDE所成的角. 在Rt△EAD中,EA= =2,AO=,∴在Rt△EOA中,sin∠AEO==. ∵0°≤∠AEO≤90°, ∴∠AEO=30°,即AE与平面BDE所成的角为30°. 学科网（北京）股份有限公司 $