11.4.1 第1课时 直线与平面垂直的判定 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

1．下列条件中，能使直线m⊥平面α的是(　　) A．m⊥b，m⊥c，b⊂α，c⊂α B．m⊥b，b∥α C．m∩b＝A，b⊥α D．a，b⊂α，m⊥a，m⊥b，a∩b＝A 解析：选D.由线面垂直的判定定理知D正确． 2．如图，P为△ABC所在平面α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，则△ABC的形状为(　　) A.锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 解析：选B.由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，又AC⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AC⊥BC.所以△ABC是直角三角形．故选B. 3．设P是直线l外一定点，过点P且与l成30°角的异面直线(　　) A．有无数条 B．有两条 C．至多有两条 D．有一条 解析：选A.过点P且与l成30°角的异面直线有无数条，并且异面直线在以P为顶点的圆锥的侧面上．故选A. 4.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成的角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选D.连接GB1，B1F，EG(图略).因为点E，G分别是DD1，CC1的中点，所以EG綉D1C1，又D1C1綉A1B1，所以EG綉A1B1，所以四边形A1EGB1为平行四边形，则GB1∥A1E，故∠B1GF或其补角为A1E与GF所成的角．因为B1G＝＝＝，B1F＝＝＝，GF＝＝＝，所以B1G2＋GF2＝B1F2，所以∠B1GF＝90°. 5．(2025·威海期末)如图，圆柱OO′中，AA′是母线，AB是底面的直径，C是底面圆周上一点，则(　　) A.BC⊥平面A′AC B．BC⊥平面A′AB C．AC⊥平面A′BC D．AC⊥平面A′AB 解析：选A.依题意AA′⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA′⊥BC，又AB是底面圆的直径，C是底面圆周上一点，所以BC⊥AC，又AA′∩AC＝A，AA′，AC⊂平面A′AC，所以BC⊥平面A′AC，故A正确；显然BC与AB不垂直，则BC不可能垂直于平面A′AB，故B错误；显然AC与A′C不垂直，则AC不可能垂直于平面A′BC，故C错误；显然AC与AB不垂直，则AC不可能垂直于平面A′AB，故D错误． 6．(多选)已知平面α和α外的一条直线l，下列说法不正确的是(　　) A．若l垂直于α内的两条平行线，则l⊥α B．若l⊥α，则l垂直于α内的任一条直线 C．若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥α D．若l垂直于α内的无数条直线，则l⊥α 解析：选AD.根据线面垂直的判定定理可知，直线需垂直于平面内的两条相交直线，故A不正确，C正确；根据线面垂直的定义可知，B正确；若直线l垂直于α内的无数条平行直线，不可说明l⊥α，故D不正确．故选AD. 7．若∠AOB＝120°，直线a∥OA，a与OB为异面直线，则a和OB所成的角的大小为_____________________________． 解析：因为直线a∥OA，a与OB为异面直线，所以∠AOB的补角为a与OB所成的角，又∠AOB＝120°，所以a与OB所成的角的大小为180°－120°＝60°. 答案：60° 8．已知平面α，β和直线m，给出条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α∥β.当满足条件______时，有m⊥β.(选填其中的两个条件) 解析：因为当一条直线垂直于两个平行平面中的一个时，此直线也垂直于另一个平面，结合所给的条件知由②④可推出m⊥β.即②④是m⊥β的充分条件，所以满足条件②④时，有m⊥β. 答案：②④ 9.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件__________时，有AB1⊥BC1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况) 解析：如图所示，连接B1C，由BC＝CC1，可得BC1⊥B1C，因此，要证AB1⊥BC1，则只需证BC1⊥平面AB1C，即证AC⊥BC1，由直三棱柱可知，只要证AC⊥BC即可．因为A1C1∥AC，B1C1∥BC，故只要证A1C1⊥B1C1即可(或者能推出A1C1⊥B1C1的条件，如∠A1C1B1＝90°等). 答案：∠A1C1B1＝90°(答案不唯一) 10．(13分)正四棱锥P­ABCD的所有棱长均相等，E是PC的中点，求异面直线BE与PA所成的角的余弦值． 解：连接AC，BD相交于O，连接OE，则O为AC的中点，因为E是PC的中点，所以OE是△PAC的中位线， 则OE綉PA，则OE与BE所成的角即为异面直线BE与PA所成的角． 设四棱锥的棱长为1， 则OE＝PA＝，OB＝BD＝，BE＝， 则cos ∠OEB＝＝＝. 11.如图，α∩β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且AB⊥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．相交但不垂直 解析：选C.因为AB⊥α，l⊂α，所以AB⊥l. 又因为BC⊥β，l⊂β，所以BC⊥l. 因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC， 所以l⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以l⊥AC. 12．(2025·日照月考)当动点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱DC上运动时，异面直线D1P与BC1所成的角的取值范围是(　　) A． B． C． D． 解析：选C.设正方体棱长为1，DP＝x，则x∈[0，1]， 连接AD1，AP(图略)， 由AD1∥BC1可知，∠AD1P(或其补角)即为异面直线D1P与BC1所成的角， 在△AD1P中，AD1＝，AP＝D1P＝， 由勾股定理得cos ∠AD1P＝， 又因为x∈[0，1]，所以cos ∠AD1P＝∈， 又∠AD1P∈(0，π)，所以∠AD1P∈. 所以异面直线D1P与BC1所成的角的取值范围为. 13．在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧面都是矩形，底面四边形ABCD是菱形，且AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，若异面直线A1B和AD1所成的角是90°，则AA1的长度是________． 解析：连接CD1，AC，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1D1綉BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥CD1， 所以∠AD1C(或其补角)为A1B和AD1所成的角． 因为异面直线A1B和AD1所成的角为90°， 所以∠AD1C＝90°， 因为四棱柱ABCD­A1B1C1D1中， AB＝BC＝2，∠ABC＝120°， 所以AC＝2sin 60°×2＝6， 所以AD1＝AC＝3， 所以AA1＝＝＝. 答案： 14．(15分)如图，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，M，N分别是AB，PC的中点． (1)求证：MN⊥CD；(7分) (2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.(8分) 证明：(1)如图所示，取PD的中点E，连接AE，NE. 因为N为PC的中点，E为PD的中点，所以NE∥CD，且NE＝CD.因为AM∥CD，且AM＝AB＝CD，所以NE∥AM且NE＝AM，所以四边形AMNE为平行四边形，所以MN∥AE.又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.又因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD.又AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD， 又因为AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE.又AE∥MN，所以MN⊥CD. (2)由(1)可知CD⊥AE，MN∥AE.因为∠PDA＝45°，所以△PAD为等腰直角三角形，又E为PD的中点，所以AE⊥PD.因为PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.又AE∥MN，所以MN⊥平面PCD. 15．(15分)在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，AD的中点，在AA1上是否存在一点G，使得C1G⊥平面A1EF，若存在，求出AG的长；若不存在，请说明理由． 解：存在点G，使得C1G⊥平面A1EF，AG＝.取AA1的中点G，取CC1的中点M， 连接AC交EF于点H，连接BD，A1H，A1C1，GM，则GM∥AC， 因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD， 因为AC⊥BD，所以EF⊥AC， 因为AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，所以AA1⊥EF， 因为AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面ACC1A1， 所以EF⊥平面ACC1A1， 又因为A1H，C1G⊂平面ACC1A1， 所以EF⊥A1H，EF⊥C1G， 因为AH＝AC＝，C1M＝，GM＝，AA1＝1，故＝＝，＝＝， 故＝， 又∠A1AH＝∠GMC1＝90°， 所以△A1AH∽△GMC1，故∠C1GM＝∠HA1A， 故∠HA1A＋∠A1GC1＝∠C1GM＋∠A1GC1＝90°， 所以A1H⊥C1G， 因为EF∩A1H＝H，EF，A1H⊂平面A1EF， 所以C1G⊥平面A1EF. 故存在点G，使得C1G⊥平面A1EF，此时AG＝. 学科网（北京）股份有限公司 $