数学必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直同步训练题

这是一份数学必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直同步训练题，共10页。
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．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.因为BA⊥α，α∩β＝l，l⊂α，
所以BA⊥l，同理BC⊥l，
又BA∩BC＝B，所以l⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以l⊥AC.
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．不确定
【解析】选B.由PB⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，
又AC⊥PC，PC∩PB＝P，
所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC.
3．空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC，BD的关系是( )
A．垂直且相交 B．相交但不一定垂直
C．垂直但不相交 D．不垂直也不相交
【解析】选C.取BD中点O，连接AO，CO，
则BD⊥AO，BD⊥CO，
所以BD⊥平面AOC，
所以BD⊥AC，
又BD，AC异面．
所以AC，BD不相交．
【加固训练】
如图所示，如果MC⊥菱形ABCD所在平面，那么MA与BD的位置关系是( )

A．平行 B．垂直相交
C．垂直但不相交 D．相交但不垂直
【解析】选C.连接AC，因为ABCD是菱形，
所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD，
则BD⊥MC.因为AC∩MC＝C，
所以BD⊥平面AMC.
又MA⊂平面AMC，所以MA⊥BD.
显然直线MA与直线BD不共面，
因此直线MA与BD的位置关系是垂直但不相交．
4．(2021·赤峰高一检测)正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱AB上的点，且AB＝4EB，则直线C1E与平面ADD1A1所成角的正切值为( )
A． eq \f(\r(2),8) B． eq \f(\r(2),4) C． eq \f(\r(2),16) D． eq \r(17)
【解析】选A.如图，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为平面AA1D1D∥平面BB1C1C，
所以直线C1E与平面ADD1A1所成角等于直线C1E与平面BCC1B1所成角，
因为EB⊥平面BB1C1C，连接BC1，
则∠EC1B即为直线C1E与平面BCC1B1所成的角．
设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4a，
则EB＝a，BC1＝4 eq \r(2) a.
所以tan ∠EC1B＝ eq \f(a,4\r(2)a) ＝ eq \f(\r(2),8) .
即直线C1E与平面ADD1A1所成角的正切值为 eq \f(\r(2),8) .
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2021·宜兴高一检测)将一本书打开后竖立在桌面上(如图)，则书脊所在直线AB与桌面的位置关系为________．
【解析】设桌面所在平面为平面α，
由AB⊥BC，AB⊥BE，
且BC⊂平面α，BE⊂平面α，且BC∩BE＝B，
可得AB⊥平面α.
答案：垂直
6．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2 eq \r(2) ，则AC1与面ABB1A1所成的角为________．
【解析】取A1B1中点D，连接C1D，AD，
因为正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2 eq \r(2) ，
所以C1D⊥A1B1，C1D⊥AA1，
因为A1B1∩AA1＝A1，
所以C1D⊥平面ABB1A1，
所以AC1与面ABB1A1所成的角为∠DAC1，
因为C1D＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) ，AD＝ eq \r(（2\r(2)）2＋12) ＝3，
所以tan ∠DAC1＝ eq \f(C1D,AD) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
所以∠DAC1＝ eq \f(π,6) .
所以AC1与面ABB1A1所成的角为 eq \f(π,6) .
答案： eq \f(π,6)
三、解答题(每小题10分，共20分)
7．如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，AC与BD交于点O.求证：BD⊥平面PAC.
【证明】因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
又因为PA⊥平面ABCD，
所以BD⊥PA，PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
8．如图，在四棱锥S­ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
求证：SD⊥平面SAB.
【证明】因为AB∥CD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，CD＝1，
所以底面ABCD为直角梯形，
AD＝ eq \r(（2－1）2＋22) ＝ eq \r(5) .
因为侧面SAB为等边三角形，
所以SA＝SB＝AB＝2.
又SD＝1，所以AD2＝SA2＋SD2，所以SD⊥SA.
连接BD，则BD＝ eq \r(22＋12) ＝ eq \r(5) ，
所以BD2＝SD2＋SB2，
所以SD⊥SB.
又SA∩SB＝S，
所以SD⊥平面SAB.
【加固训练】
如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
【解析】(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，
所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，
由已知SA＝SB，所以△ADS≌△BDS，
所以SD⊥BD，又AC∩BD＝D，
所以SD⊥平面ABC.
(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，
所以BD⊥AC，由(1)知SD⊥BD，
又因为SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.
【综合突破练】 (20分钟 40分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1．如图，空间四边形ABCD中，各条棱都相等，则AB所在直线与平面BCD所成角的余弦值为( )
A. eq \f(\r(3),3) B． eq \f(1,3) C． eq \f(\r(6),3) D．1
【解析】选A.因为空间四边形ABCD中，
AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，
所以四面体ABCD为正四面体，
所以点A在平面BCD上的投影为正三角形BCD的中心O，连接AO，BO，
则∠ABO为AB所在直线与平面BCD所成角，
令AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝a，
则BO＝ eq \f(2,3) × eq \f(\r(3),2) a＝ eq \f(\r(3),3) a，
在Rt△ABO中，cs ∠ABO＝ eq \f(BO,AB) ＝ eq \f(\f(\r(3),3)a,a) ＝ eq \f(\r(3),3) .
2．(多选题)如图所示，在四个正方体中，EF是正方体的一条体对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出EF⊥平面MNP的图形为( )
【解析】选AD.对于AD.根据正方体的性质可得：EF⊥MN，EF⊥MP，可得EF⊥平面MNP.而BC无法得出EF⊥平面MNP.
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB＝4，则直线PB与平面PAC所成角为________．
【解析】连接BD交AC于点O，连接PO.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD
又底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
因为PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面PAC.
则PO为PB在平面PAC上的射影．
所以∠BPO为直线PB与平面PAC所成的角．
因为PA＝AB＝4，
所以OA＝OB＝2 eq \r(2) ，PO＝ eq \r(42＋（2\r(2)）2) ＝2 eq \r(6) .
所以tan ∠BPO＝ eq \f(2\r(2),2\r(6)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，得∠BPO＝30°.
所以直线PB与平面PAC所成的角为30°.
答案：30°
4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AA1，AB的中点，则EF与直线AC1所成角的大小为________；EF与对角面BDD1B1所成角的正弦值是________．
【解析】由正方体的性质知，B1C1⊥平面ABB1A1，
所以B1C1⊥EF，连接AB1，A1B，
因为四边形ABB1A1为正方形，
所以AB1⊥A1B，
因为E，F分别是AA1，AB的中点，
所以EF∥A1B，所以AB1⊥EF，
又B1C1∩AB1＝B1，B1C1，AB1⊂平面AB1C1，
所以EF⊥平面AB1C1，所以EF⊥AC1，
即EF与直线AC1所成角的大小为 eq \f(π,2) .
取B1D1的中点O，连接OA1，OB，则A1O⊥B1D1，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1O，
因为B1D1∩BB1＝B1，B1D1、BB1⊂平面BDD1B1，
所以A1O⊥平面BDD1B1，
因为EF∥A1B，所以EF与面BDD1B1所成的角也为A1B与面BDD1B1所成的角，即∠A1BO，
在Rt△A1BO中，sin ∠A1BO＝ eq \f(A1O,A1B) ＝ eq \f(1,2) ，
所以EF与面BDD1B1所成角的正弦值为 eq \f(1,2) .
答案： eq \f(π,2) eq \f(1,2)
三、解答题(每小题10分，共20分)
5．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1＝2.点D，D1分别是棱AC，A1C1的中点．
(1)求证：D，B，B1，D1四点共面；
(2)求直线BC1与平面DBB1D1所成角的大小．
【解析】(1)因为点D，D1分别是棱AC，A1C1的中点，所以DD1∥CC1，
因为CC1∥BB1，所以DD1∥BB1，
所以D、B、B1、D1四点共面．
(2)作C1F⊥B1D1，垂足为F，
因为BB1⊥平面A1B1C1，C1F⊂平面A1B1C1，
所以直线BB1⊥直线C1F，
因为C1F⊥直线B1D1且BB1与B1D1相交于B1，所以直线C1F⊥平面DBB1D1，所以∠C1BF即为直线BC1与平面DBB1D1所成的角．
在直角△C1BF中，BC1＝2 eq \r(2) ，C1F＝ eq \f(2\r(5),5) ，
sin ∠C1BF＝ eq \f(\r(10),10) .
6.如图所示，直三棱柱ABC­A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CE⊥AB1，垂足为E，D为AB的中点．
求证：(1)CD⊥AA1；
(2)AB1⊥平面CED.
【证明】(1)由题意知，AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1.
(2)因为D是AB的中点，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，所以CD⊥AB.
因为CD⊥AA1，AB∩A1A＝A，AB⊂平面A1B1BA，A1A⊂平面A1B1BA，
所以CD⊥平面A1B1BA.
因为AB1⊂平面A1B1BA，所以CD⊥AB1.
由题意知CE⊥AB1.
因为CD∩CE＝C，CD⊂平面CED，CE⊂平面CED，
所以AB1⊥平面CED.