高中第4章 立体几何初步4.3 直线与直线、直线与平面的位置关系第2课时课堂检测

这是一份高中第4章 立体几何初步4.3 直线与直线、直线与平面的位置关系第2课时课堂检测，共20页。试卷主要包含了下列说法中正确的个数是等内容，欢迎下载使用。
题组一 直线与平面垂直的判定及性质
1.下列说法中正确的个数是( )
①若直线l与平面α内的一条直线垂直,则l⊥α;
②若直线l与平面α内的两条直线垂直,则l⊥α;
③若直线l与平面α内的两条相交直线垂直,则l⊥α;
④若直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则l⊥α.

A.4B.2
C.3D.1
2.(2020陕西渭南高三上期末)给定空间中的直线l及平面α,“直线l与平面α内无数条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的( )
A.充要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必要条件
3.垂直于梯形两腰的直线与梯形两底所在的平面的位置关系是( )
A.垂直B.平行
C.在平面内D.无法确定
4.(2020湖南长沙高一期中)如图所示,在正方形SG1G2G3中,E、F分别是G1G2、G2G3的中点,现在沿SE、SF、EF把这个正方形折成一个四面体,使G1、G2、G3三点重合,重合后的点记为G.给出下列关系:
①SG⊥平面EFG;②SE⊥平面EFG;③GF⊥SE;④EF⊥平面SEG.其中关系成立的有( )
A.①②B.①③
C.②③D.③④
5.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PO⊥平面ABC,BO⊥AC,BO的延长线交AC于点D,则图中与AC垂直的直线有( )
A.1条B.2条
C.3条D.4条
6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,侧面AA1D1D为正方形,E为棱CD上任意一点,则AD1与B1E的关系为( )
A.AD1⊥B1EB.AD1∥B1E
C.AD1与B1E共面D.以上都不对
7.如图,在三棱锥S-ABC中,∠ABC=90°,D是AC的中点,且SA=SB=SC.
(1)求证:SD⊥平面ABC;
(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.
题组二 直线与平面所成的角
8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AC与直线BC1所成的角、直线AC与平面A1D所成的角分别为( )
A.60°,45°B.90°,45°
C.60°,30°D.45°,60°
9.如图所示,若斜线段AB是它在平面α上的投影BO的2倍,则直线AB与平面α所成的角是( )
A.60°B.45°
C.30°D.120°
10.(2020山东济南外国语学校高二下月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=6,则AA1与平面AB1C1所成的角为( )
A.π6B.π4C.π3D.π2
11.(2020湖南长沙第一中学高一上期末)在三棱锥A-BCD中,AB=AC=AD=2,且AB,AC,AD两两垂直,点E为CD的中点,则直线BE与平面ACD所成角的正弦值是 .
12.(2020河南高三3月联合检测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设BC1,BD1与底面ABCD所成的角分别为α,β,则tan(α+β)= .
13.(2020四川内江高二上期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥CD,AD∥BC,AD=2BC=2CD=4,PC=25,△PAD是正三角形.
(1)求证:CD⊥PA;
(2)求AB与平面PCD所成角的余弦值.
题组三 点到平面的距离
14.(2020安徽宿州十三所重点中学高二上期末)如图,四面体A-BCD中,AB,BC,BD两两垂直,BC=BD=2,点E是CD的中点,若直线AB与平面ACD所成角的正弦值为13,则B到平面ACD的距离为( )
15.(2020福建福州第一中学高一下期末)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥平面ABCD,平面ABCD是菱形,AA1=4,AB=6,∠BAD=π3,E是BC的中点,则点C到平面C1DE的距离等于 .
16.(2020辽宁丹东高三上期末)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.
能力提升练

题组一 直线与平面垂直的判定与性质
1.(2020重庆第八中学高二上期末,)点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面CDD1C1及边界上运动,并保持BP⊥A1C,若正方体的棱长为1,则PC的取值范围是( )
A.22,1B.[1,2]
C.22,1D.0,22
2.(2020陕西榆林高一上期末,)如图,在△ABC中,AB⊥BC,D、E分别为AB、AC边上的中点,且AB=4,BC=2,现将△ADE沿DE折起,使得A到A1的位置,且∠A1DB=60°,则A1C= .
3.(2020福建厦门外国语学校高三上月考,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,∠BAA1=π3,D为AA1的中点,点C在平面ABB1A1上的投影在线段BD上,求证:B1D⊥平面CBD.
题组二 直线与平面所成的角
4.(2020四川乐山高二上期末,)在△ABC中,∠ACB=90°,D是BC的中点,PA⊥平面ABC,如果PB、PC与平面ABC所成的角分别为30°和60°,那么PD与平面ABC所成的角为( )
A.30°B.45°C.60°D.75°
5.(多选)(2020山东济宁高二上期末,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E、F,且EF=12,则下列结论中正确的是( )
A.AC⊥AF
B.AC⊥平面BEF
C.AB与平面BEF所成的角是45°
D.△AEF的面积与△BEF的面积相等
6.(2020北京延庆高二下期末,)从①CD⊥BC,②CD∥平面PAB这两个条件中选一个,补充在下面问题中,并完成解答.
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,BC=CD=1,PC=3, .
(1)求证:四边形ABCD是直角梯形;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.
题组三 空间距离
7.(2020浙江镇海中学高三下月考,)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=22,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为( )
A.2B.3C.2D.1
8.(2020黑龙江哈尔滨第六中学高二上期末,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明:B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求点B1到平面ABC的距离.
答案全解全析
基础过关练
1.B 易知①②是错误的,③④是正确的.故选B.
2.C 当直线l与平面α内的无数条平行直线垂直时,该直线未必与平面α垂直,不满足充分性;直线l与平面α垂直,则直线l与平面α内任意一条直线都垂直,所以直线l与平面α内无数条直线都垂直,满足必要性.故选C.
3.A 因为梯形的两腰所在直线必相交且与梯形两底所在的平面为同一平面,所以由线面垂直的判定定理可得垂直于梯形两腰的直线与梯形两底所在的平面必垂直.
故选A.
4.B ∵SG⊥GE,SG⊥GF,GE∩GF=G,∴SG⊥平面EFG,同理可得GF⊥平面SEG,
∴GF⊥SE,故①③成立.
若SE⊥平面EFG,则SG∥SE,这与SG∩SE=S矛盾,故②不成立,
由正方形的性质得,SE与EF不垂直,故④不成立.故选B.
5.D ∵PO⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,
∴PO⊥AC.又∵AC⊥BO,且BO∩PO=O,
∴AC⊥平面PBD,∴AC⊥PB,AC⊥PD.故与AC垂直的直线有4条.
6.A 连接A1D,则由正方形的性质,知AD1⊥A1D.因为B1A1⊥平面AA1D1D,所以B1A1⊥AD1,又A1D∩A1B1=A1,所以AD1⊥平面A1B1ED.又B1E⊂平面A1B1ED,所以AD1⊥B1E.故选A.
7.证明 (1)因为SA=SC,D是AC的中点,
所以SD⊥AC.在Rt△ABC中,AD=BD,
又SA=SB,所以易证△ADS≌△BDS.
所以∠SDA=∠SDB=90°,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SD∩AC=D,所以BD⊥平面SAC.
8.A 如图所示,连接AD1,D1C,易知AD1∥BC1,所以直线AC与直线BC1所成的角为∠D1AC(或其补角),而△ACD1为等边三角形,所以∠D1AC=60°.因为CD⊥平面ADD1A1,所以直线AC与平面A1D所成的角为∠CAD,而△ADC为等腰直角三角形,所以∠CAD=45°.故选A.
9.A 易知AO⊥平面α,
∴∠ABO是直线AB与平面α所成的角.
在Rt△AOB中,cs∠ABO=OBAB=12,
∴∠ABO=60°.∴直线AB与平面α所成的角为60°.故选A.
10.A 过A1作A1O⊥平面AB1C1,垂足为O.∵AB=AC,∴A1B1=A1C1,AB1=AC1.
取B1C1的中点D,连接AD,A1D,则点O在AD上,
∴∠A1AD是直线AA1与平面AB1C1所成的角,
∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
∴A1A⊥A1D.
在Rt△AA1D中,tan∠A1AD=A1DAA1=26=33,
∴∠A1AD=π6,∴AA1与平面AB1C1所成的角为π6.
故选A.
11.答案 63
解析 连接AE.∵AB,AC,AD两两垂直,
∴AB⊥平面ACD,
∴∠AEB是直线BE与平面ACD所成的角,易得BE=6,
∴在Rt△ABE中,sin∠AEB=ABBE=63,
∴直线BE与平面ACD所成角的正弦值为63.
12.答案 3+22
解析 ∵CC1,DD1都与底面ABCD垂直,∴α=∠CBC1=45°,β=∠DBD1,
∴tan α=1,tan β=22,
∴tan(α+β)=1+221-22=3+22.
故答案为3+22.
13.解析 (1)证明:∵△PAD是正三角形,AD=2CD=4,∴PD=4,CD=2,又PC=25,
∴PD2+CD2=PC2,∴CD⊥PD,
又AD⊥CD,AD∩PD=D,
∴CD⊥平面PAD,∵PA⊂平面PAD,
∴CD⊥PA.
(2)如图,取PD的中点E,连接AE,延长DC,AB交于点H,连接EH,
∵△PAD是正三角形,∴AE⊥PD,AE=23,
由(1)得CD⊥平面PAD,∴CD⊥AE.
∵CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,
∴AE⊥平面PCD.
∴∠AHE就是AB与平面PCD所成的角,
∵AD⊥CD,BC∥AD,AD=2BC=2CD=4,∴DH=4,AH=42,EH=AH2-AE2=25,
∴cs∠AHE=EHAH=2542=104,
∴AB与平面PCD所成角的余弦值为104.
14.B 连接AE.∵AB⊥BC,AB⊥BD,BC∩BD=B,∴AB⊥平面BCD,∵CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD,
∵BC=BD,E为CD的中点,
∴CD⊥BE,又AB∩BE=B,∴CD⊥平面ABE,
∴AB在平面ADC上的投影在直线AE上,
∴∠BAE就是直线AB与平面ACD所成的角.
在Rt△ABE中,由BE=2,sin∠BAE=13,可得AE=32,AB=4.
设点B到平面ACD的距离为h,∵VA-BCD=VB-ACD,∴13S△BCD×AB=13S△ACD×h,
整理得2AB=6h,解得h=43.
故选B.
15.答案 125
解析 连接BD,由四边形ABCD是菱形,∠BAD=π3,可得△BDA与△BCD均为正三角形,
∴BD=AB=CD=BC,∵E是BC的中点,
∴DE⊥CB.
∵A1A⊥平面ABCD,A1A∥C1C,∴C1C⊥平面ABCD,∵DE⊂平面ABCD,∴C1C⊥DE,
又∵CB∩C1C=C,∴DE⊥平面BB1C1C,∵C1E⊂平面BB1C1C,∴DE⊥C1E,
∴S△DEC1=12DE·EC1=12×33×5=1532.
设点C到平面C1DE的距离为h,由VC1-CDE=VC-C1DE,得13S△CDE·CC1=13S△DEC1·h,
即12CE·DE·CC1=1532h,解得h=125,
故答案为125.
16.解析 (1)证明:∵PA=PC=AC=4,O为AC的中点,∴OP⊥AC,且OP=23.
连接OB,如图,
∵AB=BC=22AC,∴△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,∴OB=12AC=2,
∴OP2+OB2=PB2,∴OP⊥OB.
又∵OB∩AC=O,
∴PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM,垂足为H,由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,∴CH⊥平面POM,
∴CH的长即为点C到平面POM的距离.
由题设可知,OC=12AC=2,CM=23BC=423,∠ACB=45°,∴OM=253,
∴CH=OC·CM·sin∠ACBOM=455,
∴点C到平面POM的距离为455.
能力提升练
1.A 如图,连接AC,C1D,BC1,BD,
由正方体的性质知,AC⊥BD,BD⊥AA1,因为AA1∩AC=A,所以BD⊥平面A1AC,所以BD⊥A1C,同理C1D⊥A1C,
因为C1D∩BD=D,所以A1C⊥平面BDC1,若BP⊥A1C,则动点P的轨迹为线段C1D.
由正方体的棱长为1,可得点C到线段C1D的距离d=22,则PC∈22,1.
故选A.
2.答案 22
解析 易知DE⊥BD,DE⊥A1D,因为A1D∩BD=D,
所以DE⊥平面A1BD,
易知BC∥DE,所以BC⊥平面A1BD,
所以BC⊥A1B,
因为∠A1DB=60°,A1D=BD=2,所以A1B=2,所以A1C=22+22=22.
故答案为22.
3.证明 如图,设点C在平面ABB1A1上的投影为E,
则E∈BD,CE⊂平面CBD,且CE⊥平面ABB1A1,∵B1D⊂平面ABB1A1,∴CE⊥B1D.
在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=π3,则∠ABD=∠ADB=π3.
在△A1B1D中,A1B1=A1D=1,∠B1A1D=2π3,
则∠A1B1D=∠A1DB1=π6,∴∠B1DB=π2,故BD⊥B1D.
∵CE∩BD=E,∴B1D⊥平面CBD.
4.B 连接AD,设PA=1,∵PA⊥平面ABC,PB,PC与平面ABC所成的角分别是30°和60°,
∴∠ABP=30°,∠ACP=60°,∠ADP是PD与平面ABC所成的角,
∴PB=2,AB=3,AC=33,
∴CD=12BC=12×3-13=63,
∴AD=AC2+CD2=13+23=1,
∴tan∠ADP=PAAD=1,∴∠ADP=45°,
∴PD与平面ABC所成的角为45°.
故选B.
5.BC 如图,连接BD,交AC于点O,连接AB1,B1C.
A选项,若F与B1重合,则在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC=AB1=B1C,此时AC与AF所成的角为∠CAB1=60°,显然AC与AF不垂直,故A错误.
B选项,∵正方体的底面为正方形,正方形的对角线互相垂直,∴AC⊥BD.
∵正方体的侧棱与底面垂直,∴BB1⊥平面ABCD,∴BB1⊥AC.
又BB1∩BD=B,∴AC⊥平面BDD1B1,又平面BEF即平面BDD1B1,∴AC⊥平面BEF,故B正确.
C选项,∵AC⊥平面BDD1B1,∴∠ABD即为直线AB与平面BEF所成的角,易知∠ABD=45°,故C正确.
D选项,∵点A∉平面BDD1B1,点B∈平面BDD1B1,∴由正方体的结构特征易得,点A到直线D1B1的距离大于正方体的侧棱长,点B到直线D1B1的距离等于正方体的侧棱长,∴△AEF面积与△BEF的面积不相等,故D错误.
故选BC.
6.解析 选择①.(1)证明:连接AC,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.
因为PA=2,PC=3,所以AC2=PC2-PA2=5,
因为AB=2,BC=1,所以AB2+BC2=AC2,
所以AB⊥BC.
因为CD⊥BC,所以AB∥CD,
又AB≠CD,所以四边形ABCD是直角梯形.
(2)由(1)可知,四边形ABCD是直角梯形,
如图,将四棱锥P-ABCD补成一个长方体ABCE-PFGH,连接PE,CF,则PB与平面PCD所成的角即PB与平面PFCE所成的角.
过B作BO⊥CF于O,连接OP,由长方体的性质知,EC⊥平面BCGF,所以EC⊥OB,又CF∩EC=C,
所以OB⊥平面PFCE,则∠BPO即为直线PB与平面PCD所成的角.
在Rt△CBF中,可求得OB=255,
在Rt△PAB中,可求得PB=22,
所以sin∠BPO=OBPB=25522=1010.
选择②.(1)证明:连接AC,因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.
因为PA=2,PC=3,所以AC2=PC2-PA2=5,
因为AB=2,BC=1,所以AB2+BC2=AC2,
所以AB⊥BC.
因为CD∥平面PAB,CD⊂平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以AB∥CD,又AB≠CD,所以四边形ABCD是直角梯形.
(2)同选择①.
7.D 连接AC,交BD于点O,连接OE,则O为AC的中点.
∵E为CC1的中点,
∴OE∥AC1,又OE⊂平面BED,AC1⊄平面BED,
∴AC1∥平面BED,∴AC1到平面BED的距离等于点A到平面BED的距离,设为h.
易得VE-ABD=13S△ABD×12CC1=13×12×2×2×2=223.
在△BDE中,BE=DE=22+(2)2=6,BD=22,BD边上的高为(6)2-(2)2=2,∴S△BDE=12×22×2=22,
∵VA-BDE=VE-ABD,
∴13×22h=223,解得h=1.故选D.
8.解析 (1)证明:连接BC1,则O为B1C与BC1的交点,∵侧面BB1C1C为菱形,
∴B1C⊥BO.
∵AO⊥平面BB1C1C,∴B1C⊥AO,
∵AO∩BO=O,∴B1C⊥平面BAO,
又AB⊂平面ABO,∴B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD,作OH⊥AD,垂足为H.
∵AO⊥平面BB1C1C,∴BC⊥AO,又BC⊥OD,AO∩OD=O,
∴BC⊥平面AOD,∴OH⊥BC,又OH⊥AD,AD∩BC=D,∴OH⊥平面ABC.
∵∠CBB1=60°,BB1=BC,∴△CBB1为等边三角形,
易得OD=34,
∵AC⊥AB1,∴OA=12B1C=12.
由OH·AD=OD·OA,且AD=OD2+OA2=74,得OH=2114.
又O为B1C的中点,∴点B1到平面ABC的距离为217.