人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第1课时同步测试题

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第1课时同步测试题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组·素养自测
一、选择题
1．一条直线和平面所成角为θ，那么θ的取值范围是( B )
A．(0°，90°) B．[0°，90°]
C．(0°，90°] D．[0°，180°]
[解析] 由线面角的定义知B正确．
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1的六个面中，与AA1垂直的平面的个数是( B )
A．1 B．2
C．3 D．6
[解析] 仅有平面AC和平面A1C1与直线AA1垂直．
3．(多选题)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是( BD )
[解析] 对于A，由AD∥CE，且AB与CE成45°的角，不垂直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于B，由于AB⊥DE，AB⊥CE，由线面垂直的判定定理可得AB⊥平面CDE；对于C，AB与CE成60°的角，不垂
直，则直线AB与平面CDE不垂直；对于D，有DE⊥AB，同理可得AB⊥CE，所以AB⊥平面CDE.
4．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( D )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] ∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥BC，PA⊥CD.
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AB⊥BC,PA⊥BC,PA∩AB＝A))⇒BC⊥平面PAB⇒BC⊥PB，
由eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(CD⊥AD,CD⊥PA,PA∩AD＝A))⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PD.
∴△PAB，△PAD，△PBC，△PCD都是直角三角形．
5．(多选题)如图，六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，则下列结论正确的是( BCD )
A．CF⊥平面PAD B．DF⊥平面PAF
C．CF∥平面PAB D．CD∥平面PAF
[解析] ∵六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，∴AF∥CD，由线面平行的判定定理，可得CD∥平面PAF，故D正确；
∵DF⊥AF，DF⊥PA，又AF∩PA＝A，
∴DF⊥平面PAF，故B正确；
由正六边形的性质可知，CF∥AB，由线面平行的判定定理，可得CF∥平面PAB，故C正确；
∵CF与AD不垂直，∴CF⊥平面PAD不正确．故选BCD.
二、填空题
6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则正确结论为_④__.
①直线MB与直线B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1；
②直线MB与直线D1C平行，直线MB⊥平面A1C1D；
③直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1；
④直线MB与直线A1D垂直，直线MB∥平面B1D1C.
[解析] 对于①，因为B∈平面DD1B1B，M∉平面DD1B1B，D1B1⊂平面DD1B1B，所以直线MB与直线B1D1为异面直线，故错误；
对于②，因为A1B∥D1C，A1B∩BM＝B，所以直线MB与直线D1C不平行，故错误；
对于③，直线MB与直线AC异面，若直线MB⊥平面ADC1B1，则直线MB⊥BC，因为CB⊥平面ABA1B1，所以直线MB⊂平面ABB1A1，这与M∉平面ABB1A1矛盾，故错误；
对于④，连接A1B、BD，设正方体的棱长为2，则A1M＝eq \r(2)，A1B＝2eq \r(2)，BM＝eq \r(22＋12＋12)＝eq \r(6)，
所以A1B2＝A1M2＋BM2，所以直线MB与直线A1D垂直，
在正方体中，BD∥D1B1，BD⊄平面D1B1C，B1D1⊂平面D1B1C，
所以BD∥平面D1B1C，A1B∥D1C，A1B⊄平面D1B1C，CD1⊂平面D1B1C，
所以A1B∥平面D1B1C，又A1B∩BD＝B，所以平面D1B1C∥平面A1BD, MB⊂平面A1BD，所以直线MB∥平面B1D1C，故正确．
故答案为④.
7.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是AD的中点，F是BB1的中点，则直线EF与平面ABCD所成角的正切值为 eq \f(\r(5),5) .
[解析] 如图，连接EB，由BB1⊥平面ABCD，知∠FEB即直线EF与平面ABCD所成的角．在Rt△FBE中，BF＝1，BE＝eq \r(5)，
则tan∠FEB＝eq \f(\r(5),5).
8．已知△ABC所在平面外一点P到△ABC三顶点的距离都相等，则点P在平面ABC内的射影是△ABC的_外心__.(填“重心”“外心”“内心”“垂心”)
[解析] P到△ABC三顶点的距离都相等，则点P在平面ABC内的射影到△ABC三顶点的距离都相等，所以是外心．
三、解答题
9．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.
[证明] (1)因为SA＝SC，D是AC的中点，
所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，
又已知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.
10．如图，在棱长均为1的直三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点．
(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；
(2)求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：直三棱柱
ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AD，
∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC.又BC∩BB1＝B，∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)连接C1D.由(1)AD⊥平面BCC1B1，
则∠AC1D即为直线AC1与平面BCC1B1所成角．
在Rt△AC1D中，AD＝eq \f(\r(3),2)，AC1＝eq \r(2)，sin ∠AC1D＝eq \f(AD,AC1)＝eq \f(\r(6),4)，
即直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(\r(6),4).
B组·素养提升
一、选择题
1．空间四边形ABCD的四边相等，则它的两对角线AC、BD的关系是( C )
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] 取BD中点O，连接AO、CO，
则BD⊥AO，BD⊥CO，
∴BD⊥平面AOC，BD⊥AC，
又BD、AC异面，∴选C.
2．(多选题)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB，D为PB的中点，则下列结论正确的有( ABC )
A．BC⊥平面PAB
B．AD⊥PC
C．AD⊥平面PBC
D．PB⊥平面ADC
[解析] ∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，
又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB，故A正确；
由BC⊥平面PAB，得BC⊥AD，
又PA＝AB，D是PB的中点，
∴AD⊥PB，又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
∴AD⊥平面PBC，∴AD⊥PC，故B正确；
由AD⊥平面PBC，∴C正确，故选ABC.
3．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为6，侧棱长为8，D是侧面BB1C1C的两条对角线的交点，则直线AD与底面ABC所成角的正切值为( D )
A.eq \f(4\r(3),3) B．2eq \r(3)
C．eq \f(2\r(3),3) D．eq \f(4\r(3),9)
[解析] 取BC中点E，连接DE，AE，
由正三棱柱知DE⊥平面ABC，且DE＝4，
因为AE是斜线AD在底面上的射影，
所以∠DAE为直线AD与底面ABC所成角，
在正三角形中AE＝eq \f(\r(3),2)×6＝3eq \r(3)，
直线AD与底面ABC所成角的正切值为eq \f(DE,AE)＝eq \f(4,3\r(3))＝eq \f(4\r(3),9).故选D.
二、填空题
4．三棱锥P－ABC中，PO⊥平面ABC，O是垂足，若点P到AB，BC，AC的距离相等，则O是三角形ABC的_内__心．
[解析] 由于点P到△ABC的三边AB，BC，AC的距离相等，易得点O到边AB，BC，AC的距离相等，故点O是三角形ABC的内心．
5．(2023·山东菏泽期末)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件_A1C1⊥B1D1__时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况)．
[解析] 连接A1C1，由直四棱柱ABCD－A1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，当A1C1⊥B1D1时，因为CC1∩A1C1＝C1，所以B1D1⊥平面A1C1C，则A1C⊂平面A1C1C，所以A1C⊥B1D1.
三、解答题
6．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且BC＝DC＝DB＝AA1＝2，E是BC的中点．
(1)求证：直线DE⊥平面B1BCC1；
(2)求直线BD1与平面D1DCC1所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：∵BC＝DC＝DB＝2，∴△BDC为等边三角形，又E是BC的中点. ∴DE⊥BC，
∵CC1⊥平面ABCD，且DE在平面ABCD内，CC1⊥DE，
∵CC1在平面B1BCC1内，CB在平面B1BCC1内，且CC1∩BC＝C，
所以DE⊥平面B1BCC1.
(2)∵BC＝DC＝DB＝2，∴△BDC是等边三角形，取DC中点O，则BO⊥CD，
又CC1⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥CC1，
又CD∩CC1＝C，CD⊂平面D1DCC1，CC1⊂平面D1DCC1，
所以BO⊥平面D1DCC1，
∴∠BD1O是直线BD1与平面D1DCC1所成角，
在Rt△BOD1中，∵BC＝DC＝DB＝2，所以BO＝eq \r(3)，
∵DD1＝BD＝2，所以BD1＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
∴sin∠BD1O＝eq \f(BO,BD1)＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4).
C组·探索创新
如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点．试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F.
[解析] 当F为CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.
连接A1B、CD1，则A1B⊥AB1，A1D1⊥AB1，
又A1D1∩A1B＝A1，
∴AB1⊥平面A1BCD1，
又D1E⊂平面A1BCD1，
∴AB1⊥D1E.
又DD1⊥平面BD，
∴AF⊥DD1.
又AF⊥DE，
∴AF⊥平面D1DE，
∴AF⊥D1E.
∴D1E⊥平面AB1F.
即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.