高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后作业题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后作业题，共6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。
1.如图所示，b，c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b(C，D均异于A，B)，则△ACD是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形D．等腰三角形
2.已知l、m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( )
A．若l∥α，m∥α，则l∥m B．若l⊥m，m∥α，则l⊥α
C．若l⊥m，m⊥α，则l∥α D．若l∥α，m⊥α，则l⊥m
3.一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )
A．l∥α B．l⊥α C．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α
4.如图，若Ω是长方体ABCD－A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )
A. EH∥FG B. 四边形EFGH是矩形 C. Ω是棱柱 D. Ω是棱台
5.已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝2，∠ASC＝∠BSC＝45°，则棱锥S－ABC的体积为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2\r(3),3)C．eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(5\r(3),3)
6.（改编题）如图，直三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F与线段FB长的比为( )
A.eq \f(1,2) B．2 C. D．3
7.如图，在以下四个正方体中，直线与平面垂直的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
8.假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：
①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)
9.正方体ABCD－A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________．
10.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，
C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．若AE=,AP=2，则与面积的比为________.
三、解答题
11．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，BF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求证：平面BDGH∥平面AEF.
12.如图所示，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.
(1)求三棱锥D－ACE的体积；
(2)设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，则线段CE上是否存在一点N，使得MN∥平面DAE?
答案及解析
1.【答案】：B
【解析】：因为a⊥b，b⊥c，a∩c＝B，所以b⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC，故△ACD为直角三角形．
2.【答案】：D
【解析】：A选项，l与m可能平行，异面或相交，A错；B选项，l与α可能平行，相交或l在α内，B错；C选项，l有可能在α内，C错，故选D.
3.【答案】：D
【解析】：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选D.
4.【答案】：D
【解析】：若FG不平行于EH，则FG与EH相交，交点必然在B1C1上，与EH∥B1C1矛盾，所以FG∥EH；由EH⊥平面A1ABB1，得到EH⊥EF，可以得到四边形EFGH为矩形；将Ω从正面看过去，就知道是一个五棱柱，C正确；D没能正确理解棱台的定义与题中的图形．
5.【答案】：C
【解析】：如图所示，由题意知，在棱锥S－ABC中，△SAC，△SBC都是等腰直角三角形，其中AB＝2，SC＝4，SA＝AC＝SB＝BC＝2eq \r(2).取SC的中点D，易证SC垂直于面ABD，因此棱锥S－ABC的体积为两个棱锥S－ABD和C－ABD的体积和，所以棱锥S－ABC的体积V＝eq \f(1,3)SC·S△ADB＝eq \f(1,3)×4×eq \r(3)＝eq \f(4,3)eq \r(3).
6.【答案】C
【解析】： 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝eq \r(2)，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq \f(1,2)h.又2×eq \r(2)＝heq \r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝.由面积相等得，得x＝eq \f(1,2)，则线段B1F与线段FB长的比为，选C.
7.【答案】BD
【解析】对于A，由与所成角为，可得直线与平面不垂直；
对于B，由，，，可得平面；
对于C，由与所成角为，可得直线与平面不垂直；
对于D，连接，由平面，可得，同理可得，
又，所以平面.故选：BD
8.【答案】：①③
【解析】：如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．
9.【答案】：eq \f(\r(6),3)
【解析】：设BD与AC交于点O，连接D1O，∵BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1成的角．∵AC⊥BD，AC⊥DD1，DD1∩BD＝D，∴AC⊥平面DD1B，平面DD1B∩平面ACD1＝OD1，∴DD1在平面ACD1内的射影落在OD1上，故∠DD1O为直线DD1与平面ACD1所成的角，设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝eq \f(\r(2),2)，D1O＝eq \f(\r(6),2)，
∴cs∠DD1O＝eq \f(DD1,D1O)＝eq \f(\r(6),3)，∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).
10.答案：①②④
【解析】：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，
故①正确，②AE⊥PC，AE⊥BC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确，③AF⊥PB，若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．与面积的比为
11.证明：(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
又因为BF⊥平面ABCD，
且AC⊂平面ABCD，所以BF⊥AC，又BF∩BD＝B，所以AC⊥平面BDEF.……5分
(2)在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF，
又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.……8分
设AC∩BD＝O，连接OH，在△ACF中，
因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，…………10分
又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.…………12分
12.【解析】：(1)∵AD⊥平面ABE，AD∥BC.∴BC⊥平面ABE.
又∵AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC.
∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
∴AE⊥BF，又∵BC∩BF＝B，∴AE⊥平面BCE.……3分
又BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE.
∴AB＝2eq \r(2)，则点E到平面ACD的距离为eq \r(2)，
∴VD－ACE＝VE－ACD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(4,3).…………6分
(2)存在这样的点．
如图所示，在△ABE中，过点M作MG∥AE交BE于点G，在△BEC中，过点G作GN∥BC交EC于点N，连接MN，则由比例关系易得CN＝eq \f(1,3)CE.
∵MG∥AE，MG⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，∴MG∥平面ADE.……9分
同理，GN∥平面ADE，又GN∩MG＝G，∴平面MGN∥平面ADE.
∵MN⊂平面MGN，∴MN∥平面ADE.
∴点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点．……12分