2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--5.1　直线与平面垂直(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
第六章　立体几何初步
§5　垂直关系
5.1　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　直线与平面垂直的性质与判定
1.(2023上海洋泾中学月考)已知直线l,m与平面α,其中m α,则“l⊥m”是“l⊥α”的(　　)
A.充分不必要条件　　　
B.必要不充分条件
C.充要条件　　　
D.既不充分也不必要条件
2.(多选题)(2022江西赣州十六县期中联考)设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列说法错误的是(　　)
A.若m α,n α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α
B.若l∥m,m∥n,l⊥α,则n⊥α
C.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l⊥n
D.若m α,l⊥n,n⊥α,则l∥m
3.(2023四川成都石室天府中学模拟)如图,PA垂直于以AB为直径的圆O所在的平面,C为圆上异于A,B的任一点,现有下列命题:①PA⊥BC;②BC⊥平面PAC;③AC⊥PB;④PC⊥BC.其中真命题的个数是(　　)
A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于(　　)
A.AC　　　B.BD　　　C.A1D　　　D.A1A
5.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PO⊥平面ABC,BO⊥AC,且BO的延长线交AC于点D,则图中线段所在直线中,与AC垂直的直线有　(　　)
A.1条　　　B.2条　　　C.3条　　　D.4条
6.已知直线l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A α,B α,且OA=AB.若AC⊥平面α,垂足为C,BD⊥平面α,垂足为D,AC=1,则BD=　　　.
7.(2023吉林长春十一高中月考)过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.若PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,则O是△ABC的　　　　心.
8.如图所示,四边形ABCD为正方形,SA⊥平面ABCD,过点A且垂直于SC的平面分别交SB,SC,SD于点E,F,G.求证:AE⊥SB.
9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与AC,A1D都垂直且相交.求证:
(1)BD1⊥平面AB1C;
(2)EF∥BD1.
题组二　直线与平面的夹角
10.(2023河南中原名校联盟检测)已知直线l和平面α的夹角为,则直线l和平面α内任意直线夹角的取值范围为(　　)
A.　　　B.　　　
C.　　　D.
11.(2023辽宁五校期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AB1与平面ACC1A1的夹角为(　　)
A.30°　　　B.45°　　　C.60°　　　D.90°
12.(2021上海杨浦期中)P是直角三角形ABC所在平面外一点,已知AB=3,BC=4,∠ABC=90°,PA=PB=PC=4,则直线PB与平面ABC夹角的余弦值为　　　　.
13.(2021江苏常州溧阳期末)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,SD⊥平面ABCD,E,F分别为AB,SC的中点.
(1)证明:EF⊥CD;
(2)若SD=8,求直线EF与平面ABCD夹角的正弦值.
能力提升练
题组一　直线与平面垂直的性质与判定
1.(多选题)(2022湖北武汉钢城四中月考)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,为了使该三棱锥四个面均为直角三角形,可以补充的条件为(　　)
A.AB⊥AC　　　B.AC⊥BC
C.BC⊥AB　　　D.AB=AC
2.(2022山东菏泽东明第一中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,点F在BB1上.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B;
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF 并证明你的结论.
①F为BB1的中点;②AB1=;③AA1=.
题组二　直线与平面的夹角
3.(2021湖南长沙期末)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是(　　)
A.AC⊥SB
B.AB∥平面SCD
C.SA与平面SBD的夹角等于SC与平面SBD的夹角
D.AB与SC的夹角等于DC与SA的夹角
4.(2023辽宁沈阳东北育才双语学校期末)如图,∠BOC在平面α内,OA是α的斜线,若∠AOC=∠AOB=60°,OA=OB=OC=1,BC=,则OA与平面α的夹角为　　　　.
5.(2021江苏南京宁海中学期末)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1内一点(含边界),若A1P∥平面AEF,则点P的轨迹长度为　　　　,直线A1P与平面BCC1B1夹角的正切值的取值范围是　　　　.
答案与分层梯度式解析
第六章　立体几何初步
§5　垂直关系
5.1　直线与平面垂直
基础过关练
1.B 2.ACD 3.C 4.B 5.D 10.D 11.A
1.B　根据直线与平面垂直的判定定理,知只有当l垂直于α内的两条相交直线时,才有l⊥α,故充分性不成立;若l⊥α,m α,则l⊥m,故必要性成立.
综上,“l⊥m”是“l⊥α”的必要不充分条件.
2.ACD　对于A,易得l与α可能相交、平行或l α,故A中说法错误;
对于B,由l∥m,m∥n,得l∥n,又l⊥α,所以n⊥α,故B中说法正确;
对于C,易得l∥n,故C中说法错误;
对于D,易得l与m可能相交、平行或异面,故D中说法错误.
3.C　因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,故①正确;
因为AB为圆O的直径,C为圆上异于A,B的任一点,所以AC⊥BC,
又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC,故②正确;
因为PC 平面PAC,所以PC⊥BC,故④正确;
假定AC⊥PB,因为AC⊥BC,PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,所以AC⊥平面PBC,因为PC 平面PBC,所以AC⊥PC,显然不成立,故③不正确.
所以真命题的个数是3.
4.B　如图所示,连接AC,BD,易知BD⊥AC,BD⊥A1A,又A1A∩AC=A,A1A 平面ACC1A1,AC 平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1.
因为CE 平面ACC1A1,所以BD⊥CE.
5.D　∵PO⊥平面ABC,AC 平面ABC,∴PO⊥AC.
又∵AC⊥BO,且BO∩PO=O,∴AC⊥平面PBD,
∴直线PB,PD,PO,BD都与AC垂直.故题图中线段所在直线中,与AC垂直的直线有4条.
6.答案　2
解析　连接OD,因为AC⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD,所以.
因为OA=AB,所以.
因为AC=1,所以BD=2.
7.答案　垂
解析　如图所示,连接AO,BO,CO,延长AO,BO,CO,分别交BC,AC,AB于点E,F,D.
因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC 平面PBC,所以PA⊥平面PBC,
因为BC 平面PBC,所以PA⊥BC,
又PO⊥α,BC 平面α,所以PO⊥BC,
因为PA∩PO=P,PA,PO 平面PAO,
所以BC⊥平面PAO,
又AE 平面PAO,所以BC⊥AE,
同理可证,BF⊥AC,CD⊥AB,
所以O为△ABC的垂心.
8.证明　因为SA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,
所以SA⊥BC.
因为四边形ABCD是正方形,所以AB⊥BC.
因为SA∩AB=A,所以BC⊥平面SAB.
因为AE 平面SAB,所以BC⊥AE.
因为SC⊥平面AGFE,AE 平面AGFE,
所以SC⊥AE.
又BC∩SC=C,所以AE⊥平面SBC.
又SB 平面SBC,所以AE⊥SB.
9.证明　(1)如图,连接BD,B1D1.
∵DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,∴DD1⊥AC.
又AC⊥BD,DD1∩BD=D,
∴AC⊥平面BDD1B1.
又BD1 平面BDD1B1,
∴AC⊥BD1.
同理BD1⊥B1C,又AC 平面AB1C,B1C 平面AB1C,AC∩B1C=C,
∴BD1⊥平面AB1C.
(2)∵EF⊥A1D,且A1D∥B1C,
∴EF⊥B1C.
又∵EF⊥AC,AC∩B1C=C,AC 平面AB1C,B1C 平面AB1C,
∴EF⊥平面AB1C.
由(1)知BD1⊥平面AB1C,∴EF∥BD1.
方法总结　证明线线平行的常用方法:
(1)利用平行直线的定义,证两条直线共面且无公共点;
(2)利用基本事实4,证两直线同时平行于第三条直线;
(3)利用直线与平面平行的性质定理,把证线线平行转化为证线面平行;
(4)利用直线与平面垂直的性质定理,把证线线平行转化为证线面垂直;
(5)利用平面与平面平行的性质定理,把证线线平行转化为证面面平行.
10.D　因为线面角是平面外的直线与平面内所有直线所成角中最小的角,
所以l与α内任意直线夹角的最小值为,
当l在α内的投影与α内的某直线垂直时,l与该直线的夹角为,
故l与α内任意直线夹角的取值范围为.
11.A　连接B1D1,交A1C1于点O,连接AO,如图所示,
因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以B1D1⊥A1C1,即B1O⊥A1C1,因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1O 平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1O,
又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面ACC1A1,
所以B1O⊥平面ACC1A1,
所以∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1的夹角.
在Rt△AB1O中,∠AOB1=90°,B1O=AB1,所以∠B1AO=30°,
所以直线AB1与平面ACC1A1的夹角为30°.
故选A.
12.答案　
解析　由题意得,点P在平面ABC上的投影O为△ABC的外心,且PO⊥平面ABC,
∴∠PBO为直线PB与平面ABC的夹角,
OB=,
∴cos∠PBO=.
13.解析　(1)证明:因为SD⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以SD⊥CD.
取CD的中点O,连接EO,FO.
因为E,F分别为AB,SC的中点,底面ABCD是正方形,所以EO⊥CD,EO∥AD,FO∥SD,
所以FO⊥CD,
又EO∩FO=O,EO,FO 平面OEF,
所以CD⊥平面OEF.
又EF 平面OEF,所以EF⊥CD.
(2)由(1)可知,FO∥SD,
又因为SD⊥平面ABCD,
所以FO⊥平面ABCD,
所以∠FEO即为直线EF与平面ABCD的夹角.
在Rt△FEO中,OF=SD=4,OE=AD=4,∠FOE=90°,所以∠FEO=45°,
所以直线EF与平面ABCD夹角的正弦值为sin 45°=.
能力提升练
1.BC　∵PA⊥平面ABC,AB 平面ABC,AC 平面ABC,BC 平面ABC,∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC,∴△PAB,△PAC均为直角三角形.
当补充条件为AB⊥AC时,△ABC为直角三角形,△PBC为锐角三角形,故A错误;
当补充条件为AC⊥BC时,△ABC为直角三角形,∵PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC,∴BC⊥PC,∴△PBC为直角三角形,此时三棱锥四个面都为直角三角形,故B正确;
当补充条件为BC⊥AB时,△ABC为直角三角形,∵PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥PB,∴△PBC为直角三角形,此时三棱锥四个面都为直角三角形,故C正确;
当补充条件为AB=AC时,只能确定△ABC为等腰三角形,不能确定其为直角三角形,故D错误.
故选BC.
2.解析　(1)证明:由题意得A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°,
∵D是A1B1的中点,∴C1D⊥A1B1,
又AA1⊥平面A1B1C1,C1D 平面A1B1C1,
∴AA1⊥C1D,
又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1 平面AA1B1B,
∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF,A1B,如图所示.
则DF∥A1B,在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,则AB=,又AA1=,∴四边形AA1B1B为正方形,
∴A1B⊥AB1,∴DF⊥AB1,
∵C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
∴C1D⊥AB1,
又DF∩C1D=D,C1D,DF 平面C1DF,
∴AB1⊥平面C1DF.
选①②不能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF,A1B,
则DF∥A1B,在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,则AB==1,
∴四边形AA1B1B是长方形,∴A1B与AB1不垂直,即DF与AB1不垂直,
∴AB1不垂直于平面C1DF.
选②③不能证明AB1⊥平面C1DF.
在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,则AB=,
又AB1==2≠,矛盾,
∴不能证明AB1⊥平面C1DF.
综上,选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
3.D　因为SD⊥平面ABCD,而AC 平面ABCD,所以AC⊥SD.又四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,又BD∩SD=D,所以AC⊥平面SBD.又SB 平面SBD,所以AC⊥SB,A中结论正确.
因为AB∥CD,CD 平面SCD,AB 平面SCD,所以AB∥平面SCD,B中结论正确.
设AC与BD的交点为O,连接SO,如图,则SA与平面SBD的夹角为∠ASO,SC与平面SBD的夹角为∠CSO,易知∠ASO=∠CSO,故SA与平面SBD的夹角等于SC与平面SBD的夹角,C中结论正确.
AB与SC的夹角是∠SCD,而DC与SA的夹角是∠SAB,易知
∠SCD≠∠SAB,即夹角不相等,D中结论不正确.
4.答案　
解析　如图,取BC的中点D,连接AD,OD,
∵OA=OC=1,∠AOC=60°,∴△OAC是等边三角形,∴AC=1,同理可得,AB=1,
∵AC=AB=1,BC=,D为BC的中点,∴AD⊥BC,AD=,
同理可得,OD⊥BC,OD=,
∴OA2=OD2+AD2,即AD⊥OD,
又因为BC∩OD=D,所以AD⊥平面OBC,
所以∠AOD为OA与平面α的夹角.
在Rt△AOD中,OD=AD=,所以∠AOD=.
5.答案　]
解析　如图,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,A1N,MN,BC1,NE.
∵M,N,E,F分别是其所在棱的中点,
∴MN∥BC1,EF∥BC1,∴MN∥EF.
∵MN 平面AEF,EF 平面 AEF,
∴MN∥平面AEF.
易知AA1∥NE,AA1=NE,
∴四边形AENA1为平行四边形,∴A1N∥AE.
∵A1N 平面AEF,AE 平面AEF,
∴A1N∥平面AEF.
∵A1N∩MN=N,A1N 平面A1MN,MN 平面A1MN,∴平面A1MN∥平面AEF,
∵P是侧面BCC1B1内一点,且A1P∥平面AEF,
∴点P必在线段MN上,
∴点P的轨迹MN=.
∵A1B1⊥平面BCC1B1,
∴∠A1PB1即为直线A1P与平面BCC1B1的夹角,
则tan∠A1PB1=.
∵点P的轨迹为MN,∴当PB1⊥MN时,PB1的长度最小,为,当P与M或N重合时,PB1的长度最大,为,∴直线A1P与平面BCC1B1夹角的正切值的最小值为=2,最大值为.
∴直线A1P与平面BCC1B1夹角的正切值的取值范围是[2,2].
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