适用于新教材2025版高中数学课时素养检测三十直线与平面垂直一新人教A版必修第二册

PAGE三十直线与平面垂直(一)(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对得5分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分)1．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，肯定能推出m⊥β的是()A．α∥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥βC．m⊥n，且n⊂βD．m⊥n，且n∥β【解析】选B.A.中，由α∥β，且m⊂α，知m∥β；B.中，由n⊥β，知n垂直于平面β内的随意直线，再由m∥n，知m也垂直于β内的随意直线，所以m⊥β，B符合题意；C.和D.中，m⊂β或m∥β或m与β相交，不符合题意．故选B.2．(2024·徐州高一检测)正方体ABCD­A1B1C1D1中与AD1垂直的平面是()A．平面DD1C1C B．平面A1DBC．平面A1B1C1D1 D．平面A1DB1【解析】选D.正方体ABCD­A1B1C1D1中，在A.中，AD1与平面DD1C1C相交但不垂直，故A错误；在B.中，AD1与平面A1DB相交但不垂直，故B错误；在C.中，AD1与平面A1B1C1D1相交但不垂直，故C错误；在D.中，AD1⊥A1D，AD1⊥A1B1，A1D∩A1B1＝A1，所以AD1⊥平面A1DB1，故D正确．3．若两直线l1与l2异面，则过l1且与l2垂直的平面()A．有且只有一个B．可能存在，也可能不存在C．有多数多个D．肯定不存在【解析】选B.当l1⊥l2时，过l1且与l2垂直的平面有一个，当l1与l2不垂直时，过l1且与l2垂直的平面不存在．4．已知直线a⊥平面α，直线b∥平面α，则a与b的关系为()A．a∥b B．a⊥bC．a，b相交不垂直 D．a，b异面不垂直【解析】选B.由b∥α，过b作平面β，使α∩β＝c，则b∥c，且c⊂α.因为a⊥α，所以a⊥c.所以a⊥b.5．(2024·肇庆高一检测)已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，P为顶点，正六边形ABCDEF内接于底面圆，AD是圆的直径，且AD＝2，则下列说法正确的是()A．BC∥平面PADB．AC⊥平面PCDC．圆锥的侧面积为eq\r(3)πD．直线PC与平面PAD所成角的余弦值为eq\f(\r(13),4)【解析】选AD.圆锥的底面直径为2，所以半径r＝1，从而母线长l＝2.由于六边形ABCDEF为正六边形，如图，所以BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，故A对；在△PAC中，PA＝PC＝2，可知∠ACP≠90°，故B错；圆锥的侧面积为πrl＝2π，故C错；过点C作CM⊥AD，垂足为M，连接PM，如图，由于平面PAD⊥底面，AD为交线，则CM⊥平面PAD，所以∠CPM为直线PC与平面PAD所成的角，可求得CM＝eq\f(\r(3),2)，PM＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),2)，所以cos∠CPM＝eq\f(PM,PC)＝eq\f(\r(13),4)，故D对．6．(多选题)设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，下列命题正确的有()A．若l⊥α，则l与α相交B．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥αC．若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥αD．若α∥β，l⊥α则l⊥β【解析】选ACD.A明显正确；对B，只有当m，n相交时，才有l⊥α，故B错误；对C，由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α，得n⊥α，故C正确；对D，α∥β，l⊥α则l⊥β正确．二、填空题(每小题5分，共10分)7．如图所示，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a＞0)，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，若BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD，则a的最小值为________．【解析】因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥QD.若BC边上存在一点Q，使得QD⊥PQ，PA∩PQ＝P，则有QD⊥平面PAQ，从而QD⊥AQ.在矩形ABCD中，当AD＝a<2时，直线BC与以AD为直径的圆相离，故不存在点Q，使PQ⊥DQ.所以当a≥2时，才存在点Q，使得PQ⊥QD.所以a的最小值为2.答案：28．(三空题)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线AB1与平面ABCD所成的角等于________；AB1与平面ADD1A1所成的角等于________；AB1与平面DCC1D1所成的角等于________．【解析】∠B1AB为AB1与平面ABCD所成的角，即45°；∠B1AA1为AB1与平面ADD1A1所成的角，即45°；AB1与平面DCC1D1平行，即所成的角为0°.答案：45°45°0°三、解答题(每小题10分，共20分)9．如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△BCF为正三角形，G，H分别为BC，EF的中点，EF＝4且EF∥AB，EF⊥FB.(1)求证：GH∥平面EAD；(2)求证：FG⊥平面ABCD.【证明】(1)如图，取AD的中点M，连接EM，GM.因为EF∥AB，M，G分别为AD，BC的中点，所以MG∥EF，因为H为EF的中点，EF＝4，AB＝2，所以EH＝AB＝MG，所以四边形EMGH为平行四边形，所以GH∥EM，又因为GH⊄平面EAD，EM⊂平面EAD，所以GH∥平面EAD.(2)因为EF⊥FB，EF∥AB，所以AB⊥FB.在正方形ABCD中，AB⊥BC，所以AB⊥平面FBC.又FG⊂平面FBC，所以AB⊥FG.在正三角形FBC中，FG⊥BC，所以FG⊥平面ABCD.【补偿训练】如图，已知PA垂直于⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上随意一点，求证：BC⊥PC.【证明】因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.因为AB是⊙O的直径，所以BC⊥AC.而PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC.10.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．(1)证明：PB∥平面ACM；(2)证明：AD⊥平面PAC；(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．【解析】(1)如图，连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点，又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM.(2)因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD，而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.(3)取DO的中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝eq\f(1,2)PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝eq\f(1,2)，所以DO＝eq\f(\r(5),2)，从而AN＝eq\f(1,2)DO＝eq\f(\r(5),4).在Rt△ANM中，tan∠MAN＝eq\f(MN,AN)＝eq\f(1,\f(\r(5),4))＝eq\f(4\r(5),5)，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为eq\f(4\r(5),5).(25分钟50分)一、选择题(每小题5分，共15分，多选题全部选对得5分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分)1．直线l与平面α所成的角为70°，直线l∥m，则m与α所成的角等于()A．20°B．70°C．90°D．110°【解析】选B.因为l∥m，所以直线l与平面α所成的角等于直线m与平面α所成的角，又直线l与平面α所成的角为70°，所以直线m与平面α所成的角为70°.2．图①是建筑工地上的塔吊，图②是依据图①绘制的塔吊简易直观图，点A，B，C在同一水平面内．塔身PO⊥平面ABC，直线AO与BC的交点E是BC的中点，起重小车挂在线段AO上的D点，AB＝AC，DO＝6m．若PO＝2m，PB＝3m，△ABC的面积为10m2，依据图中标注的数据，忽视△ABC自重对塔吊平衡的影响，在塔吊保持平衡的条件下可得点A，P之间的距离为(0.5OD＝1.5OE)()A．2eq\r(17)m B．6eq\r(2)mC．8m D．9m【解析】选A.依据条件得，OE＝eq\f(0.5×DO,1.5)＝eq\f(0.5×6,1.5)＝2(m).因为PO⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以PO⊥AE，又AB＝AC，E是BC中点，所以AE⊥BC，PE⊥BC.因为PO＝2m，所以PE＝2eq\r(2)m，因为PB＝3m，所以BE＝1m．由于△ABC的面积为10m2，所以eq\f(1,2)BC·AE＝10，解得AE＝10m，即AO＝8m，即AP＝2eq\r(17)m．3．(多选题)下列说法中错误的是()A．若直线m∥平面α，直线l⊥m，则l⊥αB．若直线l和平面α内的多数条直线垂直，则直线l与平面α必相交C．过平面α外一点有且只有一条直线和平面α垂直D．过直线a外一点有且只有一个平面和直线a垂直【解析】选AB.A错误．若直线m∥平面α，直线l⊥m，则l与α平行、相交或l在α内都有可能．B错误．若直线l和平面α内的多数条直线垂直，则直线l与平面α平行、相交或l在α内都有可能，C.D正确．二、填空题(每小题5分，共15分)4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝eq\r(2)，BC＝AA1＝1，则BD1与平面A1B1C1D1所成的角的大小为________．【解析】如图所示，连接B1D1.则B1D1是BD1在平面A1B1C1D1上的射影，则∠BD1B1是BD1与平面A1B1C1D1所成的角．在Rt△BD1B1中，tan∠BD1B1＝eq\f(BB1,B1D1)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，则∠BD1B1＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)5．如图，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满意条件________时，有AC1⊥B1D1.(注：填上你认为正确的一种即可，不必考虑全部可能的情形)【解析】要找底面四边形ABCD所满意的条件，使AC1⊥B1D1，可从结论AC1⊥B1D1入手．因为AC1⊥B1D1，BD∥B1D1，所以AC1⊥BD.又因为CC1⊥BD，而CC1∩AC1＝C1，CC1⊂平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥平面ACC1，所以BD⊥AC.此题答案不唯一．答案：BD⊥AC(答案不唯一)6．(2024·郑州高一检测)已知四棱锥P­ABCD的顶点都在球O的球面上，PA⊥底面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝CD＝2，若球O的表面积为9π，则四棱锥P­ABCD的体积为________．【解析】因为AB＝AD，BC＝CD，AC＝AC，所以△ABC与△ADC全等，所以∠ABC＝∠ADC，易知A，B，C，D四点共圆，则∠ABC＋∠ADC＝180°，所以∠ABC＝∠ADC＝90°，所以，四边形ABCD的外接圆直径为AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(5)，设四棱锥P­ABCD的外接球半径为R，则4πR2＝9π，解得R＝eq\f(3,2)，由PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，且AP∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又PB⊂面PAB，所以BC⊥PB，同理可证：CD⊥PD，设点O为PC的中点，则由直角三角形的性质可得OA＝OB＝OD＝OC，所以O为四棱锥P­ABCD外接球的球心，即PC为其直径，即PC＝2R＝3，所以PA＝eq\r(（2R）2－AC2)＝eq\r(32－5)＝2，S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×BC＝eq\f(1,2)×1×2＝1，所以VP­ABCD＝eq\f(1,3)×2S△ABC×AP＝eq\f(1,3)×2×1×2＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)三、解答题(每小题10分，共20分)7．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.(1)求证：DE∥平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．【解析】(1)因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.因为DE⊥A1D，DE⊥CD，且A1D∩CD＝D，所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即为平面DEQP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，所以A1C⊥平面DEQP.即A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.8．如图，在棱长均为1的直三棱柱ABC­A1B1C1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)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AD，因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.又BC∩BB1＝B，所以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所成的角．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).【补偿训练】(2024·苏州高一检测)如图，四棱锥P­ABCD，AB∥CD，CD⊥BC，PB＝BC＝CD＝2AB＝2，PA＝eq\r(3)，PC＝eq\r(5).(1)证明：PC＝PD；(2)求直线PC与平面PA