版同步导学高中数学人教版必修二课时作业13直线与平面垂直的判定.docx
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版同步导学高中数学人教版必修二课时作业13直线与平面垂直的判定
课时作业13 直线与平面垂直的判定
基础巩固
1.如图1所示,如果MC⊥菱形ABCD所在平面,那么MA与BD的位置关系是( )
图1
A.平行
B.垂直相交
C.垂直但不相交
D.相交但不垂直
解析:
因为ABCD是菱形,所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD,则BD⊥MC.因为AC∩MC=C,所以BD⊥平面AMC.又MA⊂平面AMC,所以MA⊥BD.显然直线MA与直线BD不共面,因此直线MA与BD的位置关系是垂直但不相交.
-=答案=-:
C
2.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,一定能推出m⊥β的是( )
A.α∥β,且m⊂αB.m∥n,且n⊥β
C.m⊥n,且n⊂βD.m⊥n,且n∥β
解析:
A中,由α∥β,且m⊂α,知m∥β;B中,由n⊥β,知n垂直于平面β内的任意直线,再由m∥n,知m也垂直于β内的任意直线,所以m⊥β,B符合题意;C,D中,m⊂β或m∥β或m与β相交,不符合题意.故选B.
-=答案=-:
B
3.已知直线m,n是异面直线,则过直线n且与直线m垂直的平面( )
图2
A.有且只有一个B.至多一个
C.有一个或无数个D.不存在
解析:
若异面直线m、n垂直,则符合要求的平面有一个,否则不存在.
-=答案=-:
B
4.如果PA,PB,PC两两垂直,那么点P在平面ABC内的投影一定是△ABC的( )
A.重心B.内心
C.外心D.垂心
解析:
如图2,由PA,PB,PC两两互相垂直,可得AP⊥平面PBC,BP⊥平面PAC,CP⊥平面PAB,所以BC⊥OA,AB⊥OC,AC⊥OB,所以点O是△ABC三条高的交点,即点O是△ABC的垂心,故选D.
-=答案=-:
D
图3
5.如图3,平面α∩β=CD,EA⊥α,垂足为A,EB⊥β,垂足为B,则CD与AB的位置关系是________.
解析:
∵EA⊥α,CD⊂α,
根据直线和平面垂直的定义,则有CD⊥EA.
同样,∵EB⊥β,CD⊂β,则有EB⊥CD.
又EA∩EB=E,
∴CD⊥平面AEB.
又∵AB⊂平面AEB,∴CD⊥AB.
-=答案=-:
CD⊥AB
6.如图4所示,PA⊥平面ABC,在△ABC中,BC⊥AC,则图中直角三角形的个数有________.
图4
解析:
⇒
⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC,
∴直角三角形有△PAB、△PAC、△ABC、△PBC.
-=答案=-:
4
7.在三棱柱ABCA′B′C′中,底面ABC是正三角形,AA′⊥底面ABC,且AB=1,AA′=2,求直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值.
解:
如图5所示,取A′B′的中点D,连接C′D,BD.
图5
∵底面△A′B′C′是正三角形,
∴C′D⊥A′B′.
∵AA′⊥底面ABC,
∴A′A⊥C′D.
又AA′∩A′B′=A′,∴C′D⊥侧面ABB′A′,
故∠C′BD是直线BC′与平面ABB′A′所成角.
等边三角形A′B′C′的边长为1,C′D=
,
在Rt△BB′C′中,BC′=
=
,
故直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为
=
.
能力提升
1.下列四个命题中,正确的是( )
①若一条直线垂直于一个平面内的无数条直线,则这条直线与这个平面垂直;②若一条直线平行于一个平面,则垂直于这条直线的直线必垂直于这个平面;③若一条直线平行于一个平面,另一条直线垂直于这个平面,则这两条直线互相垂直;④若两条直线垂直,则过其中一条直线有唯一一个平面与另一条直线垂直.
A.①②B.②③
C.②④D.③④
解析:
若一条直线垂直于一个平面内的无数条平行的直线,则这条直线与这个平面不一定垂直,所以①错误.若一条直线平行于一个平面,垂直于这条直线的直线也可能平行于这个平面,所以②错误.若一条直线平行于一个平面,则平面内必有一条直线与之平行,另一条直线垂直于这个平面,则该直线与平面内的那条直线垂直,从而这两条直线互相垂直,所以③正确.显然若两条直线垂直,则过其中一条直线与另外一条直线垂直的平面只有一个,所以④正确.
-=答案=-:
D
2.若直线l不垂直于平面α,那么在平面α内( )
A.不存在与l垂直的直线
B.只存在一条与l垂直的直线
C.存在无数条直线与l垂直
D.以上都不对
解析:
过斜足,容易在α内找到一条直线与l垂直,则在α内与此直线平行的无数条直线都与l垂直.
-=答案=-:
C
3.空间四边形ABCD的四边相等,则它的两对角线AC、BD的关系是( )
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
图6
解析:
取BD中点O,连接AO,CO,
则BD⊥AO,BD⊥CO,
且AO∩CO=O,
∴BD⊥面AOC,
又AC⊂平面AOC,
∴BD⊥AC,
又BD、AC异面,∴选C.
-=答案=-:
C
4.设α表示平面,a、b表示直线,给出下列四个说法,其中正确的是( )
①a∥α,a⊥b⇒b∥α②a∥b,a⊥α⇒b⊥α
③a⊥α,a⊥b⇒b⊂α④a⊥b,b⊂α⇒a⊥α
A.①②B.①④
C.②D.②④
解析:
①中可能有b∥α,b⊂α或b与α相交;③中可能有b⊂α或b∥α;④中可能有a与α不垂直,或a⊥α;只有②正确.
-=答案=-:
C
5.如图7,四棱锥SABCD的底面ABCD为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的有________个.
图7
①AC⊥SB;
②AB∥平面SCD;
③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD;
④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角.
解析:
因为SD⊥底面ABCD,所以AC⊥SD.
因为ABCD是正方形,
所以AC⊥BD.又BD∩SD=D,
所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥SB,故①正确;
因为AB∥CD,AB⊄平面SCD,CD⊂平面SCD,
所以AB∥平面SCD,故②正确;
因为AD是SA在平面ABCD内的射影,
所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD.故③正确;
因为AB∥CD,
所以AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角,
故④正确.
-=答案=-:
4
图8
6.(2019年河北正定高一检测)直三棱柱ABCA1B1C1(侧棱与底面垂直的棱柱)中,AC=BC=1,∠ACB=90°,AA1=
,D是A1B1的中点.
(1)求证:
C1D⊥平面AA1B1B;
(2)当点F在BB1上的什么位置时,会使得AB1⊥平面C1DF?
请证明你的结论.
图9
解:
(1)证明:
∵ABCA1B1C1是直三棱柱,
由已知得A1C1=B1C1=1,
且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中点,
∴C1D⊥A1B1.
∵AA1⊥平面A1B1C1,
C1D⊂平面A1B1C1,
∴AA1⊥C1D,
∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)作DE⊥AB1交AB1于E,延长DE交BB1于F,连接C1F,则AB1⊥平面C1DF,点F为所求.
事实上,∵C1D⊥平面AA1B1B,AB1⊂平面AA1B1B,
∴C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,∴AB1⊥平面C1DF.
∵AA1=A1B1=
,∴四边形AA1B1B为正方形.
又D为A1B1的中点,DF⊥AB1,∴F为BB1的中点,
∴当点F为BB1的中点时,AB1⊥平面C1DF.
7.如图10,AB为⊙O的直径,PA垂直于⊙O所在的平面,M为圆周上任意一点,AN⊥PM,N为垂足.
图10
(1)求证:
AN⊥平面PBM.
(2)若AQ⊥PB,垂足为Q,求证:
NQ⊥PB.
证明:
(1)∵AB为⊙O的直径,∴AM⊥BM.
又PA⊥平面ABM,BM⊂平面ABM.∴PA⊥BM.
又∵PA∩AM=A,∴BM⊥平面PAM.
又AN⊂平面PAM,∴BM⊥AN.
又AN⊥PM,且BM∩PM=M,∴AN⊥平面PBM.
(2)由
(1)知AN⊥平PBM,PB⊂平面PBM,∴AN⊥PB.
又∵AQ⊥PB,AN∩AQ=A,∴PB⊥平面ANQ.
又NQ⊂平面ANQ,∴PB⊥NQ.
8.如图11所示,三棱锥ASBC中,∠BSC=90°,∠ASB=∠ASC=60°,SA=SB=SC.求直线AS与平面SBC所成的角.
图11
解析:
因为∠ASB=∠ASC=60°,SA=SB=SC,
所以△ASB与△SAC都是等边三角形.因此AB=AC.
如图12所示,取BC的中点D,
图12
连接AD,SD,则AD⊥BC.
设SA=a,则在Rt△SBC中,
BC=
a,CD=SD=
a.
在Rt△ADC中,
AD=
=
a.
则AD2+SD2=SA2,
所以AD⊥SD.
又BC∩SD=D,所以AD⊥平面SBC.
因此∠ASD即为直线AS与平面SBC所成的角.
在Rt△ASD中,SD=AD=
a,
所以∠ASD=45°,
即直线AS与平面SBC所成的角为45°.
拓展要求
1.如图13,动点P在正方体ABCDA1B1C1D1的对角线BD1上,过点P作垂直于平面BB1D1D的直线,与正方体表面相交于M,N.设BP=x,MN=y,则函数y=f(x)的图象大致是( )
图13
解析:
取A1A、CC1中点E、F,则点P移动时,M,N为菱形EBFD1的边上的点,当M在EB上时,
=
=tan∠EBD1为常数,函数y=f(x)的图象应为直线的一部分,再由对称性知选B.
-=答案=-:
B
2.如图14甲,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14乙.
图14
(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:
(1)证明:
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)证明:
由已知得AC⊥BC且DE∥BC,
所以DE⊥AC.
因为DE⊥A1D,DE⊥CD,
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC,
所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD,
所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
图15
(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.
理由如下:
如图15,
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DEP.
由第
(2)问知,DE⊥平面A1DC,
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点,
所以A1C⊥DP.
所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q,
使得A1C⊥平面DEQ.
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- 同步 高中 学人 必修 课时 作业 13 直线 平面 垂直 判定