【文档说明】2021年人教版高中数学必修第二册8.6.2《直线与平面垂直（第1课时）直线与平面垂直的判定》同步练习（解析版）.doc，共(10)页，480.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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格致课堂8.6.2直线与平面垂直第1课时直线与平面垂直的判定一、选择题1．如图，在正方体1111ABCDABCD中，O是底面ABCD的中心，11BHDO，H为垂足，则1BH与平面1ADC的位置关系是（）A．垂直B．平行C．斜交D．以上都不对【答案】A【解析】连接

11,BDBD.∵几何体1111ABCDABCD是正方体，底面ABCD是正方形，∴ACBD.又∵11,BBACBDBBB，∴AC平面11BDDB.∵1BH平面11BDDB，∴1ACBH.∵111,BHDOACDOO，∴1BH平面1ADC.故选A.2．

若斜线段AB是它在平面上的射影长的2倍，则AB与平面所成的角是（）格致课堂A．60B．45C．30D．120【答案】A【解析】如图所示，作点A在平面上的射影O，连接OAOB，，则ABO即是斜线AB与

平面所成的角，且ABO为直角三角形.又2ABBO，所以1cos2OBABOAB，所以60ABO∠.故选A.3．正方体1111ABCDABCD中，1AB与平面11ABCD所成的角为（）A．30°B．45C．60D．90【答案】A【解析】如图，连

接1CB交1BC于点E，连接AE，正方体中，证得：1CB平面11ABCD，所以1AB与平面11ABCD所成的角为1BAE，设正方体的边长为a，在1BAE中，求得：12ABa，122aBE，1111sin2BEBAEAB

,所以130BAE，格致课堂故选：A4．如图所示的正方形123SGGG中，EF，分别是12GG，23GG的中点，现沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使1G，2G，3G重合为点G，则有（）A．SG平面EFGB．EG平面SEFC．GF平面S

EFD．SG平面SEF【答案】A【解析】由题意：SGFG，SGEG，FGEGG，FGEG，平面EFG所以SG平面EFG正确，D不正确；.又若EG平面SEF，则EGEF，由平面图形可知显然不成立；同理GF平面SEF不正确；故选：A5．（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（）A．B．C．D．【答案】BD【解析】对于A，由AB与CE所成角为45，可得直线AB与平面CDE不垂直；格致课堂对于B，由ABCE^，ABED，CEEDE，可得AB平面CDE；对于C，由AB与CE所成角为60，可得直

线AB与平面CDE不垂直；对于D，连接AC，由ED平面ABC，可得EDAB，同理可得ECAB，又EDECE，所以AB平面CDE.故选：BD6．（多选题）如果一条直线垂直于一个平面内的：①三角

形的两边；②梯形的两边；③圆的两条直径；④正五边形的两边.那么能保证该直线与平面垂直的是（）A．①B．②C．③D．④【答案】ACD【解析】根据直线与平面垂直的判定定理，平面内这两条直线必须是相交的；选项A、C、D中给定的两条直线一定相交，能保证直线与平面垂直；而B中梯形的两

边可能是上、下底边，它们互相平行，不满足定理条件.故选：ACD.二、填空题7．如图，正三棱柱111ABCABC中，1ABAA，则1AC与平面11BBCC所成角的正弦值为______.【答案】64格致课堂【解析】取BC中点E，连接1,AECE，如下图所示：正三棱柱111ABCABC

，1ABAA，则AEBC，因为1CC平面ABC，AE平面ABC，所以1CCAE而1CCBCC，则AE⊥平面11BBCC，则1EAC即为1AC与平面11BBCC所成角.因为1ABAA，所以11362sin42AC

AEACEACAC故答案为：64.8．如图，在直三棱柱111ABCABC-中，底面是ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，13BBa=，D是11AC的中点，点F在线段1AA上，当AF_______时，CF平面1BDF.格致课堂

【答案】a或2a【解析】由已知得111ABC是等腰直角三角形，1111ABBC，D是11AC的中点，∴111BDAC^，∵平面111ABC平面11AACC，平面111ABCÇ平面1111AACCAC=，∴1BD平面11AACC，又∵CF平面11A

ACC，∴1BDCF^.若CF平面1BDF，则CFDF^.设(03)AFxxa=剟，则2224CFxa=+，2222222(3),910DFaaxCDaaa=+-=+=，∴22222104(3)axaaax=+++-，解得xa或2a.9．已知平面，和直线m，给出条件：①m

；②m；③m；④；⑤．（1）当满足条件时，有m；（2）当满足条件时，有m．（填所选条件的序号）【答案】③⑤；②⑤【解析】试题分析：若m⊂α，α∥β，则m∥β；若m⊥α，α∥β，则m⊥β．故答案为（1）③⑤（2）②⑤10.已知三棱锥S－AB

C中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为________.【答案】34【解析】如图所示，取BC的中点D，连接SD，AD，则BC⊥AD.过点A作AG⊥SD于点G，连接GB.格致课堂∵SA⊥底面ABC，BC

⊂平面ABC，∴BC⊥SA，又SA∩AD＝A，∴BC⊥平面SAD.又AG⊂平面SAD，∴AG⊥BC.又AG⊥SD，SD∩BC＝D，∴AG⊥平面SBC.∴∠ABG即为直线AB与平面SBC所成的角.∵AB＝2，SA＝3，∴AD＝3，SD＝23.在Rt△SAD中，AG

＝SA·ADSD＝32.∴sin∠ABG＝AGAB＝322＝34.三、解答题11．如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，1AD，3BC，4CD，2PD.（I）求异面直线AP与B

C所成角的余弦值；（II）求证：PD平面PBC；（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）55.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）55.格致课堂【解析】（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.在

Rt△PDA中，由已知，得225APADPD，故5cos5ADDAPAP.所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为55.（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.又因为BC//AD

，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，BCPBB所以PD⊥平面PBC.（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射

影，所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角.由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC–BF=2.又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得2225DFCDCF,在Rt△DPF中，可得5sin5PDDFPDF.格致课堂所以，直线AB与平

面PBC所成角的正弦值为55.12．如图，已知多面体ABC-A1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所

成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）3913.【解析】（Ⅰ）由11112,4,2,,ABAABBAAABBBAB得11122ABAB，所以2221111ABABAA.故111ABAB.由2BC，112,1,BBCC11,BBBCCCBC得115

BC，由2,120ABBCABC得23AC，由1CCAC，得113AC，所以2221111ABBCAC，故111ABBC.因此1AB平面111ABC.（Ⅱ）如图，过点1C作11

1CDAB，交直线11AB于点D，连结AD.格致课堂由1AB平面111ABC得平面111ABC平面1ABB，由111CDAB得1CD平面1ABB，所以1CAD是1AC与平面1ABB所成的角.由1111115,22,21BCABA

C得11111161cos,sin77CABCAB，所以13CD，故11139sin13CDCADAC.因此，直线1AC与平面1ABB所成的角的正弦值是3913.