2024-2025學年新教材高中數(shù)學課時作業(yè)20第十一章立體幾何11.4.1直線與平面垂直含解析新人教B版必修第四冊

PAGEPAGE1課時作業(yè)20直線與平面垂直時間：45分鐘eq\a\vs4\al(一、選擇題每小題5分，共40分)1．已知直線m，n是異面直線，則過直線n且與直線m垂直的平面(B)A．有且只有一個 B．至多一個C．有一個或多數(shù)個 D．不存在解析：若異面直線m、n垂直，則符合要求的平面有一個，否則不存在．2．教室內(nèi)有始終尺，無論怎樣放置，在地面總有這樣的直線，使得它與直尺所在直線(B)A．平行B．垂直C．相交D．異面解析：當直尺垂直于地面時，A不對；當直尺平行于地面時，C不對；當直尺位于地面上時，D不對．3．設(shè)α表示平面，a，b，l表示直線，給出下列四種說法：①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥l,b⊥l,a?α,b?α))?l⊥α；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,a⊥α))?b⊥α；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥α,a⊥b))?b⊥α；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(b?α,a⊥b))?a⊥α.其中正確的是(D)A．①②B．②③C．③④D．②解析：①中當a，b相交時才成立；③中由a∥α，b⊥a知b∥α或b?α或b⊥α或b與α相交不垂直；④中當a?α時，能找到滿意條件的b，從而不正確．4．在正方形SG1G2G3中，E、F分別是G1G2和G2G3的中點，D是EF的中點，現(xiàn)在沿SE、SF和EF把這個正方形折起，使點G1、G2、G3重合，重合后的點記為G，那么下列結(jié)論成立的是(B)A．SD⊥平面EFGB．SG⊥平面EFGC．GF⊥平面SEFD．GD⊥平面SEF解析：折起后SG⊥GE，SG⊥GF，又GF與GE相交于G，∴SG⊥平面EFG.5．如圖所示，若斜線段AB是它在平面α上的射影BO的2倍，則AB與平面α所成的角是(A)A．60° B．45°C．30° D．120°解析：∠ABO即是斜線AB與平面α所成的角，在Rt△AOB中，AB＝2BO，所以cos∠ABO＝eq\f(1,2)，即∠ABO＝60°.故選A.6．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，則異面直線CP與BA1所成的角θ的取值范圍是(D)A．0°<θ<60° B．0°≤θ<60°C．0°≤θ≤60° D．0°<θ≤60°解析：連接CD1，因為CD1∥BA1，所以CP與BA1所成的角就是CP與CD1所成的角，即θ＝∠D1CP.當點P從D1向A運動時，∠D1CP從0°增大到60°，但當點P與D1重合時，CP∥BA1，與CP與BA1為異面直線沖突，所以異面直線CP與BA1所成的角θ的取值范圍是0°<θ≤60°.7．正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，并且是保持AP⊥BD1，則動點P的軌跡是(A)A．線段B1CB．線段BC1C．BB1中點與CC1中點連線的線段D．BC中點與B1C1中點連線的線段解析：由BD1⊥AC，BD1⊥AB1，得BD1⊥平面AB1C，又AP⊥BD1，得P∈平面AB1C∩平面BB1C1C＝B1C.8．(多選)如圖，ABCD-A1B1C1D1為正方體，下面結(jié)論正確的是(ABC)A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．異面直線AD與CB1所成的角為60°解析：由于BD∥B1D1，BD?平面CB1D1，B1D1?平面CB1D1，則BD∥平面CB1D1，所以A正確；因為BD⊥AC，BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD.所以B正確；可以證明AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，所以C正確；由于AD∥BC，則∠BCB1＝45°是異面直線AD與CB1所成的角，所以D錯誤．eq\a\vs4\al(二、填空題每小題6分，共18分)9．如圖，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，則圖中共有直角三角形的個數(shù)為4.解析：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，同理得CD⊥PD，故共有4個直角三角形．10．a(chǎn)，b是異面直線，直線l⊥a，l⊥b，直線m⊥a，m⊥b，則l與m的位置關(guān)系是平行．解析：由線面垂直的性質(zhì)定理可得．11．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝CC1，當?shù)酌鍭1B1C1滿意條件∠A1C1B1＝90°(答案不唯一)時，有AB1⊥BC1.(注：填上你認為正確的一種條件即可，不必考慮全部可能的狀況)解析：如圖所示，連接B1C，由BC＝CC1，可得BC1⊥B1C，因此，要證AB1⊥BC1，則只要證明BC1⊥平面AB1C，即只要證AC⊥BC1即可，由直三棱柱可知，只要證AC⊥BC即可，因為A1C1∥AC，B1C1∥BC，故只要證A1C1⊥B1C1即可．(或者能推出A1C1⊥B1C1的條件，如∠A1C1B1＝90°等)三、解答題寫出必要的計算步驟，只寫最終結(jié)果不得分，12、13、15題各12分，14題6分，共42分12．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，已知AD＝2，PA＝2，PD＝2eq\r(2)，求證：AD⊥平面PAB.證明：在△PAD中，由PA＝2，AD＝2，PD＝2eq\r(2)，可得PA2＋AD2＝PD2，即AD⊥PA.又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以AD⊥平面PAB.13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝1，點M是棱PC上的一點，且AM⊥PB.(1)求三棱錐C-PBD的體積；(2)證明：AM⊥平面PBD.解：(1)PA⊥底面ABCD，PA＝1，即三棱錐P-BCD的高為PA＝1，S△BCD＝eq\f(1,2)，所以，三棱錐C-PBD的體積VC-PBD＝VP-BCD＝eq\f(1,3)AP·S△BCD＝eq\f(1,6).(2)證明：由于PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.設(shè)AC，BD的交點為O，由正方形知，BD⊥AC，又PA∩AC＝A，所以，BD⊥平面PAC，從而，BD⊥AM，又AM⊥PB，PB∩BD＝B，所以AM⊥平面PBD.——素養(yǎng)提升——14．如圖，已知△ABC是等腰三角形，且∠ACB＝120°，AC＝2，點D是AB的中點．將△ACD沿CD折起，使得AC⊥BC，則此時直線BC與平面ACD所成角的正弦值為(A)A.eq\f(\r(6),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析：如圖，作BE⊥AD，垂足為E，連接CE.∵AD⊥CD，BD⊥CD，AD∩BD＝D，∴CD⊥平面ADB.∵BE?平面ADB，∴CD⊥BE，又BE⊥AD，AD∩CD＝D，∴BE⊥平面ACD，∴∠BCE為直線BC與平面ACD所成的角．由題意，可知AD＝BD＝eq\r(3)，AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝2eq\r(2).在△ADB中，AB邊上的高為h，則h＝eq\r(\r(3)2－\r(2)2)＝1.由AD·BE＝AB·h，得BE＝eq\f(2\r(6),3)，∴sin∠BCE＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(\r(6),3)，故選A.15．如圖，在多面體ABCDEF中，G為底面正方形ABCD的中心，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H為BC的中點．(1)求證：FH∥平面EDB；(2)求證：AC⊥平面EDB.證明：(1)如圖，連EG，GH，由于H為BC的中點，G為底面正方形ABCD的中心，故GH綉eq\f(1,2)AB.又EF綉eq\f(1,2)AB，所以EF綉GH.所以四邊形EFHG為平行四邊形．所以EG∥FH.而EG?