高中数学人教B版必修二学业分层测评 第一章 立体几何初步 1.2.3-第1课时 Word版含答案
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- 1 - 学业分层测评
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[学业达标]
一、选择题
1．下列条件中，能使直线m⊥平面α的是( )
A．m⊥b，m⊥c，b⊥α，c⊥α B．m⊥b，b∥α
C．m∩b＝A，b⊥α D．m∥b，b⊥α
【解析】 由线线平行及线面垂直的判定知选项D正确．
【答案】 D
2．如图1-2-47，三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，则直线PB和平面ABC所成的角是(
)
图1-2-47
A．∠BPA B．∠PBA
C．∠PBC D．以上都不对
【解析】 由PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，
得PA⊥平面ABC，
所以∠PBA为BP与平面ABC所成的角．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( )
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．
- 2 - 【答案】 B
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A.23 B.33
C.23 D.63
【解析】 如图所示，连接BD交AC于点O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝22，D1O＝62，
∴cos ∠DD1O＝DD1D1O＝26＝63.
∴BB1与平面ACD1所成的角的余弦值为63.
【答案】 D
5．(2016·成都高二检测)已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是( )
A．BD∥平面CB1D1 B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1
【解析】 正方体中由BD∥B1D1，易知A正确；
由BD⊥AC，BD⊥CC1可得BD⊥平面ACC1，
从而BD⊥AC1，即B正确；
由以上可得AC1⊥B1D1，同理AC1⊥D1C，
因此AC1⊥平面CB1D1，即C正确；
由于四边形ABC1D1不是菱形，所以AC1⊥BD1不正确．故选D. 【答案】 D
二、填空题
- 3 - 6．(2016·太原高一检测)如图1-2-48，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________．
图1-2-48
【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
7．如图1-2-49所示，PA⊥平面ABC，在△ABC中，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数有________．
图1-2-49
【解析】 PA⊥平面ABCBC⊂平面ABC⇒
- 4 - PA⊥BCAC⊥BCPA∩AC＝A⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC，
∴直角三角形有△PAB、△PAC、△ABC、△PBC.
【答案】 4
8．(2016·淮安高二检测)如图1-2-50，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有________个．
图1-2-50
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，
- 5 - 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
三、解答题
9．如图1-2-51，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.求证：AE⊥BE.
【导学号：60870043】
图1-2-51
【证明】 ∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，
∴BC⊥平面ABE.
又AE⊂平面ABE，∴AE⊥BC.
∵BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，∴AE⊥BF.
又∵BF⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BF∩BC＝B，
∴AE⊥平面BCE.
又BE⊂平面BCE，∴AE⊥BE.
10．如图1-2-52所示，三棱锥A-SBC中，∠BSC＝90°，∠ASB＝∠ASC＝60°，SA＝SB＝SC.求直线AS与平面SBC所成的角．
- 6 -
图1-2-52
【解】 因为∠ASB＝∠ASC＝60°，SA＝SB＝SC，
所以△ASB与△SAC都是等边三角形．因此AB＝AC.
如图所示，取BC的中点D，
连接AD，SD，则AD⊥BC.
设SA＝a，则在Rt△SBC中，BC＝2a，CD＝SD＝22a.
在Rt△ADC中，AD＝AC2－CD2＝22a.
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＝22a，
所以∠ASD＝45°，
即直线AS与平面SBC所成的角为45°.
[能力提升]
- 7 - 1．已知三条相交于点P的线段PA，PB，PC两两垂直，P在平面ABC外，PH⊥平面ABC于H，则垂足H是三角形ABC的( )
A．外心 B．内心
C．垂心 D．重心
【解析】 如图，∵PA、PB、PC两两垂直，
∴PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC.
又BC⊥PH，PA∩PH＝P，
∴BC⊥平面PAH，
∴BC⊥AH.
同理AB⊥CH，AC⊥BH.
∴点H为△ABC的垂心．
【答案】 C
2．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝6，则PC与平面ABCD所成角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【解析】 如图，连接AC.
∵PA⊥平面ABCD，
∴∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角．
∵AC＝2，PA＝6，
∴tan ∠PCA＝PAAC＝62＝3.
∴∠PCA＝60°.
【答案】 C
3．如图1-2-53，∠ACB＝90°，平面ABC外有一点P，PC＝4 cm，点P到角的两边AC、BC的距离都等于23 cm，那么PC与平面ABC所成角的大小为
- 8 - ________．
图1-2-53
【解析】 过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接CO，则CO为∠ACB的平分线，且∠PCO为PC与平面ABC所成的角，设其为θ，连接OF，易知△CFO为直角三角形，
又PC＝4，PF＝23，
∴CF＝2，∴CO＝22，
在Rt△PCO中，cos θ＝COPC＝22，
∴θ＝45°.
【答案】 45°
4．如图1-2-54，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1-2-54
(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，
- 9 - ∴AM⊥BM.
又PA⊥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⊥平面PBM，
PB⊂平面PBM，∴AN⊥PB.
又∵AQ⊥PB，AN∩AQ＝A，
∴PB⊥平面ANQ.
又NQ⊂平面ANQ，∴PB⊥NQ.
