《新教材高中数学第八章立体几何初步8.6.1直线与直线垂直8.6.2直线与平面垂直第1课时直线与直线垂直直线与平面垂直的定义及判定应用案巩固提升新人教A版必修第二册2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新教材高中数学第八章立体几何初步8.6.1直线与直线垂直8.6.2直线与平面垂直第1课时直线与直线垂直直线与平面垂直的定义及判定应用案巩固提升新人教A版必修第二册2（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第1课时 直线与直线垂直、直线与平面垂直的定义及判定A基础达标1已知m和n是两条不同的直线，和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的是()A，且mBmn，且nCmn，且n Dmn，且n解析：选B.A中，由，且m，知m；B中，由n，知n垂直于平面内的任意直线，再由mn，知m也垂直于内的任意直线，所以m，B符合题意；C，D中，m或m或m与相交，不符合题意故选B.2已知直线ab，平面，a，则b与的位置关系是()Ab BbCb Db或b解析：选A.因为a，ab，所以b.又，所以b.3如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，
2、直线AB与平面MNQ不垂直的是()解析：选D.对于A，易证ABMN，ABNQ，即可得直线AB平面MNQ；对于B，易证ABMN，ABNQ，即可得直线AB平面MNQ；对于C，易证ABNQ，ABMQ，即可得直线AB平面MNQ；对于D，由图可得MN与直线AB相交且不垂直，故直线AB与平面MNQ不垂直故选D.4.如图，P为ABC所在平面外一点，PB，PCAC，则ABC的形状为()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不确定解析：选B.由PB，AC得PBAC，又ACPC，PCPBP，所以AC平面PBC，ACBC.故选B.5在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总
3、保持APBD1，则动点P的轨迹是()A线段B1CB线段BC1CBB1中点与CC1中点连成的线段DBC中点与B1C1中点连成的线段解析：选A.如图，由于BD1平面AB1C，故点P一定位于线段B1C上6.如图，在正方形ABCDA1B1C1D1中，AC与BC1所成角的大小是_解析：连接AD1，则AD1BC1.所以CAD1(或其补角)就是AC与BC1所成的角，连接CD1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACAD1CD1，所以CAD160，即AC与BC1所成的角为60.答案：607如图，BCA90，PC平面ABC，则在ABC，PAC的边所在的直线中：(1)与PC垂直的直线有_；(2)与AP垂直的直线
4、有_解析：(1)因为PC平面ABC，AB，AC，BC平面ABC.所以PCAB，PCAC，PCBC.(2)BCA90即BCAC，又BCPC，ACPCC，所以BC平面PAC，因为AP平面PAC，所以BCAP.答案：(1)AB，AC，BC(2)BC8.如图所示，在矩形ABCD中，AB1，BCa(a0)，PA平面ABCD，且PA1，若BC边上存在点Q，使得PQQD，则a的最小值为_解析：因为PA平面ABCD，所以PAQD.若BC边上存在一点Q，使得QDPQ，PAPQP，则有QD平面PAQ，从而QDAQ.在矩形ABCD中，当ADa2时，直线BC与以AD为直径的圆相离，故不存在点Q，使PQDQ.所以当a2
5、时，才存在点Q，使得PQQD.所以a的最小值为2.答案：29.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABAC，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动证明：ADC1E.证明：因为ABAC，D是BC的中点，所以ADBC.又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，而AD平面ABC，所以ADBB1.由得AD平面BB1C1C.由点E在棱BB1上运动，得C1E平面BB1C1C，所以ADC1E.10如图所示，等腰直角三角形ABC中，BAC90，BC，DAAC，DAAB，若DA1，且E为DA的中点，求异面直线BE与CD所成角的余弦值解：取AC的中点F，连接EF，BF，在ACD中，E，F分别
6、是AD，AC的中点，所以EFCD，所以BEF(或其补角)即为所求的异面直线BE与CD所成的角在RtABC中，BC，ABAC，所以ABAC1，在RtEAB中，AB1，AEAD，所以BE.在RtAEF中，AFAC，AE，所以EF.在RtABF中，AB1，AF，所以BF.在等腰三角形EBF中，cosFEB，所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.B能力提升11已知异面直线a与b所成的角为50，P为空间一定点，则过点P且与a，b所成的角都是30的直线有且仅有()A1条B2条C3条 D4条解析：选B.过空间一点P，作aa，bb.由a、b两交线确定平面，a与b的夹角为50，则过角的平分线与直线a、b所在的
7、平面垂直的平面上，角平分线的两侧各有一条直线与a、b成30的角，即与a、b成30的角且过点P的直线有两条在a、b相交另一个130的角部分内不存在与a、b成30角的直线故应选B.12(2018高考全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选C.如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1OM，则MOD为异面直线AD1与DB1所成角因为在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，AD12，DM，DB1，所以OMAD11，ODDB1，于是在DMO
8、中，由余弦定理，得cosMOD，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.13如图，在矩形ABCD中，AB8，BC4，E为DC边的中点，沿AE将ADE折起，在折起过程中，下列结论正确的有()ED平面ACD；CD平面BED；BD平面ACD；AD平面BED.A1个 B2个C3个 D4个解析：选A.因为在矩形ABCD中，AB8，BC4，E为DC边的中点，所以在折起过程中，D点在平面ABCE上的投影如图因为DE与AC所成角不能为直角，所以DE不会垂直于平面ACD，故错误；只有D点投影位于Q2位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有BECD，此时CD不垂直于平面AECB，故CD与平面BED不
9、垂直，故错误；BD与AC所成角不能为直角，所以BD不能垂直于平面ACD，故错误；因为ADED，并且在折起过程中，有ADBD，所以存在一个位置使ADBE，所以在折起过程中有AD平面BED，故正确故选A.14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，EF4且EFAB，EFFB.(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EFAB，M，G分别为AD，BC的中点，所以MGEF.因为H为EF的中点，EF4，AB2，所以EHABMG，所以四边形EMGH为平行四边形，
10、所以GHEM，又因为GH平面EAD，EM平面EAD，所以GH平面EAD.(2)因为EFFB，EFAB，所以ABFB.在正方形ABCD中，ABBC，所以AB平面FBC.又FG平面FBC，所以ABFG.在正三角形FBC中，FGBC，所以FG平面ABCD.C拓展探究15如图1，在RtABC中，C90，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A1FCD，如图2.(1)求证：DE平面A1CB；(2)求证：A1FBE；(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DEBC.又因为DE平面
11、A1CB，BC平面A1CB，所以DE平面A1CB.(2)证明：由已知得ACBC且DEBC，所以DEAC.因为DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DEA1F.又因为A1FCD，CDDED，所以A1F平面BCDE.所以A1FBE.(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PQBC.又因为DEBC，所以DEPQ.所以平面DEQ即为平面DEQP.由(2)知，DE平面A1DC，所以DEA1C.又因为P是等腰DA1C底边A1C的中点，所以A1CDP.又DPDED，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.- 1 -
