2019_2020学年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.doc

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，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⊂α　　　　　　　　 B．m∥n，且n⊥β
C．m⊥n，且n⊂β D．m⊥n，且n∥β
解析：选B.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.
2．已知直线a∥b，平面α∥β，a⊥α，则b与β的位置关系是(　　)
A．b⊥β B．b∥β
C．b⊂β D．b⊂β或b∥β
解析：选A.因为a⊥α，a∥b，所以b⊥α.又α∥β，所以b⊥β.
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，直线AB与平面MNQ不垂直的是(　　)

解析：选D.对于A，易证AB⊥MN，AB⊥NQ，即可得直线AB⊥平面MNQ；对于B，易证AB⊥MN，AB⊥NQ，即可得直线AB⊥平面MNQ；对于C，易证AB⊥NQ，AB⊥MQ，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α外一点，PB⊥α，PC⊥AC，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⊥α，AC⊂α得PB⊥AC，
又AC⊥PC，PC∩PB＝P，
所以AC⊥平面PBC，AC⊥BC.故选B.
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是　(　　)
A．线段B1C
B．线段BC1
C．BB1中点与CC1中点连成的线段
D．BC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AD1∥BC1.
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，AC＝AD1＝CD1，
所以∠CAD1＝60°，
即AC与BC1所成的角为60°.
答案：60°
7．如图，∠BCA＝90°，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垂直的直线有__________________．

解析：(1)因为PC⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC.所以PC⊥AB，PC⊥AC，PC⊥BC.
(2)∠BCA＝90°即BC⊥AC，又BC⊥PC，
AC∩PC＝C，所以BC⊥平面PAC，因为AP⊂平面PAC，所以BC⊥AP.
答案：(1)AB，AC，BC　(2)BC
8.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a(a＞0)，PA⊥平面ABCD，且PA＝1，若BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD，则a的最小值为________．
解析：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥QD.
若BC边上存在一点Q，使得QD⊥PQ，PA∩PQ＝P，
则有QD⊥平面PAQ，从而QD⊥AQ.
在矩形ABCD中，当AD＝a<2时，直线BC与以AD为直径的圆相离，故不存在点Q，使PQ⊥DQ.
所以当a≥2时，才存在点Q，使得PQ⊥QD.所以a的最小值为2.
答案：2
9.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．证明：AD⊥C1E.
证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC.①
又在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
而AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.②
由①②得AD⊥平面BB1C1C.
由点E在棱BB1上运动，得C1E⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥C1E.
10．如图所示，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝，DA⊥AC，DA⊥AB，若DA＝1，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分别是AD，AC的中点，

所以EF∥CD，
所以∠BEF(或其补角)即为所求的异面直线BE与CD所成的角．
在Rt△ABC中，BC＝，AB＝AC，
所以AB＝AC＝1，
在Rt△EAB中，AB＝1，AE＝AD＝，
所以BE＝.
在Rt△AEF中，AF＝AC＝，AE＝，
所以EF＝.
在Rt△ABF中，AB＝1，AF＝，所以BF＝.
在等腰三角形EBF中，cos∠FEB＝＝＝，
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(　　)
A．1条　　　　　　　　　 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选B.过空间一点P，作a′∥a，b′∥b.由a′、b′两交线确定平面α，a′与b′的夹角为50°，则过角的平分线与直线a′、b′所在的平面α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Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，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AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得
cos∠MOD＝＝，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，AB＝8，BC＝4，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(　　)

①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A.因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，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①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BE⊥CD，此时CD不垂直于平面AECB，
故CD与平面BED不垂直，故②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③错误；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，有AD⊥BD，
所以存在一个位置使AD⊥BE，
所以在折起过程中有AD⊥平面BED，故④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，EF＝4且EF∥AB，EF⊥FB.

(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EF∥AB，M，G分别为AD，BC的中点，所以MG∥EF.
因为H为EF的中点，EF＝4，AB＝2，
所以EH＝AB＝MG，所以四边形EMGH为平行四边形，所以GH∥EM，
又因为GH⊄平面EAD，EM⊂平面EAD，
所以GH∥平面EAD.
(2)因为EF⊥FB，EF∥AB，所以AB⊥FB.
在正方形ABCD中，AB⊥BC，所以AB⊥平面FBC.
又FG⊂平面FBC，所以AB⊥FG.
在正三角形FBC中，FG⊥BC，所以FG⊥平面ABCD.
[C　拓展探究]
15．如图1，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2.

(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，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
(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PQ∥BC.
又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEQP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，
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.

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