2022年新教材高中數(shù)學(xué)第八章立體幾何初步62直線與平面垂直（二）練習(xí)（含解析）

直線與平面垂直(二)【基礎(chǔ)全面練】(25分鐘50分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．已知直線a，b和平面α，下列推理中錯(cuò)誤的是()【解析】選D.當(dāng)a∥α，b∥α?xí)r，a與b可能平行，也可能相交或異面，即D推理錯(cuò)誤．【加固訓(xùn)練】已知m，n為兩條不同直線，α，β為兩個(gè)不同平面，給出下列命題：其中正確命題的序號是()A．②③B．③④C．①②D．①②③④【解析】選A.①中n，α平行或n在平面α內(nèi)；②③正確；④中兩直線m，n平行或異面．2．如圖所示，設(shè)平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，F(xiàn)H⊥平面α，垂足分別為G，H.為使PQ⊥GH，則需增加的一個(gè)條件是()A.EF⊥平面α B．EF⊥平面βC．PQ⊥GE D．PQ⊥FH【解析】選B.因?yàn)镋G⊥平面α，PQ?平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，則由PQ?平面β，得EF⊥PQ.又EG與EF為相交直線，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH.3．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AC＝AA1A．0B．1C．2D．3【解析】選C.圖(1)中，因?yàn)橹比庵鵄BC-A1B1C1中，AB⊥BC，AC＝AA1所以A1B1⊥B1C1，A1B1⊥BB1因?yàn)锽1C1∩BB1＝B1，B1C1?平面BC1，BB1?平面BC1，所以A1B1⊥平面BC因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別是所在棱的中點(diǎn)，所以DE⊥平面BC1，因?yàn)镃F?平面BC1，所以CF⊥DE，圖(2)中，取A1C1故ED∥AG，而AC＝AA1，故AG⊥CF，故CF⊥DE；圖(3)中，CF⊥DE不成立．4．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，則點(diǎn)P到BC的距離是()A．eq\r(5)B．2eq\r(5)C．3eq\r(5)D．4eq\r(5)【解析】選D.過A作AD⊥BC于D，連接PD，因?yàn)锳B＝AC＝5，BC＝6，所以BD＝DC＝3，又因?yàn)镻A⊥平面ABC，PA∩AD＝A，所以BC⊥PD，所以點(diǎn)P到BC的距離是PD，在△ADC中，AC＝5，DC＝3，所以AD＝4，在Rt△PAD中，PD＝eq\r(PA2＋AD2)＝eq\r(82＋42)＝eq\r(80)＝4eq\r(5).二、填空題(每小題5分，共10分)5．地面上有相距a米的兩旗桿，它們的高度分別是b米和c米(b>c)，則它們頂端的距離為________．【解析】如圖，根據(jù)題意可知AD＝b，BC＝c，AB＝a，由線面垂直的性質(zhì)定理可得AD∥BC，過C向AD作垂線，設(shè)垂足為點(diǎn)E，則在Rt△CDE中，CE＝a，DE＝b－c，得CD＝eq\r(a2＋（b－c）2).答案：eq\r(a2＋（b－c）2)米6．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．則有(1)CD________AE.(2)PD________平面ABE.(填“⊥”或“∥”)【解析】(1)在四棱錐P-ABCD中，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.又因?yàn)锳C⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC.而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.又PD?平面PCD，所以AE⊥PD.因?yàn)镻A⊥底面ABCD，所以PA⊥AB.又因?yàn)锳B⊥AD，且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD.又AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.答案：(1)⊥(2)⊥三、解答題(每小題10分，共20分)7．如圖，已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α，垂足為A，EB⊥β，垂足為B，直線a?β，a⊥AB.求證：a∥l.【證明】因?yàn)镋A⊥α，α∩β＝l，即l?α，所以l⊥EA.同理l⊥EB.又EA∩EB＝E，所以l⊥平面EAB.因?yàn)镋B⊥β，aβ，所以EB⊥a，又a⊥AB，EB∩AB＝B，所以a⊥平面EAB.由線面垂直的性質(zhì)定理，得a∥l.8．如圖所示，ABCD為正方形，SA⊥平面ABCD，過A且垂直于SC的平面分別交SB，SC，SD于點(diǎn)E，F(xiàn)，G.求證：AE⊥SB.【證明】因?yàn)镾A⊥平面ABCD，所以SA⊥BC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AB⊥BC.因?yàn)镾A∩AB＝A，所以BC⊥平面SAB.因?yàn)锳E?平面SAB，所以BC⊥AE.因?yàn)镾C⊥平面AGFE，所以SC⊥AE.又因?yàn)锽C∩SC＝C，所以AE⊥平面SBC.而SB?平面SBC，所以AE⊥SB.【綜合突破練】(20分鐘40分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．如圖，已知△ABC為直角三角形，其中∠ACB＝90°，M為AB的中點(diǎn)，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A.PA＝PB>PC B．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PC D．PA≠PB≠PC【解析】選C.因?yàn)镻M⊥平面ABC，MC，AB?平面ABC，所以PM⊥MC，PM⊥AB.又因?yàn)镸為AB中點(diǎn)，∠ACB＝90°，所以MA＝MB＝MC.所以PA＝PB＝PC.2．(多選題)ABCD-A1B1C1D1A.BD⊥平面CB1D1 B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1【解析】BC.在正方體中BD∥B1D1，可知選項(xiàng)A不正確；由BD⊥AC，BD⊥CC1可得BD⊥平面ACC1；從而BD⊥AC1，即選項(xiàng)B正確；由以上可得AC1⊥B1D1，同理AC1⊥D1C因此AC1⊥平面CB1D1，即選項(xiàng)C正確；由于四邊形ABC1D1不是菱形，所以AC1⊥BD1不正確．二、填空題(每小題5分，共10分)3．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PM的最小值為________．【解析】因?yàn)镻C⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以PC⊥CM.所以PM＝eq\r(PC2＋CM2).要使PM最小，只要CM最小，此時(shí)應(yīng)有CM⊥AB.因?yàn)锳B＝8，∠ABC＝60°，∠ACB＝90°.所以BC＝eq\f(1,2)AB＝4，AC＝4eq\r(3).所以CM＝eq\f(4×4\r(3),8)＝2eq\r(3).所以PM＝eq\r(42＋（2\r(3)）2)＝2eq\r(7).即PM的最小值為2eq\r(7).答案：2eq\r(7)4．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝CC1，當(dāng)?shù)酌鍭1B1C1滿足條件________時(shí)，有AB1⊥BC【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?yàn)锳1C1∥AC，B1C1∥BC，故只要證A1C1⊥B1C1即可．(或者能推出A1C1⊥B答案：∠A1C1B1【加固訓(xùn)練】如圖所示，PA⊥平面ABC，M，N分別為PC，AB的中點(diǎn)，使得MN⊥AC的一個(gè)條件為________．【解析】取AC中點(diǎn)Q，連接MQ，NQ，則MQ∥AP，NQ∥BC，由已知條件易得MQ⊥AC，若AC⊥BC，則NQ⊥AC，所以AC⊥平面MNQ，所以AC⊥MN.答案：AC⊥BC三、解答題(每小題10分，共20分)5.如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq\r(2).證明：A1C⊥平面BB1D1【證明】因?yàn)锳1O⊥平面ABCD，所以A1O⊥BD.又底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因?yàn)锳C∩A1O＝O，所以BD⊥平面A1OC，所以BD⊥A1C又OA1是AC的中垂線，所以A1A＝A1C＝eq\r(2)，且AC＝2，所以AC2＝AAeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋A1C2，所以△AA1C是直角三角形，所以AA1⊥A1又BB1∥AA1，所以A1C⊥BB1因?yàn)锽B1∩BD＝B，所以A1C⊥平面BB1D16.如圖，正三棱柱ABC-A′B′C′中底面邊長為a，D、E分別在BB′與CC′上，且BD＝eq\f(1,2)a，CE＝a.AE上是否存在一點(diǎn)P，使得DP⊥面ACC′A′？若不存在，說明理由；若存在，指出P的位置．【解析】P為AE中點(diǎn)時(shí)，DP⊥平面ACC′A′，如圖所示，取AE的中點(diǎn)P，AC的