新教材2023年高中数学第8章立体几何初步8.6空间直线平面的垂直8.6.2直线与平面垂直第2课时直线与平面垂直的性质素养作业新人教A版必修第二册

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第八章　8.6　8.6.2　第2课时A组·素养自测一、选择题1．在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上)，过该点作另一个底面的垂线，则这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是(　B　)A．相交 B．平行C．异面 D．相交或平行[解析]　圆柱的母线垂直于圆柱的底面，所作的垂线也垂直于底面，由线面垂直的性质定理可知，二者平行．2．空间中直线l和三角形ABC所在的平面垂直，则这条直线和三角形的边AB的位置关系是(　B　)A．平行 B．垂直C．相交 D．不确定[解析]　因为直线l和三角形所在的平面垂直，三角形的边AB在这个平面内，所以l⊥AB．3．对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD．其中为真命题的是(　D　)A．①② B．②③C．②④ D．①④[解析]　①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD；④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC．4．如图，正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，现在沿SE，SF，EF把这个正方形折成一个四面体，使G1，G2，G3重合，重合后的点记为G．给出下列关系：①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG．其中成立的有(　B　)A．①与② B．①与③C．②与③ D．③与④[解析]　由SG⊥GE，SG⊥GF，得SG⊥平面EFG，排除C、D；若SE⊥平面EFG，则SG∥SE，这与SG∩SE＝S矛盾，排除A，故选B．5．已知直线l∩平面α＝点O，A∈l，B∈l，A∉α，B∉α，且OA＝AB．若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝(　A　)A．2 B．1C． D．[解析]　由相似比得BD＝2．二、填空题6．正三棱锥的底面边长都是2，侧棱两两垂直，则顶点到底面的距离是____．[解析]　设顶点到底面距离为h，由题意侧棱长为，则××22·h＝×××，所以h＝．7．一条与平面α相交的线段AB，其长度为10 cm，两端点A、B到平面A的距离分别是2 cm,3 cm，则这条线段AB与平面α所成的角是__30°__．[解析]　如图所示：过B点向平面β作垂线，∠BAC即为AB与这两个平面所成的角，在Rt△CAB中，sin∠BAC＝，∴∠BAC＝30°．8．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E∈平面ABCD，F∈平面A1B1C1D1，且EF⊥平面ABCD，则EF与AA1的位置关系是__平行__．[解析]　∵AA1⊥平面ABCD，EF⊥平面ABCD，∴AA1∥EF．三、解答题9．如图，PA⊥正方形ABCD所在平面，经过A且垂直于PC的平面分别交PB，PC，PD于E，F，G，求证：AE⊥PB． [解析]　因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC．又四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC．因为AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB．因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE．由PC⊥平面AEFG，得PC⊥AE，因为PC∩BC＝C，所以AE⊥平面PBC．因为PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB．10．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°．已知PB＝PD＝2，PA＝．(1)证明：PC⊥BD；(2)若E为PA的中点，求三棱锥P－BCE的体积．[解析]　(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO．∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，BO＝DO．又∵PB＝PD，∴PO⊥BD．∵AC∩PO＝O，AC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BD⊥AC．(2)∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，∴BO＝AB＝1．又∵PD＝PB＝2，∴PO＝．∵AO＝AC＝，PA＝，∴PA2＝PO2＋AO2，∴△PAO是等腰直角三角形，且∠POA＝90°．又∵E是PA的中点，∴S△PEC＝S△PAC＝·AC·PO＝××2×＝，∴VP－BEC＝VB－PEC＝·S△PEC·BO＝××1＝．B组·素养提升一、选择题1．如图所示，PA⊥矩形ABCD，下列结论中不正确的是(　A　)A．PD⊥BD B．PD⊥CDC．PB⊥BC D．PA⊥BD[解析]　若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，又BA⊥平面PAD，则过平面外一点有两条直线与平面垂直，不成立，故A不正确．因为PA⊥矩形ABCD，所以PA⊥CD，AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，所以PD⊥CD，同理可证PB⊥BC．因为PA⊥矩形ABCD，所以由直线与平面垂直的性质得PA⊥BD．2．(多选题)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中的真命题是(　BC　)A．若m⊥n，n⊂α，则m⊥α B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n3．(多选题)如图所示，PA垂直于以AB为直径的圆O所在的平面，C为圆上异于A，B的任一点，则(　ABD　)A．PA⊥BC B．BC⊥平面PACC．AC⊥PB D．PC⊥BC[解析]　由PA⊥平面ABC，得PA⊥BC，A正确；又BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，B，D均正确．4．如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H．为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是(　B　)A．EF⊥平面α B．EF⊥平面βC．PQ⊥GE D．PQ⊥FH[解析]　因为EG⊥平面α，PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ．若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ．又EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH．故选B．二、填空题5．如图，在直四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件__BD⊥AC__时，有A1C⊥B1D1．(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形．)[解析]　∵四棱柱A1B1C1D1－ABCD是直四棱柱，∴B1D1⊥A1A，若A1C⊥B1D1，则B1D1⊥平面A1ACC1，∴B1D1⊥AC．又∵B1D1∥BD，则有BD⊥AC1，反之，由BD⊥AC亦可得A1C⊥B1D1．故答案为BD⊥AC．6．如图，在△ABC中，AB⊥BC，D，E分别为AB，AC边的中点，且AB＝4，BC＝2，现将△ADE沿DE折起，使得A到A1的位置，且∠A1DB＝60°，则A1C＝__2__．[解析]　易知DE⊥BD，DE⊥A1D，因为A1D∩BD＝D，所以DE⊥平面A1BD．因为∠A1DB＝60°，A1D＝BD＝2，所以A1B＝2．易知BC∥DE，所以BC⊥平面A1BD，所以BC⊥A1B，从而A1C＝＝2．三、解答题7．(2022·海淀高一检测)已知，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，CD＝CP＝4，E为PD的中点．(1)在棱BC上是否存在点F，使AF⊥BE？若存在，求BF的长；若不存在，说明理由；(2)已知点M同时满足下列条件：①M∈平面BCE；②DM⊥平面ABP．请再写出与点M有关的两个结论：一个为“线面平行”，一个为“线面垂直”： __DM∥平面PBC__，__CD⊥平面ADM__．(结论不要求证明)[解析]　(1)当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE．理由如下：如图过点E作ES∥PC，交CD于点S，连接BS，设BS∩AF＝O．因为E为PD的中点，所以S为CD的中点，所以BF＝CS，因为AB＝BC，∠ABC＝∠BCS＝90°，所以△ABF≌△BCS，所以∠BAF＝∠CBS．因为∠BAF＋∠AFB＝90°，所以∠CBS＋∠AFB＝90°，即BS⊥AF．因为PC⊥底面ABCD，所以ES⊥底面ABCD，因为AF⊂面ABCD，所以ES⊥AF．又因为BS∩ES＝S，BS，ES⊂面BES，所以AF⊥面BES，因为BE⊂面BES，所以AF⊥BE．故当点F为棱BC的中点时，可使AF⊥BE，BF＝BC＝2．(2)如图，作CN⊥PB于N，而AB⊥平面PBC，所以AB⊥CN，CN⊥平面PAB，又DM⊥平面PAB，所以DM∥CN，所以DM∥平面PBC；DM⊥AB，AB∥CD，所以DM⊥CD，又CD⊥AD，所以CD⊥平面ADM．8．如图，已知AB为圆柱OO1底面圆O的直径，C为的中点，点P为圆柱上底面圆O1上一点，PA⊥平面ABC，PA＝AB，过A作AE⊥PC，交PC于点E．(1)求证：AE⊥PB；(2)若点C到平面PAB的距离为1，求圆柱OO1的表面积．[解析]　(1)因为AB为圆柱OO1底面圆O的直径，C为的中点，所以BC⊥AC，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又因为PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，因为AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE，又因为AE⊥PC，且PC∩BC＝C，所以AE⊥平面PBC，因为PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB．(2)因为点C到平面PAB的距离为1且C为的中点，所以PA＝AB＝2，所以圆柱OO1的表面积S＝2×π×12＋2π×1×2＝6π．