高中数学必修二 2 第2课时应用案巩固提升

1、A基础达标1下列说法中正确的是()过平面外一点有且只有一条直线和已知平面垂直；过直线外一点有且只有一个平面和已知直线垂直；过平面外一点可作无数条直线与已知平面平行；过直线外一点只可作一条直线与已知直线垂直ABC D解析：选A.由线面垂直的性质及线面平行的性质知正确；错，过直线外一点作平面与直线垂直，则平面内过这一点的所有直线都与该直线垂直2在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是()AAD1DP BAPB1CCAC1DP DA1PB1C解析：选B.在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为B1CBC1，B1CAB，BC1ABB，所以B1C平面ABC1D

2、1，因为点P是线段BC1上任意一点，所以APB1C.故选B.3下列命题正确的是()eq blc rc(avs4alco1(ab,a)b；eq blc rc(avs4alco1(a,b)ab；eq blc rc(avs4alco1(a,ab)b；eq blc rc(avs4alco1(a,ab)b.A BC D解析：选A.对于命题，a，则a垂直于平面内的任意两条相交直线，又因为ab，所以b也垂直于平面内的任意两条相交直线，所以b，正确；由线面垂直的性质定理可知ab，所以正确；因为a，当ab时，则b可能在平面内，也可能与平面平行，所以错误；当a，ab时，b与平面的三种位置都有可能出现，所以错误4.

3、如图，设平面平面PQ，EG平面，FH平面，垂足分别为G，H.为使PQGH，则需增加的一个条件是()AEF平面BEF平面CPQGEDPQFH解析：选B.因为EG平面，PQ平面，所以EGPQ.若EF平面，则由PQ平面，得EFPQ.又EG与EF为相交直线，所以PQ平面EFHG，所以PQGH，故选B.5已知点P是ABC所在平面外一点，且PAPBPC，则点P在平面ABC上的射影一定是ABC的()A内心 B外心C垂心 D重心解析：选B.如图所示，设点P在平面ABC上的射影为O，连接OA，OB，OC.所以PO平面ABC.因为PAPBPC，且POAPOBPOC90，所以PAOPBOPCO，所以AOBOCO.即

4、点O到三角形三个顶点的距离相等，所以点O为ABC的外心6等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面内，若AC与所成的角为30，则斜边上的中线CM与所成的角为_解析：如图，设C在平面内的射影为点O，连接AO，MO，则CAO30，CMO就是CM与所成的角设ACBC1，则ABeq r(2)，所以CMeq f(r(2),2)，COeq f(1,2)，所以sinCMOeq f(CO,CM)eq f(r(2),2)，所以CMO45.答案：457如图所示，PO平面ABC，BOAC，在图中与AC垂直的直线有_条解析：因为PO平面ABC，AC平面ABC，所以POAC.又ACBO，POBOO，所以AC平面PBD，所以P

5、BD内的4条直线PB，PD，PO，BD都与AC垂直，所以图中共有4条直线与AC垂直答案：48在ABC中，ABAC5，BC6，PA平面ABC，PA8，则点P到BC的距离是_解析：如图所示，作PDBC于点D，连接AD.因为PA平面ABC，所以PABC.又PDPAP，所以CB平面PAD，所以ADBC.在ACD中，AC5，CD3，所以AD4.在RtPAD中，PA8，AD4，所以PDeq r(8242)4eq r(5).答案：4eq r(5)9如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA1.(1)求证：AB1平面A1BC1；(2)若D为B1C1的中点，求AD与平面A1B1C1所成角的正

6、弦值解：(1)证明：由题意知四边形AA1B1B是正方形，所以AB1BA1.由AA1平面A1B1C1得AA1A1C1.又因为A1C1A1B1，AA1A1B1A1，所以A1C1平面AA1B1B，又因为AB1平面AA1B1B，所以A1C1AB1，又因为BA1A1C1A1，所以AB1平面A1BC1.(2)连接A1D.设ABACAA11，因为AA1平面A1B1C1，所以A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角在等腰直角三角形A1B1C1中，D为斜边的中点，所以A1Deq f(1,2)B1C1eq f(r(2),2).在RtA1DA中，ADeq r(A1D2A1A2)eq f(r(6),2).所以sinA

7、1DAeq f(A1A,AD)eq f(r(6),3)，即AD与平面A1B1C1所成角的正弦值为eq f(r(6),3).10.如图，已知四棱锥SABCD中ABCD为矩形，SA平面AC，AESB于点E，EFSC于点F.(1)求证：AFSC；(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AGSD.证明：(1)因为SA平面AC，BC平面AC，所以SABC.因为四边形ABCD为矩形，所以ABBC.又因为SA ABA，所以BC平面SAB.所以BCAE.又SBAE，BCSBB，所以AE平面SBC.又因为SC平面SBC，所以AESC.又EFSC，EF AEE，所以SC平面AEF.因为AF平面AEF，所以AFSC.

8、(2)因为SA平面AC，所以SADC.又ADDC，ADSAA，所以DC平面SAD.又AG平面SAD，所以DCAG.又由(1)有SC平面AEF，AG平面AEF，所以SCAG.又SCDCC，所以AG平面SDC.因为SD平面SDC，所以AGSD.B能力提升11如图所示，PA平面ABC，ABC中BCAC，PBA1，PBC2，ABC3.则下列关系一定成立的是()Acos 1cos 2cos 3Bcos 1cos 3cos 2Csin 1sin 2sin 3 Dsin 1sin 3sin 2解析：选B.eq blc rc(avs4alco1(PA平面ABC,BC平面ABC)eq avs4al()eq av

9、s4al(blc rc(avs4alco1(PABC,ACBC,PAACA)BC平面PACBCPC，所以cos 1eq f(AB,PB)，cos 2eq f(BC,PB)，cos 3eq f(BC,AB).则有cos 1cos 3cos 2.12.如图，RtABC所在平面外一点S，且SASBSC，点D为斜边AC的中点(1)求证：SD平面ABC；(2)若ABBC，求证：BD平面SAC.证明：(1)因为SASC，D为AC的中点，所以SDAC.在RtABC中，有ADDCBD.又SASB，所以ADSBDS.所以SDBD.又ACBDD，所以SD平面ABC.(2)因为BABC，D为AC的中点，所以BDAC

10、.又由(1)知SD平面ABC，所以BD平面ABC，所以SDBD.因为ACSDD.所以BD平面SAC.C拓展探究13如图(1)，矩形ABCD中，AB12，AD6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE3，BF4，将BCE沿BE折起至PBE的位置(如图(2)所示)，连接AP，PF，其中PF2eq r(5).(1)求证：PF平面ABED；(2)在线段PA上是否存在点Q使得FQ平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由(3)求点A到平面PBE的距离解：(1)证明：连接EF，由题意知，PBBC6，PECE9，在PBF中，PF2BF2201636PB2，所以PFBF.易得EFeq r(62（1234）2)eq r(61)，在PEF中，EF2PF2612081PE2，所以PFEF.又BFEFF，BF平面ABED，EF平面ABED，所以PF平面ABED.(2)存在，当Q为PA的三等分点(靠近P)时，FQ平面PBE.理由如下：因为AQeq f(2,3)AP，AFeq f(2,3)AB，所以FQBP，又FQ平面PBE，PB平面PBE，所以FQ平面PBE.(3)由(1)知PF平面ABED，连接AE，则PF为三棱锥PABE的高设点A到平面PBE