新教材人教a版必修第二册8.6.2第二课时直线与平面垂直的性质作业

课时跟踪检测(三十四)直线与平面垂直的性质[A级基础巩固]1．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，若m与l不重合，则直线l，m的位置关系是()A．相交 B．异面C．平行 D．不确定解析：选C∵l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，∴l⊥平面ABC，同理m⊥平面ABC，∴l∥m.2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1，则()A．B1B⊥lB．B1B∥lC．B1B与l异面但不垂直D．B1B与l相交但不垂直解析：选B因为B1B⊥平面A1C1，又因为l⊥平面A1C1，所以l∥B1B.故选B.3．已知直线l∩平面α于点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．2 B．1C.eq\f(3,2) D．eq\f(1,2)解析：选A如图，因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD.连接OD，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(AC,BD).因为OA＝AB，所以eq\f(OA,OB)＝eq\f(1,2).因为AC＝1，所以BDA.4．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法中正确的是()A．MN∥平面ADD1A1B．MN⊥ABC．直线MN与平面ABCD所成的角为45°D．异面直线MN与DD1所成的角为60°解析：选ABC如图，连接BD，A1D，由M，N分别为AC，A1B的中点知MN∥A1D.因为A1D⊂平面ADD1A1，MN⊄平面ADD1A1，所以MN∥平面ADD1A1故A正确；易知AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.又MN∥A1D，所以AB⊥MN，故B正确；易知MN与平面ABCD所成的角即为A1D与平面ABCD所成的角，为45°，故C正确；易知MN与DD1所成角即为A1D与DD1所成角，为45°，故D错误．故选A、B、C.5．如图，在正四棱锥S­ABCD中，E是BC的中点，点P在△SCD内及其边界上运动，并且总有PE⊥AC，则动点P所组成的集合与△SCD组成的图形是()解析：选A取CD的中点F，SC的中点Q.连接BD，EQ，FQ，EF(图略)，则EQ綉eq\f(1,2)SB，EF綉eq\f(1,2)BD.∵在正四棱锥S­ABCD中，SB在平面ABCD内的射影在BD上，且AC⊥BD，∴AC⊥SB，故AC⊥EQ.又AC⊥BD，∴AC⊥EF，又EF∩EQ＝E，∴AC⊥平面EQF，∴当点P在FQ上移动时，总有AC⊥PE.故选A.6．已知PA垂直于平行四边形ABCD所在平面，若PC⊥BD，平行四边形ABCD一定是________．解析：易知，BD⊥平面PAC，∴BD⊥AC.又四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD一定是菱形．答案：菱形7.如图，矩形ABCD和矩形CDEF有一公共边CD，且ED⊥AD，AB＝2，BC＝eq\r(2)，ED＝eq\r(2).则点B到平面AED的距离为________，EF到平面ABCD的距离为________．解析：由题意知，ED⊥平面ADCB，∴ED⊥AB.又∵AB⊥AD，ED∩AD＝D，∴AB⊥平面AED，∴BA即为所求距离，因此点B到平面AED的距离为2.∵ED⊥平面ADCB，∴E到平面ADCB的距离为eq\r(2).∵EF∥平面ABCD，∴EF到平面ABCD的距离也是eq\r(2).答案：2eq\r(2)8．一条与平面α相交的线段，其长度为10cm，两端点到平面的距离分别是2cm，3cm，则这条线段与平面α所成角的大小是________．解析：如图，作出AC⊥α，BD⊥α，则AC∥BD，AC，BD确定的平面与平面α交于CD，且CD与AB相交于O，AB＝10，AC＝3，BD＝2，则AO＝6，BO＝4，∴∠AOC＝∠BOD＝30°.答案：30°9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1.证明：如图所示，连接A1C1，C1D，B1D1，BD.∵AC∥A1C1，EF⊥AC，∴EF⊥A1C1.又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1，∴EF⊥平面A1C1D，①∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1.∵四边形A1B1C1D1为正方形，∴A1C1⊥B1D1，又B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D，而BD1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1.同理可得DC1⊥BD1.又DC1∩A1C1＝C1，∴BD1⊥平面A1C1D， ②由①②可知EF∥BD1.10．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，棱AA1＝12，AB＝5.(1)求点B1到平面A1BCD1的距离；(2)求B1C1到平面A1BCD1的距离．解：(1)如图，过点B1作B1E⊥A1B于点E.由题意知BC⊥平面A1ABB1，且B1E⊂平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.∵BC∩A1B＝B，∴B1E⊥平面A1BCD1，∴线段B1E的长即为所求．在Rt△A1B1B中，B1E＝eq\f(A1B1·BB1,A1B)＝eq\f(5×12,\r(52＋122))＝eq\f(60,13)，∴点B1到平面A1BCD1的距离为eq\f(60,13).(2)∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1.∴点B1到平面A1BCD1的距离即为所求，∴直线B1C1到平面A1BCD1的距离为eq\f(60,13).[B级综合运用]11.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()A．EF⊥平面αB．EF⊥平面βC．PQ⊥GED．PQ⊥FH解析：选B因为EG⊥平面α，FH⊥平面α，所以E，F，H，G四点共面．又PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ.又EG∩EF＝E，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH，故选B.12.(多选)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是()A．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DECB．不论D折至何位置，都有MN⊥AEC．不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥ABD．在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD解析：选ABD折叠后如图，分别取EC，ED中点P，Q，连接NP，PQ，QM，易知N是AC，BE的交点，因此N也是AC中点，而M是AD的中点，∴NP∥AE∥MQ，NP＝eq\f(1,2)AE＝MQ，∴MNPQ是平行四边形，∴MN∥PQ，MN⊄平面DEC，PQ⊂平面DEC，∴MN∥平面DEC，A正确；折叠过程中AE⊥ED，AE⊥EC保持不变，又ED∩EC＝E，∴AE⊥平面DEC，从而AE⊥PQ，∴AE⊥MN，B正确；若MN∥AB，则MN，AB共面，即M，N，P，Q共面，从而直线AM，BN共面，这样MN在平面ABN内，即在平面ABC内，矛盾，C错误；当ED⊥EC时，又EC⊥EA，而ED∩EA＝E，∴EC⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，∴EC⊥AD，D正确．13.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()A．①与② B．①与③C．②与③ D．③与④解析：选B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.14.在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，AE⊥PD于点E，l⊥平面PCD.求证：l∥AE.证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.又四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD.因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AE⊂平面PAD，所以AE⊥DC.因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD.因为l⊥平面PCD，所以l∥AE.[C级拓展探究]15.如图，在四面体P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝1，BC＝eq\r(3)，AC＝2.(1)证明：BC⊥平面PAB；(2)在线段PC上是否存在点D，使得AC⊥BD，若存在，求PD的值，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题知AB＝1，BC＝eq\r(3)，AC＝2.则AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB.(2)在线段PC上存在点D，当PD＝eq\f(\r(5),4)时，使得AC⊥BD.理由如下：如图，在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，在平面PAC内，过点E作DE∥PA，交PC