2024-2025学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.6空间直线平面的垂直8.6.2第2课时直线与平面垂直的性质课时作业含解析新人教A版必修第二册

PAGEPAGE7课时作业35直线与平面垂直的性质时间：45分钟——基础巩固类——一、选择题1．下列命题：①垂直于同一条直线的两个平面相互平行；②垂直于同一个平面的两条直线相互平行；③一条直线在平面内，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线相互垂直．其中正确的个数是(D)A．0B．1C．2D．3解析：①②③均正确．2．在空间中，下列命题中正确的是(B)①平行于同一条直线的两条直线相互平行；②垂直于同一条直线的两条直线相互平行；③平行于同一个平面的两条直线相互平行；④垂直于同一个平面的两条直线相互平行．A．①③④ B．①④C．① D．①②③④3．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则(C)A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不肯定存在直线与m平行，不肯定存在直线与m垂直C．β内不肯定存在直线与m平行，必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不肯定存在直线与m垂直解析：因为平面α与平面β相交，直线m⊥α，所以m垂直于两平面的交线，所以β内不肯定存在直线与m平行，必存在直线与m垂直．4．(多选)如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．以下各命题中，真命题为(ABCD)A．BC⊥PCB．OM∥平面APCC．点B到平面PAC的距离等于线段BC的长D．三棱锥M­PAC的体积等于三棱锥P­ABC体积的一半解析：因为PA⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面，所以PA⊥BC，而BC⊥AC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，故A正确；因为点M为线段PB的中点，点O为AB的中点，所以OM∥PA，而OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以OM∥平面APC，故B正确；因为BC⊥平面PAC，所以点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，故C正确；三棱锥M­PAC和三棱锥P­ABC均可以平面PAC为底面，此时M究竟面的距离是B究竟面距离的一半，故三棱锥M­PAC的体积等于三棱锥P­ABC体积的一半，故D正确．5.如图，▱ADEF的边AF⊥平面ABCD，且AF＝2，CD＝3，则CE＝(D)A．2 B．3C.eq\r(5) D.eq\r(13)解析：因为四边形ADEF为平行四边形，所以AF綉DE.因为AF⊥平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD.所以DE⊥DC.因为AF＝2，所以DE＝2.又CD＝3，所以CE＝eq\r(CD2＋DE2)＝eq\r(9＋4)＝eq\r(13).6．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是(C)A．相交B．异面C．平行D．不确定解析：因为l⊥AB，l⊥AC且AB∩AC＝A，所以l⊥平面ABC.同理可证m⊥平面ABC，所以l∥m，故选C.二、填空题7．长方体ABCD­A1B1C1D1中，MN在平面BCC1B1内，且MN⊥BC于点M，则MN与AA1的位置关系是平行．解析：如图．易知AB⊥平面BCC1B1.又∵MN⊂平面BCC1B1，∴AB⊥MN.又∵MN⊥BC，AB∩BC＝B，∴MN⊥平面ABCD，易知AA1⊥平面ABCD.故AA1∥MN.8．直线a和b在正方体ABCD­A1B1C1D1的两个不同平面内，使a∥b成立的条件是①②③.(只填序号即可)①a和b垂直于正方体的同一个面；②a和b在正方体两个相对的面内，且共面；③a和b平行于同一条棱；④a和b在正方体的两个面内，且与正方体的同一条棱垂直．解析：①为直线与平面垂直的性质定理的应用，②为面面平行的性质，③为基本领实4的应用，故①②③正确．9．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC，则MN与AD1的位置关系为平行；若AM＝λAB，则λ＝eq\f(1,2).解析：∵ABCD­A1B1C1D1为正方体，∴CD⊥平面AA1D1D，∴CD⊥AD1，又∵四边形AA1D1D为正方形，∴A1D⊥AD1，∴AD1⊥平面A1DC，又MN⊥平面A1DC，∴AD1∥MN，连接ON，则四边形AMON为平行四边形，AM＝ON＝eq\f(1,2)AB，故λ＝eq\f(1,2).三、解答题10．如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.(1)证明：B1C⊥AB.(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC­A1B1C1的高．解：(1)证明：如图，连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.(2)方法1：在平面BB1C1C内作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.在平面AOD内作OH⊥AD，垂足为H.如图．由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又BC＝1，可得OD＝eq\f(\r(3),4).由于AC⊥AB1，所以OA＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2).由OH·AD＝OD·OA，且AD＝eq\r(OD2＋OA2)＝eq\f(\r(7),4)，得OH＝eq\f(\r(21),14).又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为eq\f(\r(21),7)，故三棱柱ABC­A1B1C1的高为eq\f(\r(21),7).方法2：由于侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，BC＝1.故B1C＝1，BO＝eq\f(\r(3),2)，又AC⊥AB1，则AO＝eq\f(1,2)，AC＝eq\f(\r(2),2)，易得AB＝1，在△ABC中，易得AC边上的高h＝eq\f(\r(14),4)，由VA­BB1C＝VB1­ABC，得eq\f(1,3)S△BB1C·AO＝eq\f(1,3)S△ABC·h三棱柱，所以eq\f(\r(3),4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(14),4)·h三棱柱，所以h三棱柱＝eq\f(\r(21),7).所以三棱柱ABC­A1B1C1的高为eq\f(\r(21),7).11.如图，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝2，AB＝2DC，AB∥DC，∠BCD＝90°.(1)求证：PC⊥BC；(2)求多面体A­PBC的体积．解：(1)证明：∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.∵∠BCD＝90°，∴BC⊥CD.∵PD∩CD＝D，∴BC⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD，∴PC⊥BC.(2)∵PD⊥平面ABCD，∴VA­PBC＝VP­ABC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD.∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴△ABC为直角三角形且∠ABC为直角．∵PD＝DC＝BC＝2，AB＝2DC，∴VA­PBC＝eq\f(1,3)·S△ABC·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AB·BC·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2×2＝eq\f(8,3).——实力提升类——12．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1，则(B)A．B1B⊥l B．B1B∥lC．B1B与l异面但不垂直 D．B1B与l相交但不垂直解析：因为B1B⊥平面A1C1，又因为l⊥平面A1C1，所以l∥B1B.13．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满意l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(D)A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l解析：若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线冲突，故α与β相交．设α∩β＝直线a，过空间内一点P，作m′∥m，n′∥n，则m′与n′相交，m′与n′确定的平面为γ.因为l⊥m，l⊥n，所以l⊥m′，l⊥n′，所以l⊥γ.因为m⊥平面α，n⊥平面β，所以m′⊥平面α，n′⊥平面β，所以a⊥m′，a⊥n′，所以a⊥γ.又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合．所以l∥a，综上知，选D.14．如图所示，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，D是侧面PBC上的一点，过D作平面ABC的垂线DE，其中D∉PC，则DE与平面PAC的位置关系是平行．解析：∵DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，∴DE∥PA.又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴DE∥平面PAC.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