必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直练习题

这是一份必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直练习题，共8页。

一、选择题(每小题5分，共20分)
1．已知直线a，b和平面α，下列推理中错误的是( )
【解析】选D.当a∥α，b∥α时，a与b可能平行，也可能相交或异面，即D推理错误．
【加固训练】
已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，给出下列命题：
其中正确命题的序号是( )
A．②③ B．③④
C．①② D．①②③④
【解析】选A.①中n，α平行或n在平面α内；②③正确；④中两直线m，n平行或异面．
2．如图所示，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α B．EF⊥平面β
C．PQ⊥GE D．PQ⊥FH
【解析】选B.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.
3．已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AC＝AA1，D，E，F分别是所在棱的中点；现有3个图形如图所示．则满足CF⊥DE的图形个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【解析】选C.图(1)中，因为直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AC＝AA1，
所以A1B1⊥B1C1，A1B1⊥BB1，
因为B1C1∩BB1＝B1，B1C1⊂平面BC1，BB1⊂平面BC1，所以A1B1⊥平面BC1，
因为D，E，F分别是所在棱的中点，
所以DE⊥平面BC1，因为CF⊂平面BC1，所以CF⊥DE，
图(2)中，取A1C1的中点G，连接GE，AG，故四边形AGED为平行四边形，
故ED∥AG，而AC＝AA1，故AG⊥CF，故CF⊥DE；
图(3)中，CF⊥DE不成立．
4．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是( )
A． eq \r(5) B．2 eq \r(5) C．3 eq \r(5) D．4 eq \r(5)
【解析】选D.过A作AD⊥BC于D，连接PD，
因为AB＝AC＝5，BC＝6，所以BD＝DC＝3，
又因为PA⊥平面ABC，PA∩AD＝A，
所以BC⊥PD，所以点P到BC的距离是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) ＝4 eq \r(5) .
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．地面上有相距a米的两旗杆，它们的高度分别是b米和c米(b>c)，则它们顶端的距离为________．
【解析】如图，根据题意可知AD＝b，BC＝c，AB＝a，由线面垂直的性质定理可得AD∥BC，过C向AD作垂线，设垂足为点E，则在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．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．则有
(1)CD________AE.
(2)PD________平面ABE.(填“⊥”或“∥”)
【解析】(1)在四棱锥P­ABCD中，
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD.又因为AC⊥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.
因为E是PC的中点，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.
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB.
又因为AB⊥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、解答题(每小题10分，共20分)
7．如图，已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，直线a⊂β，a⊥AB.求证：a∥l.
【证明】因为EA⊥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.
因为EB⊥β，a β，所以EB⊥a，
又a⊥AB，EB∩AB＝B，所以a⊥平面EAB.
由线面垂直的性质定理，得a∥l.
8．如图所示，ABCD为正方形，SA⊥平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于点E，F，G.
求证：AE⊥SB.
【证明】因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥BC.
因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC.
因为SA∩AB＝A，所以BC⊥平面SAB.
因为AE⊂平面SAB，所以BC⊥AE.
因为SC⊥平面AGFE，所以SC⊥AE.
又因为BC∩SC＝C，所以AE⊥平面SBC.
而SB⊂平面SBC，所以AE⊥SB.
【综合突破练】 (20分钟 40分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )
A.PA＝PB>PC B．PA＝PBC．PA＝PB＝PC D．PA≠PB≠PC
【解析】选C.因为PM⊥平面ABC，MC，AB⊂平面ABC，
所以PM⊥MC，PM⊥AB.
又因为M为AB中点，∠ACB＝90°，
所以MA＝MB＝MC.
所以PA＝PB＝PC.
2．(多选题)ABCD­A1B1C1D1为正方体，下列结论正确的是( )
A.BD⊥平面CB1D1 B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1
【解析】BC.在正方体中BD∥B1D1，可知选项A不正确；
由BD⊥AC，BD⊥CC1可得BD⊥平面ACC1；从而BD⊥AC1，即选项B正确；
由以上可得AC1⊥B1D1，同理AC1⊥D1C，
因此AC1⊥平面CB1D1，即选项C正确；
由于四边形ABC1D1不是菱形，所以AC1⊥BD1不正确．
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值为________．
【解析】因为PC⊥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，
此时应有CM⊥AB.
因为AB＝8，∠ABC＝60°，∠ACB＝90°.
所以BC＝ eq \f(1,2) AB＝4，AC＝4 eq \r(3) .
所以CM＝ eq \f(4×4\r(3),8) ＝2 eq \r(3) .
所以PM＝ eq \r(42＋（2\r(3)）2) ＝2 eq \r(7) .
即PM的最小值为2 eq \r(7) .
答案：2 eq \r(7)
4．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1(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况).
【解析】如图所示，连接B1C，由BC＝CC1，可得BC1⊥B1C，因此，要证AB1⊥BC1，则只要证明BC1⊥平面AB1C，即只要证AC⊥BC1即可，由直三棱柱可知，只要证AC⊥BC即可．因为A1C1∥AC，B1C1∥BC，故只要证A1C1⊥B1C1即可．(或者能推出A1C1⊥B1C1的条件，如∠A1C1B1＝90°等)
答案：∠A1C1B1＝90°(答案不唯一)
【加固训练】
如图所示，PA⊥平面ABC，M，N分别为PC，AB的中点，使得MN⊥AC的一个条件为________．
【解析】取AC中点Q，连接MQ，NQ，
则MQ∥AP，NQ∥BC，
由已知条件易得MQ⊥AC，若AC⊥BC，
则NQ⊥AC，所以AC⊥平面MNQ，所以AC⊥MN.
答案：AC⊥BC
三、解答题(每小题10分，共20分)
5.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ eq \r(2) .
证明：A1C⊥平面BB1D1D.
【证明】因为A1O⊥平面ABCD，
所以A1O⊥BD.
又底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
因为AC∩A1O＝O，所以BD⊥平面A1OC，
所以BD⊥A1C，
又OA1是AC的中垂线，
所以A1A＝A1C＝ eq \r(2) ，且AC＝2，
所以AC2＝AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋A1C2，
所以△AA1C是直角三角形，所以AA1⊥A1C，
又BB1∥AA1，所以A1C⊥BB1，
因为BB1∩BD＝B，
所以A1C⊥平面BB1D1D.
6.如图，正三棱柱ABC­A′B′C′中底面边长为a，D、E分别在BB′与CC′上，且BD＝ eq \f(1,2) a，CE＝a.AE上是否存在一点P，使得DP⊥面ACC′A′？若不存在，说明理由；若存在，指出P的位置．
【解析】P为AE中点时，DP⊥平面ACC′A′，
如图所示，取AE的中点P，AC的中点Q，连接PQ，DP，BQ，
所以PQ∥CE，PQ＝ eq \f(1,2) CE＝ eq \f(1,2) a，又BD＝ eq \f(1,2) a，
所以PQ∥BD，且PQ＝BD，
所以四边形BDPQ为平行四边形，
所以DP∥BQ，
因为BQ⊥AC，所以DP⊥AC，
因为BQ⊥CC′，所以DP⊥CC′，AC∩CC′＝C.
所以DP⊥平面ACC′A′，
所以P为AE中点时，DP⊥平面ACC′A′.