数学人教A版 (2019)第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直第2课时习题

这是一份数学人教A版 (2019)第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直第2课时习题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A组·素养自测
一、选择题
1．(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⊥n
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
D．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n
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．已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法错误的是( B )
A．若l⊥α，m⊥α，则l∥m
B．若l∥α，α∥β，则l∥β
C．若l∥α，l⊂β，α∩β＝m，则l∥m
D．若l与m异面，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β
[解析] 根据垂直于同一平面的两条直线平行可知A正确；若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故B错误；根据直线与平面平行的性质定理可知C正确；假设α∩β＝n，因为l⊂α，l∥β，α∩β＝n，所以l∥n，同理可得m∥n，所以l∥m，这与l与m异面相矛盾，故假设不成立，则α∥β，故D正确．
故选B.
4．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．1
C．eq \f(3,2) D．eq \f(1,2)
[解析] 由相似比得BD＝2.
5．(2023·北京海淀实验中学期末)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝eq \r(2)，AB＝AC＝2，则点A到平面PBC的距离为( A )
A．1 B．eq \f(\r(3),2)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(1,2)
[解析] 因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.
因为PA＝eq \r(2)，AB＝AC＝2，
所以PB＝PC＝eq \r(22＋\r(2)2)＝eq \r(6)，
又AB⊥AC，所以BC＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
所以S△PBC＝eq \f(1,2)·BC·eq \r(\r(6)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))2)＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2).
设点A到平面PBC的距离为h，由VP－ABC＝VA－PBC，得eq \f(1,3)·PA·S△ABC＝eq \f(1,3)·h·S△PBC，
所以h＝eq \f(\r(2)×\f(1,2)×2×2,2\r(2))＝1，故选A.
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 eq \f(\r(6),3) .
[解析] 设顶点到底面距离为h，由题意侧棱长为eq \r(2)，则eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×22·h＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)eq \r(2)×eq \r(2)×eq \r(2)，所以h＝eq \f(\r(6),3).
7．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点B1到平面ABC1D1的距离为 eq \f(\r(2),2) .
[解析] 由题设可得示意图如下，根据正方体的性质知：平面BB1C1⊥平面ABC1D1，又△BB1C1为等腰直角三角形，
∴△BB1C1斜边上的高，即为B1到平面ABC1D1的距离，又正方体棱长为1，
∴B1到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),2).
故答案为eq \f(\r(2),2).
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.
[证明] 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＝eq \r(6).
(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＝eq \f(1,2)AB＝1.
又∵PD＝PB＝2，∴PO＝eq \r(3).
∵AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(3)，PA＝eq \r(6)，∴PA2＝PO2＋AO2，
∴△PAO是等腰直角三角形，且∠POA＝90°.
又∵E是PA的中点，∴S△PEC＝eq \f(1,2)S△PAC＝eq \f(1,2)·eq \f(1,2)AC·PO＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(3)＝eq \f(3,2)，∴VP－BEC＝VB－PEC＝eq \f(1,3)·S△PEC·BO＝eq \f(1,3)×eq \f(3,2)×1＝eq \f(1,2).
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⊥CD
C．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)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，则下列结论正确的是( ABD )
A．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC
C．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．
3．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β
C．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
4．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.
5．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＝ 2eq \r(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＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).
三、解答题
6．如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB垂直于AD和BC，侧棱SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.
(1)求直线SB与CD所成角的余弦值；
(2)求点C到平面SBD的距离．
[解析] (1)如图，延长DA到M，使得AM＝1，连接SM，BM.
由DM∥CB，DM＝CB，得四边形BCDM为平行四边形，从而BM∥CD，
∴∠SBM(或其补角)是直线SB与CD所成的角．
∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥AB，SA⊥AD.
又SA＝AB＝2，∴SM＝BM＝eq \r(5)，SB＝2eq \r(2)，
取SB的中点N，连接MN，
则MN⊥SB，BN＝eq \r(2)，
则cs∠SBM＝eq \f(BN,BM)＝eq \f(\r(2),\r(5))＝eq \f(\r(10),5).
故直线SB与CD所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
(2)由(1)知N为SB的中点，如图，连接DN，设点C到平面SBD的距离为d.
∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥AB，SA⊥AD.
又SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，
∴SB＝2eq \r(2)，SD＝BD＝eq \r(5)，∴DN＝eq \r(3)，
S△SBD＝eq \f(1,2)·SB·DN＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \r(6)，
又S△BCD＝eq \f(1,2)·CB·AB＝eq \f(1,2)×2×2＝2，
由VS－BCD＝VC－SBD，得eq \f(1,3)·S△BCD·SA＝eq \f(1,3)·S△SBD·d，
即eq \f(1,3)×2×2＝eq \f(1,3)×eq \r(6)×d，解得d＝eq \f(2\r(6),3).
故点C到平面SBD的距离为eq \f(2\r(6),3).
C组·探索创新
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⊂平面ABCD，所以ES⊥AF.
又因为BS∩ES＝S，BS，ES⊂平面BES，
所以AF⊥平面BES，
因为BE⊂平面BES，所以AF⊥BE.
故当点F为棱BC的中点时，
可使AF⊥BE，BF＝eq \f(1,2)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.