2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--8.6.2 直线与平面垂直（含解析）

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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
8.6.2　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　直线与平面垂直的判定及性质
1.设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是(　　)
A.若l⊥m,m α,则l⊥α　　　　B.若l⊥α,l∥m,则m⊥α
C.若l∥α,m α,则l∥m　　　　D.若l∥α,m∥α,则l∥m
2.(多选题)在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,AC与EF交于点G,如图1,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图2,那么在这个空间图形中有(　　)
图1 图2
A.AG⊥平面EFH　　　　B.AH⊥平面EFH
C.EF⊥平面AGH　　　　D.HG⊥平面AEF
3.如图所示,AB是☉O的直径,C是圆周上不同于A,B的任意一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC的四个面中,直角三角形有　　　　个.
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,求证:A1C⊥平面BC1D.
5.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点,MN⊥平面A1DC.求证:MN∥AD1.
题组二　直线与平面所成的角
6.(2023辽宁鞍山一中期末)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AB1与平面ACC1A1所成的角为(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
7.(2022江西赣州教育发展联盟联考)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB=2,则直线PB与平面PAC所成的角为　　　　.
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为棱AB的中点,求直线B1E与平面BB1D1D所成角的正切值.
9.(2022辽宁大连期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AC=,AA1=2AB,D是棱BB1的中点,E是棱CC1上的点,满足CE=5EC1.
(1)证明:AD⊥平面A1DE;
(2)求直线AE与平面ABB1所成角的正弦值.
题组三　空间距离
10.(2023辽宁沈阳期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,P为C1D1的中点,M为BC的中点,则点D到平面APM的距离为(　　)
A.
11.(2021江苏徐州第三中学月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为C1D1,AB的中点,AB=4,则MN到平面BCC1B1的距离为　　　　　.
12.(2022山西太原模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AB,PC⊥CD,BC∥AD,∠BAD=,PA=AB=BC=2,AD=4.
(1)证明:PA⊥平面ABCD.
(2)若M为PD的中点,求P到平面MAC的距离.
能力提升练
题组一　直线与平面垂直的判定与性质
1.(2022四川乐山十校期中)三棱锥的三条侧棱两两相等,则顶点在底面上的射影为底面三角形的　　(　　)
A.内心　　　　B.重心　　　　C.外心　　　　D.垂心
2.如图,三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,则顶点P在底面ABC上的射影O为△ABC的(　　)
A.内心　　　　B.外心　　　　C.重心　　　　D.垂心
3.如图,在△ABC中,AB⊥BC,D,E分别为AB,AC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=　　　　.
4.如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AB=1,AD=2,点F是PB的中点,点E在边BC上移动.
(1)求三棱锥E-PAD的体积;
(2)证明:无论点E在边BC的何处,都有AF⊥PE.
5.已知三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=1,CC1=BB1=2,AB=,∠BCC1=60°,AB⊥平面BB1C1C.
(1)求证:BC1⊥平面ABC;
(2)求三棱柱ABC-A1B1C1的体积;
(3)试在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E,使得EA⊥EB1.
题组二　直线与平面所成的角
6.在△ABC中,∠ACB=90°,D是BC的中点,PA⊥平面ABC,如果PB,PC与平面ABC所成的角分别为30°和60°,那么PD与平面ABC所成的角为(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.75°
7.(2022辽宁沈阳期中)已知棱长都为3的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为棱BB1,CC1上的点,当A1D+DE+EA取得最小值时,DE与平面AA1C1C所成角的正弦值为(　　)
A.
8.(2021江苏南京宁海中学期末)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1内一点,若A1P∥平面AEF,则点P的轨迹长度为　　　　,直线A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是　　　　.
9.(2022湖北武汉第一中学月考)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAC是正三角形,AC⊥BC,AC=BC,D是AB的中点.
(1)求证:AC⊥PD;
(2)若AC=BC=PD=2,求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
题组三　空间距离
10.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,E为CC1的中点,则直线AC1到平面BDE的距离为(　　)
A.2　　　　B.　　　　D.1
11.(2023辽宁大连期末)若四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长均为2,且∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°,则A1到平面ABCD的距离为(　　)
A.
12.(2023吉林长春吉大附中月考)在平行四边形ABCD中,AB=6,BC=4,∠BAD=60°,过点A作CD的垂线交CD的延长线于点E,连接EB交AD于点F,如图①;将△ADE沿AD折起,使得点E到达点P的位置,如图②.
(1)证明:直线AD⊥平面BFP;
(2)若∠BFP=120°,求点F到平面BCP的距离.
　　
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.BC 6.A 10.C
1.B　对于A,l还可能在α内,与α平行,或l与α斜交;易知B正确;对于C,l,m还可能异面;对于D,l,m还可能相交或异面.
易错警示　当l与平面α内的一条直线垂直时,不能保证l与平面α垂直;当l与平面α不垂直时,l可能与α内的无数条平行直线垂直.要注意“直线垂直于平面内的所有直线”与“直线垂直于平面内无数条直线”不是一回事.
2.BC　由题意知,题图2中AH⊥HE,AH⊥HF,
∵HE∩HF=H,HE,HF平面EFH,∴AH⊥平面EFH,∴B正确;
过点A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确;
易知AG⊥EF,GH⊥EF,AG∩GH=G,AG,GH平面AGH,
∴EF⊥平面AGH,∴C正确;
∵AH⊥平面EFH,HG平面EFH,∴AH⊥HG,∴HG与AG不垂直,
∴HG与平面AEF不垂直,∴D不正确.
故选BC.
3.答案　4
解析　∵AB是圆O的直径,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,∴△ABC是直角三角形.
∵PA⊥平面ABC,AC,AB,BC平面ABC,
∴PA⊥AC,PA⊥AB,PA⊥BC,
∴△PAC,△PAB是直角三角形.
∵PA∩AC=A,PA,AC平面PAC,
∴BC⊥平面PAC,
又PC平面PAC,∴BC⊥PC,
∴△PBC是直角三角形.
∴△PAB,△PAC,△ABC,△PBC都是直角三角形.
4.证明　连接AC,则AC⊥BD.
∵AA1⊥平面ABCD,BD平面ABCD,∴A1A⊥BD,
∵AC∩A1A=A,AC,A1A平面A1AC,
∴BD⊥平面A1AC.
∵A1C平面A1AC,∴BD⊥A1C.
同理可得BC1⊥A1C.
又∵BD∩BC1=B,BD,BC1平面BC1D,
∴A1C⊥平面BC1D.
5.证明　因为四边形ADD1A1为正方形,
所以AD1⊥A1D.
因为CD⊥平面ADD1A1,AD1平面ADD1A1,
所以CD⊥AD1.
因为A1D∩CD=D,A1D,CD平面A1DC,
所以AD1⊥平面A1DC.
因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.
6.A　连接B1D1,交A1C1于点O,连接AO,如图,
因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以B1O⊥A1C1.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1O平面A1B1C1D1,
所以B1O⊥AA1.
又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1平面ACC1A1,
所以B1O⊥平面ACC1A1,
则∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1所成的角.
在Rt△AB1O中,∠AOB1=90°,B1O=AB1,则∠B1AO=30°,所以直线AB1与平面ACC1A1所成的角为30°.故选A.
7.答案　
解析　连接BD,设AC∩BD=O,
∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴BD⊥PA.
∵底面ABCD是正方形,∴BD⊥AC,
∵AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,
∴BD⊥平面PAC,即BO⊥平面PAC.
连接OP,则∠BPO即为直线PB与平面PAC所成的角,
∵PA=AB=2,∴PB=2,
∴sin∠BPO=,∴∠BPO=.
8.解析　连接AC,交BD于点O,过E作EO1∥AC,交BD于点O1,连接B1O1,易证AC⊥平面BB1D1D,
∴EO1⊥平面BB1D1D,
∴∠EB1O1为B1E与平面BB1D1D所成的角.
设正方体的棱长为a,
∵E是AB的中点,EO1∥AO,∴O1是BO的中点,
∴EO1=,
∴tan∠EB1O1=.
9.解析　(1)证明:因为AC⊥BC,且AC=,所以AB=3.因为AA1=2AB,所以AA1=6.
因为D是棱BB1的中点,所以AD=A1D=3,
因为AD2+A1D2=A,所以AD⊥A1D.
因为CE=5EC1,AA1=6,所以C1E=1,CE=5.
在直角梯形C1B1DE中,B1C1=,B1D=3,
所以DE=.
在直角三角形ACE中,AC=,CE=5,
所以AE=.
因为AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE.
因为AD⊥A1D,AD⊥DE,A1D∩DE=D,A1D,DE平面A1DE,所以AD⊥平面A1DE.
(2)在直角三角形ACB中,作CH⊥AB于H,如图,
由等面积法可得CH=.
由直棱柱的性质可得AA1⊥CH,
因为AA1∩AB=A,AA1,AB平面ABB1A1,所以CH⊥平面ABB1A1.
易得CC1∥平面ABB1A1,所以E到平面ABB1A1的距离即为CH的长,
设直线AE与平面ABB1所成的角为θ,
则sin θ=.
10.C　如图,连接AD1,PC,
因为CM⊥平面DCC1D1,PC平面DCC1D1,
所以CM⊥PC,同理PD1⊥AD1.
因为PC1=1,CC1=,所以PC=2,
又CM=,所以PM=.
因为AD=2,所以AD1=,又PD1=1,所以AP=2.
因为AB=2,BM=,所以AM=.
在△MPA中,PM=AM,PM2+AM2=AP2,故△MPA为等腰直角三角形,则S△MPA=3,连接PD,DM,易得S△MDA=2,则VP-MDA=,设点D到平面APM的距离为h,
则VP-MDA=VD-MPA=h·S△MPA=,解得h=.
故选C.
11.答案　2
解析　连接BC1,易知MN∥BC1,
∵BC1平面BCC1B1,MN平面BCC1B1,
∴MN∥平面BCC1B1.
∴MN到平面BCC1B1的距离等于点N到平面BCC1B1的距离,
又点N到平面BCC1B1的距离为NB=AB=2,
∴MN到平面BCC1B1的距离为2.
解题模板　求解直线到平面的距离时,需要先证明线面平行,当直线与平面平行时,直线上任意一点到平面的距离都相等,都是线面距离,所以求线面距离的关键是选准恰当的点,转化为求点面距离.利用定义过点作垂线段或三棱锥的等体积法求点面距.
12.解析　(1)证明:因为BC∥AD,∠BAD=,
所以∠ABC=π-∠BAD=.因为AB=BC=2,
所以△ABC为等边三角形,所以AC=2,∠CAD=,
在△ACD中,由余弦定理得
CD=
=,
所以AC2+CD2=AD2,所以CD⊥AC.
因为CD⊥PC,且AC∩PC=C,AC,PC平面PAC,所以CD⊥平面PAC.
因为PA平面PAC,所以CD⊥PA.
因为PA⊥AB,且AB,CD相交,
所以PA⊥平面ABCD.
(2)因为线段PD与平面MAC交于点M,且点M是线段PD的中点,所以P到平面MAC的距离与D到平面MAC的距离相等.
因为M为PD的中点,PA⊥平面ABCD,PA=2,
所以点M到平面ACD的距离为PA=1,
因为CD⊥AC,AC=2,CD=2,
所以△ACD的面积为.
所以三棱锥M-ACD的体积为.
在△MAC中,AC=2,AM=CM=,
所以△MAC的面积为=2.
设D到平面MAC的距离为d,
则,所以d=.
所以P到平面MAC的距离为.
能力提升练
1.C 2.D 6.B 7.C 10.D 11.C
1.C　如图,PA=PB=PC,设点P在平面ABC内的射影为O,连接OA,OB,OC.
∵PO⊥底面ABC,
∴PO⊥OA,PO⊥OB,PO⊥OC,
又PA=PB=PC,
∴Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC,∴OA=OB=OC.
故顶点P在底面上的射影为底面三角形的外心.
2.D　连接AO,BO,CO.∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC平面PBC,∴PA⊥平面PBC.
又BC平面PBC,∴PA⊥BC.
由题意知PO⊥平面ABC,
∵BC平面ABC,∴PO⊥BC.
又PA∩PO=P,PA,PO平面PAO,∴BC⊥平面PAO,
又OA平面PAO,∴BC⊥OA.
同理可得AB⊥OC,AC⊥OB,
故O为△ABC的垂心.故选D.
规律总结　若三棱锥的三条侧棱两两相等,则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心;若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则顶点在底面上的射影为底面三角形的垂心.
3.答案　2
解析　易知DE⊥BD,DE⊥A1D,
因为A1D∩BD=D,A1D,BD平面A1BD,
所以DE⊥平面A1BD.
易知BC∥DE,所以BC⊥平面A1BD,
所以BC⊥A1B.因为∠A1DB=60°,A1D=BD=2,所以A1B=2.
所以A1C=.
4.解析　(1)∵PA⊥平面ABCD,
∴P到平面ADE的距离为PA=1,
∵四边形ABCD为矩形,
∴S△ADE=AD·AB=×2×1=1,
∴VE-PAD=VP-ADE=PA·S△ADE=.
(2)证明:∵PA⊥平面ABCD,BC平面ABCD,
∴PA⊥BC,
∵四边形ABCD为矩形,∴BC⊥AB,
又PA∩AB=A,PA,AB平面PAB,∴BC⊥平面PAB,
∵AF平面PAB,∴BC⊥AF,
∵PA=AB,点F是PB的中点,∴AF⊥PB,
∵PB∩BC=B,PB,BC平面PBC,∴AF⊥平面PBC,
∵PE平面PBC,∴AF⊥PE.
∴无论点E在边BC的何处,都有AF⊥PE.
解题模板　要证直线a和动直线b始终垂直,即证直线a是动直线b所在平面α的垂线.证明分两部分,一是证明动直线b在平面α上,二是证明直线a是平面α的垂线.
5.解析　(1)证明:∵BC=1,CC1=2,∠BCC1=60°,
∴在△BCC1中,由余弦定理得BC1=,
∵BC2+B,∴BC⊥BC1.
∵AB⊥平面BB1C1C,BC1平面BB1C1C,∴AB⊥BC1.
∵BC∩AB=B,AB,BC平面ABC,
∴BC1⊥平面ABC.
(2)易得S△ABC=AB·BC=,
由(1)知BC1⊥平面ABC,BC1=,
∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC·BC1=.
(3)如图,在棱CC1(不包含端点C,C1)上取一点E,使得EA⊥EB1,连接BE.
∵AB⊥平面BB1C1C,B1E平面BB1C1C,
∴AB⊥B1E,∵EA⊥EB1,AB∩EA=A,AB,EA 平面ABE,∴EB1⊥平面ABE.
∵BE平面ABE,∴BE⊥EB1.
设CE=x(0在△BCE中,由余弦定理得BE2=BC2+CE2-2BC·CE·cos∠BCE=1+x2-x,
在△B1C1E中,∠B1C1E=120°,由余弦定理得E+C1E2-2B1C1·C1E·cos∠B1C1E=x2-5x+7,
在Rt△BEB1中,由E+BE2=B1B2,得(x2-5x+7)+(1+x2-x)=4,解得x=1或x=2(舍去).
故当E为CC1的中点时,EA⊥EB1.
6.B　连接AD,易知∠ADP是PD与平面ABC所成的角,设PA=1,
∵PA⊥平面ABC,PB,PC与平面ABC所成的角分别是30°和60°,
∴∠ABP=30°,∠ACP=60°,
∴AB=,
∴CD=,
∴AD==1,
∴tan∠ADP==1,∴∠ADP=45°,
∴PD与平面ABC所成的角为45°.故选B.
7.C　如图1,沿着棱AA1将棱柱的侧面展开成一个矩形,则A1D+DE+EA≥A'1A,
所以当A1D+DE+EA取得最小值时,B1D=1,C1E=2.
如图2,在C1C上取F点,使得C1F=1,连接B1F,
因为B1D∥EF,B1D=EF,
所以四边形EFB1D为平行四边形,
则B1F∥DE,B1F=DE,
所以B1F,DE与平面AA1C1C所成的角相等.
(过DE上的一点作平面AA1C1C的垂线并不直观,所以选择过DE的平行线B1F上的一点作平面的垂线)
取A1C1的中点G,连接GF,B1G,
易知B1G⊥A1C1,B1G⊥AA1,
又A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1平面AA1C1C,
所以B1G⊥平面AA1C1C,
则∠B1FG为B1F与平面AA1C1C所成的角,即DE与平面AA1C1C所成的角.
易得B1G=,
所以sin∠B1FG=.
故选C.
8.答案　]
解析　如图,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,A1N,MN,BC1,NE.
∵M,N,E,F分别是所在棱的中点,
∴MN∥BC1,EF∥BC1,∴MN∥EF.
∵MN平面AEF,EF平面 AEF,
∴MN∥平面AEF.
易知AA1∥NE,AA1=NE,
∴四边形AENA1为平行四边形,∴A1N∥AE.
∵A1N平面AEF,AE平面AEF,
∴A1N∥平面AEF.
∵A1N∩MN=N,A1N,MN平面A1MN,
∴平面A1MN∥平面AEF,
∵P是侧面BCC1B1内一点,且A1P∥平面AEF,
∴点P必在线段MN上,
∴点P的轨迹长度为MN=.
∵A1B1⊥平面BCC1B1,
∴∠A1PB1即为直线A1P与平面BCC1B1所成的角,
则tan∠A1PB1=.
∵点P的轨迹为MN,∴当PB1⊥MN时,PB1的长度最小,为,当P与M或N重合时,PB1的长度最大,为,
∴直线A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最小值为=2,最大值为.
∴直线A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是[2,2].
9.解析　(1)证明:取AC的中点O,连接OP,OD,
∵D为AB的中点,∴OD∥BC,
∵AC⊥BC,∴AC⊥OD.
∵△PAC是正三角形,∴PO⊥AC.
∵PO∩OD=O,PO,OD平面POD,
∴AC⊥平面POD,
∵PD平面POD,∴AC⊥PD.
(2)解法一:取PA的中点N,连接ON,作OM⊥AB于点M,连接PM,作OH⊥PM于点H,连接NH,
∵O,N分别为AC,PA的中点,∴ON∥PC,
∴PC与平面PAB所成的角即为ON与平面PAB所成的角.
∵△PAC为等边三角形,O,D分别为AC,AB的中点,AC=BC=2,
∴PO=,OD=1,
又PD=2,
∴PO2+OD2=PD2,∴PO⊥OD,
又PO⊥AC,AC∩OD=O,∴PO⊥平面ABC,
∴PO⊥AB.
又AB⊥OM,PO∩OM=O,∴AB⊥平面POM,
∴AB⊥OH,
又OH⊥PM,AB∩PM=M,
∴OH⊥平面PAB,故∠ONH即为PC与平面PAB所成的角.
∵AC⊥BC,AC=BC=2,O为AC的中点,OM⊥AB,
∴OM=,
又PO⊥OM,∴PM=.
在Rt△OHN中,ON=1,OH=,
∴sin∠ONH=,
即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
解法二:同解法一得PO⊥平面ABC,PO=,
易知VP-ABC=VC-PAB,设点C到平面PAB的距离为d,
则×d,
解得d=,
设直线PC与平面PAB所成的角为θ,则sin θ=,
即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
10.D　连接AC,交BD于点O,则O为AC的中点,连接OE.
∵E为CC1的中点,∴OE∥AC1.
又OE平面BDE,AC1平面BDE,
∴AC1∥平面BDE,∴AC1到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离,设为h.
易得VE-ABD=S△ABD×.
在△BDE中,BE=DE=,BD边上的高为=2,
∴S△BDE=,
∵VA-BDE=VE-ABD,∴,解得h=1.
故选D.
11.C　如图,连接A1B,A1D,AC,BD,设AC与BD交于点O,连接A1O,
由题意可得,△ABD,△AA1B和△AA1D都是边长为2的等边三角形,则A1D=A1B=BD=2.
易知O为BD的中点,∴A1O⊥BD.
∵四边形ABCD为菱形,∴AO⊥BD,
又A1O∩AO=O,∴BD⊥平面A1AO.
在平面A1AO中,过A1作A1H⊥AO于点H,则BD⊥A1H,
又BD∩AO=O,∴A1H⊥平面ABCD,即A1到平面ABCD的距离为A1H的长.
易得AO=ABsin 60°=2×,A1O=A1B·sin 60°=,
在△AA1O中,由余弦定理的推论得cos∠A1OA=,
∵∠A1OA∈,∴sin∠A1OA=,
在Rt△A1OH中,A1H=A1O·sin∠A1OA=.故选C.
12.解析　(1)证明:在题图①中,根据已知条件可得,DE=2,AE=2
.
因为∠DAB=∠ADE,∠DFE=∠AFB,
所以△ABF∽△DEF,所以.所以AF=3,BF=3.
因为AF2+BF2=AB2,所以AF⊥BF,即BE⊥AD.
则在题图②中,PF⊥AD,BF⊥AD,因为PF∩BF=F,PF,BF平面BFP,
所以AD⊥平面BFP.
(2)在△BFP中,过F作FH⊥PB,交PB于H.
由(1)知,AD⊥平面BFP,因为BC∥AD,所以BC⊥平面BFP.
因为FH平面BFP,所以BC⊥FH.
又BP⊥FH,BC∩BP=B,BC,BP平面BCP,所以FH⊥平面BCP,
所以FH的长即为点F到平面BCP的距离.
在△BFP中,因为PF=,∠PFB=120°,
所以BP=,
所以FH=,
即点F到平面BCP的距离为.
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