2024-2025学年人教A版数学必修第二册 8.6.2 第2课时 直线与平面垂直的性质 同步练习(含详解)

第8章　8.6　8.6.2　第2课时直线与平面垂直的性质
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( )
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( )
A．平行 B．垂直
C．相交 D．不确定
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( )
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
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．2 B．1
C． D．
5．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝，AB＝AC＝2，则点A到平面PBC的距离为( )
A．1 B．
C． D．
6．如图所示，PA⊥矩形ABCD，下列结论中不正确的是( )
A．PD⊥BD
B．PD⊥CD
C．PB⊥BC
D．PA⊥BD
7．(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( )
A．PA⊥BC B．BC⊥平面PAC
C．AC⊥PB D．PC⊥BC
8．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α B．EF⊥平面β
C．PQ⊥GE D．PQ⊥FH
二、填空题
9．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　 .
10．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点B1到平面ABC1D1的距离为　 .
11．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___.
12．如图，在直四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件___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．)
13．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＝ 　.
三、解答题
14．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.
15.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＝.
(1)证明：PC⊥BD；
(2)若E为PA的中点，求三棱锥P－BCE的体积．
16．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．
第8章　8.6　8.6.2　第2课时直线与平面垂直的性质
一、选择题
1．BC
2．B
[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．B
[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．A
[解析]　由相似比得BD＝2.
5．A
[解析]　因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.
因为PA＝，AB＝AC＝2，
所以PB＝PC＝＝，
又AB⊥AC，所以BC＝＝2，
所以S△PBC＝·BC·＝×2×2＝2.
设点A到平面PBC的距离为h，由VP－ABC＝VA－PBC，得·PA·S△ABC＝·h·S△PBC，
所以h＝＝1，故选A.
6．A
[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.
7．ABD
[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．
8．B
[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
9 　.
[解析]　设顶点到底面距离为h，由题意侧棱长为，则××22·h＝×××，所以h＝.
10． 　.
[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.
故答案为.
11． _平行__.
[解析]　∵AA1⊥平面ABCD，EF⊥平面ABCD，
∴AA1∥EF.
12． BD⊥AC__
[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.
13． 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＝＝2.
三、解答题
14．
[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.
15.
[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＝AB＝1.
又∵PD＝PB＝2，∴PO＝.
∵AO＝AC＝，PA＝，∴PA2＝PO2＋AO2，
∴△PAO是等腰直角三角形，且∠POA＝90°.
又∵E是PA的中点，∴S△PEC＝S△PAC＝·AC·PO＝××2×＝，∴VP－BEC＝VB－PEC＝·S△PEC·BO＝××1＝.
16．
[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＝，SB＝2，
取SB的中点N，连接MN，
则MN⊥SB，BN＝，
则cos∠SBM＝＝＝.
故直线SB与CD所成角的余弦值为.
(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＝2，SD＝BD＝，∴DN＝，
S△SBD＝·SB·DN＝×2×＝，
又S△BCD＝·CB·AB＝×2×2＝2，
由VS－BCD＝VC－SBD，得·S△BCD·SA＝·S△SBD·d，
即×2×2＝××d，解得d＝.
故点C到平面SBD的距离为.
(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.