2024春新教材高中數(shù)學(xué)第八章立體幾何初步8.6空間直線平面的垂直8.6.2第2課時直線與平面垂直的性質(zhì)及線面面面間的距離分層演練含解析新人教A版必修第二冊

PAGE第八章立體幾何初步A級基礎(chǔ)鞏固1.在圓柱的一個底面上任取一點(diǎn)(該點(diǎn)不在底面圓周上),過該點(diǎn)作另一個底面的垂線,這條垂線與圓柱的母線所在直線的位置關(guān)系是()A.相交B.平行C.異面 D.相交或平行解析:由于這條垂線與圓柱的母線都垂直于底面,所以它們相互平行.答案:B2.已知PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面,若C為圓上異于A,B的任一點(diǎn),則下列關(guān)系不正確的是()A.PA⊥BC B.BC⊥平面PACC.AC⊥PB D.PC⊥BC解析:由PA⊥平面ABC,得PA⊥BC,A項(xiàng)不符合題意;因?yàn)锳B為圓的直徑,所以BC⊥AC,且AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,B、D項(xiàng)均不符合題意.故選C.答案:C3.已知直線l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A?α,B?α,且OA=AB.若AC⊥平面α,垂足為C,BD⊥平面α,垂足為D,AC=1,則BD=()A.2 B.1C.32 D.解析:因?yàn)锳C⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD.如圖所示,連接OD,則OAOB=ACBD.因?yàn)镺A=AB,所以O(shè)AOB=12.因?yàn)锳C答案:A4.已知PA垂直于平行四邊形ABCD所在平面,若PC⊥BD,則平行四邊形ABCD肯定是菱形.解析:易知BD⊥平面PAC.所以BD⊥AC.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是平行四邊形,所以四邊形ABCD肯定是菱形.5.已知四邊形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AB=2,PA=AD=4,E為BC的中點(diǎn).求證:DE⊥PE.證明:如圖,連接AE.在矩形ABCD中,由AD=4,AB=2,E為BC的中點(diǎn),可得AE=ED=22,所以AD2=AE2+DE2,所以AE⊥DE.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,DE?平面ABCD,所以PA⊥DE.因?yàn)镻A∩AE=A,PA?平面PAE,AE?平面PAE,所以DE⊥平面PAE.因?yàn)镻E?平面PAE,所以DE⊥PE.B級實(shí)力提升6.若l,m,n表示三條互不重合的直線,α表示平面,則下列說法中正確的個數(shù)為()①l∥m,m∥n,l⊥α?n⊥α;②l∥m,m⊥α,n⊥α?l∥n;③m⊥α,n?α?m⊥n.A.1 B.2 C.3 D.0解析:①正確,因?yàn)閘∥m,m∥n,所以l∥n.因?yàn)閘⊥α,所以n⊥α;②正確,因?yàn)閘∥m,m⊥α,所以l⊥α.因?yàn)閚⊥α,所以l∥n;③正確,由線面垂直的定義可知其正確.答案:C7.地面上有兩根相距am的旗桿,若它們的高分別是bm和cm(b>c),則它們上端的距離為a2+解析:由線面垂直的性質(zhì)定理可知,兩根旗桿所在直線相互平行.如圖所示,它們上端的距離d=a2+8.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,平面AB1D1到平面BC1D的距離為63解析:由題意可知,原問題等價于求解點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離h.由題意可得△AB1D1為等邊三角形,各邊長度均為2.由等體積法可得,V三棱錐C1-AB1D1=V三棱錐A-B1C1D1,即h×13×12×22×sin60°=13×12×29.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是矩形,AE⊥PD于點(diǎn)E,直線l⊥平面PCD,且直線l不經(jīng)過點(diǎn)E.求證:l∥AE.證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,所以CD⊥AD.因?yàn)镻A∩AD=A,PA?平面PAD,AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD.因?yàn)锳E?平面PAD,所以AE⊥CD.因?yàn)锳E⊥PD,PD∩CD=D,PD?平面PCD,CD?平面PCD,所以AE⊥平面PCD.因?yàn)橹本€l⊥平面PCD,且直線l不經(jīng)過點(diǎn)E,所以l∥AE.C級挑戰(zhàn)創(chuàng)新10.開放性問題如圖所示,直升機(jī)上一點(diǎn)P在地面α上的正射影是點(diǎn)A(即PA⊥α),從點(diǎn)P看地平面上一物體B(不同于A),直線PB垂直于直升機(jī)玻璃窗所在的平面β.摸索討平面β與平面α的位置關(guān)系.解:平面β與平面α必