2024年新教材高中数学第八章立体几何初步6.2直线与平面垂直二练习含解析新人教A版必修第二册.doc

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直线与平面垂直(二)

【基础全面练】(25分钟50分)

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．②③B．③④

C．①②D．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ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AC＝AA1

A．0B．1C．2D．3

【解析】选C.图(1)中，因为直三棱柱ABC-A1B1C1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BC

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

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．2eq\r(5)C．3eq\r(5)D．4eq\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)＝4eq\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(bc)，则它们顶端的距离为________．

【解析】如图，依据题意可知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P-ABCD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P-ABCD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，aβ，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⊥B