标签: 2018-2019学年高中数学第二章点、直线、平面之间的位置关系2.3.1直线与平面垂直的判定练习新人教A版必修2  
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doc 2.3.1 直线与平面垂直的判定 【选题明细表】 知识点、方法 题号 线面垂直的定义及判定定理的理解 1,2,3,5 线面垂直的判定及证明 4,6,8,9 直线与平面所成的角 7 综合问题 10,11,12 1.(2018·甘肃兰州二十七中高二上期末 )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 ) (A)若l⊥α,l∥m,则m⊥α (B)若l∥α,m⊂α,则l∥m (C)若l⊥m,m⊂α,则l⊥α (D)若l∥α,m∥α,则l∥m 解析:易知A正确. B.l与m可能异面,也可能平行. C.当l与α内两条相交直线垂直时,才能判定l⊥α, D.l与m可能平行、异面或相交. 2.(2018·广西桂林期末)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面,下列说法正确的是( C ) (A)若m∥α,n∥α,则m∥n (B)若m⊥α,m⊥n,则n∥α (C)若m⊥α,n⊂α,则m⊥n (D)若m∥α,m⊥n,则n⊥α 解析:对于选项A,若m∥α,n∥α,则m与n可能相交、平行或者异面;故A错误; 对于B,若m⊥α,m⊥n,则n与α可能平行或者n在α内;故B错误; 对于C,若m⊥α,n⊂α,则m⊥n;故C正确; 对于D,若m∥α,m⊥n,则n⊂α,或n与α相交;故D错误. 故选C. 3.在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面ABC,PA=8,则P到BC的距离是( D ) (A) (B)2 (C)3 (D)4 解析:如图所示,作PD⊥BC于D,连接AD. 因为PA⊥平面ABC, 所以PA⊥CD. 所以CB⊥平面PAD, 所以AD⊥BC. 在△ACD中,AC=5,CD=3, 所以AD=4. 在Rt△PAD中,PA=8,AD=4, 所以PD==4. 故选D. 4.已知P为△ABC所在平面外一点,PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,PH⊥平面 ABC,垂足H,则H为△ABC的( B ) (A)重心 (B)垂心 (C)外心 (D)内心 解析:连接AH并延长,交BC于D,连接BH并延长,交AC于E;因为PA⊥PB,PA⊥PC,故PA⊥平面PBC,故PA⊥BC;因为PH⊥平面ABC,故PH⊥BC,故BC⊥平面PAH,故AH⊥BC;同理BH⊥AC;故H是△ABC的垂心. 5.(2018·唐山高二期末)△ABC所在平面α外一点P到三角形三顶点的距离相等,那么点P在α内的射影一定是△ABC的( A ) (A)外心 (B)内心 (C)重心 (D)以上都不对 解析:由题意PA=PB=PC,PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,PO⊥OC,所以由HL定理知Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC.于是OA=OB=OC,所以O为三边中垂线的交点,O是三角形的外心,故选A. 6.如图所示,PA⊥平面ABC,△ABC中BC⊥AC,则图中直角三角形的个数是( D ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 解析:⇒ ⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC, 所以直角三角形有△PAB,△PAC,△ABC,△PBC.故选D. 7.(2018·浙江杭州月考)如图所示,∠ACB=90°,平面ABC外有一点P,PC=4 cm,PF,PE垂直于BC,AC于点F,E,且PF=PE=2 cm,那么PC与平面ABC所成角的大小为    .  解析:过P作PO垂直于平面ABC于O,连接CO,则CO为∠ACB的平分线.连接OF,可证明△CFO为直角三角形,CO=2,Rt△PCO中,cos∠PCO=,∠PCO=45°. 答案:45° 8.(2018·陕西西安高一期末)在四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC的中点,过E点作EF⊥PB交PB于点F.求证: (1)PA∥平面DEB; (2)PB⊥平面DEF. 证明:(1)连接AC,BD,交于O,连接EO.因为底面ABCD是正方形, 所以点O是AC的中点.所以在△PAC中,EO是中位线,所以PA∥EO, 因为EO⊂平面DEB,且PA⊄平面DEB, 所以PA∥平面DEB. (2)因为PD⊥底面ABCD,且BC⊂底面ABCD,所以PD⊥BC.因为底面ABCD是正方形, 所以DC⊥BC,可得BC⊥平面PDC. 因为DE⊂平面PDC,所以BC⊥DE. 又因为PD=DC,E是PC的中点,所以DE⊥PC.所以DE⊥平面PBC.因为PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB. 又因为EF⊥PB,且DE∩EF=E, 所以PB⊥平面DEF. 9.如图甲所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图乙所示,那么,在四面体AEFH中必有( A ) (A)AH⊥△EFH所在平面 (B)AG⊥△EFH所在平面 (C)HF⊥△AEF所在平面 (D)HG⊥△AEF所在平面 解析:根据折叠前、后AH⊥HE,AH⊥HF不变,所以AH⊥平面EFH,故 选A. 10.如图,四棱锥SABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,给出下列结论:①AC⊥SB;②AB∥平面SCD;③SA与平面ABD所成的角等于SC与平面ABD所成的角;④AC⊥SO.正确结论的序号是    .  解析:连接SO,如图所示, 因为四棱锥SABCD的底面为正方形,所以AC⊥BD. 因为SD⊥底面ABCD, 所以SD⊥AC, 因为SD∩BD=D,所以AC⊥平面SBD, 因为SB⊂平面SBD,所以AC⊥SB,则①正确; 因为AB∥CD,AB⊄平面SCD,CD⊂平面SCD, 所以AB∥平面SCD,则②正确; 因为SD⊥底面ABCD, 所以∠SAD和∠SCD分别是SA与平面ABD所成的角、SC与平面ABD所成的角, 因为AD=CD,SD=SD, 所以∠SAD=∠SCD,则③正确; 因为AC⊥平面SBD,SO⊂平面SBD, 所以AC⊥SO,则④正确. 答案:①②③④ 11.(2018·宁夏石嘴山第三中学高二上期末)侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA′B′C′满足∠BAC=90°,AB=AC=AA′=2,点M,N分别为A′B,B′C′的中点. (1) 求证:MN∥平面A′ACC′; (2) 求证:A′N⊥平面BCN; (3) 求三棱锥CMNB的体积. (1)证明:如图,连接AB′,AC′, 因为四边形ABB′A′为矩形,M为A′B的中点, 所以AB′与A′B交于点M,且M为AB′的中点, 又点N为B′C′的中点,所以MN∥AC′, 又MN⊄平面A′ACC′,且AC′⊂平面A′ACC′, 所以MN∥平面A′ACC′. (2)证明:因为A′B′=A′C′=2,点N为B′C′的中点, 所以A′N⊥B′C′. 又BB′⊥平面A′B′C′,所以A′N⊥BB′, 所以A′N⊥平面BCN. (3)解:由图可知=, 因为∠BAC=90°,所以BC==2, S△BCN=×2×4=4. 由(2)及∠B′A′C′=90°可得A′N=, 因为M为A′B的中点, 所以M到平面BCN的距离为, 所以==×4×=. 12.如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图(2). (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由. (1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点, 所以DE∥BC. 又因为DE⊄平面A1CB,BC⊂平面A1CB, 所以DE∥平面A1CB. (2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC, 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC. 而A1F⊂平面A1DC, 所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD, 所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE. (3)解:线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ. 理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q, 则PQ∥BC. 又因为DE∥BC, 所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知,DE⊥平面A1DC, 所以DE⊥A1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点, 所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP. 从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.

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