标签: 全国通用版2018-2019高中数学第一章立体几何初步1.2点线面之间的位置关系1.2.3.1直线与平面垂直练习新人教B版必修2   全国   通用版   2018   2019   高中数学   第一章   立体几何   初步   1.2  
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doc 第一课时 直线与平面垂直 1若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b的关系是(  )                  A.a⊥b,且a与b相交 B.a⊥b,且a与b不相交 C.a⊥b D.a与b不一定垂直 解析:因为b∥α,则在平面α内存在一条直线c,使得b∥c,因为直线a⊥平面α,c⊂α,所以a⊥c. 因为b∥c,所以a⊥b. 当b与a相交时为相交垂直,当b与a不相交时为异面垂直,故选C. 答案:C 2如图,BC是Rt△ABC的斜边,PA⊥平面ABC,PD⊥BC,则图中直角三角形的个数是(  ) A.8 B.7 C.6 D.5 解析:易知PA⊥AC, PA⊥AD,PA⊥AB,BC⊥AD,BC⊥PD,AC⊥AB.图中的直角三角形分别为△PAC,△PAD,△PAB,△ADC,△ADB,△PCD,△PDB,△ABC,共8个,故选A. 答案:A 3设α表示平面,a,b,l表示直线,给出下列四个命题: ①a⊥lb⊥la⊂αb⊂α⇒l⊥α;②a∥ba⊥α⇒b⊥α; ③a∥αa⊥b⇒b⊥α;④b⊂αa⊥b⇒a⊥α. 其中正确的命题是(  ) A.①② B.②③ C.③④ D.② 解析:①中当a,b相交时才成立;③中由a∥α,a⊥b知b∥α或b⊂α或b⊥α或b与α相交;④中当a垂直于平面α内的两条相交直线时,有a⊥α,若a只垂直于平面α内的一条直线,则不能得出a⊥α,从而不正确. 答案:D 4已知直线a,b与平面α,给出下列四个命题: ①若a∥b,b⊂α,则a∥α; ②若a∥α,b⊂α,则a∥b; ③若a∥α,b∥α,则a∥b; ④若a⊥α,b∥α,则a⊥b. 其中正确命题的个数是 (  ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案:A 5在正方形SG1G2G3中,E,F分别是G1G2和G2G3的中点,D是EF的中点,现在沿SE,SF和EF把这个正方形折起,使点G1,G2,G3重合,重合后的点记为G,则下列结论成立的是(  ) A.SD⊥平面EFG B.SG⊥平面EFG C.GF⊥平面SEF D.GD⊥平面SEF 解析:折起后SG⊥GE,SG⊥GF,又GF与GE相交于点G, 所以SG⊥平面EFG. 答案:B 6如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=,则下列结论中错误的是(  ) A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.△AEF的面积与△BEF的面积相等 答案:D 7对于四面体ABCD,给出下列四个命题: ①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD; ②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD; ③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD; ④若AB⊥CD,BD⊥AC,则BC⊥AD. 其中真命题的序号是     .  解析:对于命题①,取BC的中点E. 连接AE,DE,则BC⊥AE,BC⊥DE, 所以BC⊥AD. 对于命题④,过A向平面BCD作垂线AO,如图,连接BO并延长与CD交于点G,则CD⊥BG,同理CH⊥BD. 所以O为△BCD的垂心,连接DO,则BC⊥DO,BC⊥AO, 所以BC⊥AD. 答案:①④ 8如图,已知在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于     .  解析:因为PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥QD.又因为PQ⊥QD,PA∩PQ=P, 所以QD⊥平面PAQ. 所以AQ⊥QD, 即Q在以AD为直径的圆上, 当圆与BC相切时,点Q只有一个, 故BC=2AB=2. 答案:2 9如果一条直线与一个平面垂直,那么,称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是     .  解析:正方体中,一个面有四条棱与之垂直,六个面,共构成24个“正交线面对”;而正方体的六个对角面中,每个对角面又有两条面对角线与之垂直,共构成12个“正交线面对”,所以共有36个“正交线面对”. 答案:36 10如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2, AB∥DC,∠BCD=90°. (1)求证:PC⊥BC; (2)求点A到平面PBC的距离. (1)证明因为PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD, 所以PD⊥BC.由∠BCD=90°,得BC⊥DC. 又因为PD∩DC=D,PD⊂平面PCD, DC⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD. 因为PC⊂平面PCD,所以PC⊥BC. (2)解连接AC,设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°. 从而由AB=2,BC=1,得△ABC的面积S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P-ABC的体积V=13S△ABC·PD=13. 因为PD⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD, 所以PD⊥DC.又PD=DC=1, 所以PC=PD2+DC2=2. 由PC⊥BC,BC=1,得△PBC的面积S△PBC=22, 由V=13S△PBC·h=13·22·h=13,得h=2. 因此,点A到平面PBC的距离为2. ★11如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,M,N,G分别是棱CC1,AB,BC的中点,且CC1=2AC. 求证:(1)CN∥平面AMB1; (2)B1M⊥平面AMG. 证明(1)设AB1的中点为P,连接NP,MP. 因为CM∥AA1,且CM=12AA1,NP∥AA1,且NP=12AA1, 所以CM∥NP,且CM=NP. 所以四边形CNPM是平行四边形. 所以CN∥MP. 因为CN⊄平面AMB1,MP⊂平面AMB1, 所以CN∥平面AMB1. (2)因为CC1⊥平面ABC, 所以CC1⊥AG. 由△ABC是正三角形得AG⊥BC, 又因为BC∩CC1=C, 所以AG⊥平面CC1B1B.所以B1M⊥AG. 因为CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC. 设AC=2a,则CC1=22a. 在Rt△MCA中,AM=CM2+AC2=6a. 同理,B1M=6a. 因为BB1∥CC1,所以BB1⊥平面ABC. 所以BB1⊥AB. 所以AB1=B1B2+AB2=C1C2+AB2=23a. 所以AM2+B1M2=AB12. 所以B1M⊥AM. 又因为AG∩AM=A,AG⊂平面AMG,AM⊂平面AMG, 所以B1M⊥平面AMG.

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