课时梯级训练(36) 直线与平面垂直的性质（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学必修2（人教A版2019）

课时梯级训练(36)　直线与平面垂直的性质 　　　　　　　　　　　　　　　 1．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1，则(　　) A．B1B⊥l B．B1B∥l C．B1B与l异面但不垂直 D．B1B与l相交但不垂直 B　解析：因为B1B⊥平面A1C1，又因为l⊥平面A1C1，所以l∥B1B. 2. 如图，▱ADEF的边AF⊥平面ABCD，且AF＝2，CD＝3，则CE＝(　　) A.2 B．3 C． D． D　解析：因为四边形ADEF为平行四边形，所以AF∥DE且AF＝DE.因为AF⊥平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD，所以DE⊥DC.因为AF＝2，所以DE＝2.又CD＝3，所以CE＝＝＝. 3．已知点A，B在平面α的两侧，且点A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 D　解析：如图，设AB的中点为C，过A，B分别作平面α的垂线，垂足分别为A′，B′. 则AA′∥BB′，A，A′，B，B′四点共面．过C作CC′⊥A′B′，垂足为C′，则CC′∥AA′， 又AA′⊥α，则CC′⊥α.即C′C为所求点到平面α的距离. 在平面AA′BB′中，A′A＝5，BB′＝3，C为AB中点，则C′C＝＝1. 4．(多选)下列命题正确的是(　　) A．⇒b⊥α B．⇒a∥b C．⇒b∥α D．⇒b⊥α AB　解析：由线面垂直的性质定理可得A，B正确．故选AB. 5．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，AB的中点，AB＝4，则MN与平面BCC1B1的距离为(　　) A．4 B．2 C．2 D． C　解析：如图，连接BC1，MN，可知MN∥BC1， 又BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.所以MN与平面BCC1B1的距离为点N到平面BCC1B1的距离．又点N到平面BCC1B1的距离为NB＝AB＝2，所以MN与平面BCC1B1的距离为2.故选C. 6．已知PA垂直于平行四边形ABCD所在平面．若PC⊥BD，则平行四边形ABCD一定是________. 答案：菱形　解析：易知BD⊥平面PAC，所以BD⊥AC.又四边形ABCD是平行四边形，所以四边形ABCD一定是菱形． 7．已知平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，若AB＋CD＝33，且AB，CD在β内的射影长分别为5和16，则α与β间的距离为________． 答案：12　解析：如图，过点A作AE⊥β于点E，过点C作CF⊥β于点F.由题意可知，BE＝5，DF＝16.设AB＝x，CD＝33－x，则x2－25＝(33－x)2－256，解得x＝13，所以平面α与β间的距离AE＝＝12. 8．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点，DE⊥平面BCC1B1.求证：AB＝AC. 证明：如图，取BC的中点F，连接EF，AF， 则EF∥B1B且EF＝B1B. 从而EF∥DA且EF＝DA， 所以四边形ADEF为平行四边形，所以AF∥DE. 因为DE⊥平面BCC1B1，所以AF⊥平面BCC1B1. 又BC⊂平面BCC1B1， 所以AF⊥BC，即AF为BC的垂直平分线， 故AB＝AC. 9．已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______．(用序号表示) 答案：①③⇒②(或②③⇒①)　解析：若l⊥α，l⊥m，则m∥α，显然①③⇒②正确；若l⊥m，m∥α，则l∥α，l与α相交但不垂直都可以，故①②⇒③不正确；若l⊥α，m∥α，则l垂直于平面α内所有直线，在α内必存在与m平行的直线，所以可推出l⊥m，故②③⇒①正确． 10．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.求证：A1C⊥平面BB1D1D. 证明：因为A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1O⊥BD. 又底面ABCD是正方形， 所以BD⊥AC.因为A1O，AC⊂平面A1OC，A1O∩AC＝O，所以BD⊥平面A1OC.又A1C⊂平面A1OC，所以BD⊥A1C. 又OA1是AC的中垂线， 所以A1A＝A1C＝，且AC＝2， 所以AC2＝AA＋A1C2， 所以△AA1C是直角三角形，所以AA1⊥A1C. 又BB1∥AA1，所以A1C⊥BB1.又BB1，BD⊂平面BB1D1D，BB1∩BD＝B， 所以A1C⊥平面BB1D1D. 11.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，AE⊥PD于点E，l⊥平面PCD.求证：l∥AE. 证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以PA⊥CD. 又四边形ABCD是矩形，所以CD⊥AD. 因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 又AE⊂平面PAD，所以AE⊥CD. 因为AE⊥PD，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD， 所以AE⊥平面PCD. 因为l⊥平面PCD，所以l∥AE. 12. 如图，直升机上一点P在地面α上的正射影是点A(即PA⊥α)，从点P看地平面上一物体B(不同于A)，直线PB垂直于飞机玻璃窗所在的平面β.试探讨平面β与平面α的位置关系． 解：平面β与平面α必相交． 假设平面α与平面β平行． 因为PA⊥平面α，所以PA⊥平面β. 因为PB⊥平面β， 由线面垂直的性质定理，可得PA∥PB， 与已知PA∩PB＝P矛盾， 所以平面β必与平面α相交． 学科网（北京）股份有限公司 $$