8.6.2 第2课时 直线与平面垂直的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评word（人教A版2019）

第2课时　直线与平面垂直的性质 知识点一　直线与平面垂直的性质 1．给出下列说法：①如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直；②过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；③垂直同一平面的两条直线互相平行．其中正确说法的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案：C 解析：如果一条直线与一个平面内的无数条平行线垂直，这条直线可能在平面内，可能与平面平行，也可能与平面斜交，故①错误；由线面垂直的性质可知，过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直，故②正确；由线面垂直的性质可知，垂直同一平面的两条直线互相平行，故③正确．故选C． 2．已知x，y，z是空间的直线或平面，要使命题“若x⊥z，y⊥z，则x∥y”是真命题，x，y，z可以是(　　) A．y，z是两条不同的直线，x是平面 B．x，z是两条不同的直线，y是平面 C．x，y，z是三条不同的直线 D．x，y是两条不同的直线，z是平面 答案：D 解析：对于A，y，z是空间中两条不同的直线，x是空间的平面，且x⊥z，y⊥z，则直线y与平面x的关系为直线y∥平面x或直线y⊂平面x，故A错误；同理B错误；对于C，若x，y，z是空间中三条不同的直线，且x⊥z，y⊥z，则直线x和直线y的位置不确定，故C错误；对于D，x，y是空间中两条不同的直线，z是空间的平面，且x⊥z，y⊥z，则x∥y，故D正确．故选D． 3．如图，空间四边形ABCD四边相等，顺次连接各边中点E，F，G，H，则四边形EFGH一定是(　　) A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．空间四边形 答案：C 解析：连接AC，BD，取BD的中点M，连接AM，CM，如图，∵AB＝BC＝CD＝AD，且各边中点分别为E，F，G，H，∴EH∥BD，EH＝BD，FG∥BD，FG＝BD，AM⊥BD，CM⊥BD，∴EH∥FG，EH＝FG，∴四边形EFGH为平行四边形，又AM∩CM＝M，AM，CM⊂平面ACM，∴BD⊥平面ACM，∵AC⊂平面ACM，∴BD⊥AC，∵HG∥AC，∴BD⊥HG，又EH∥BD，∴EH⊥HG，∴四边形EFGH为矩形，易知BD与AC不一定相等，故EH与EF不一定相等，故四边形EFGH不一定为正方形．故选C． 4．如图，已知多面体ABCDE，AE⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，且AE＝DC＝2，证明：AC∥平面BED． 证明：∵AE⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，∴AE∥DC， 又AE＝DC，即四边形ACDE为平行四边形，∴AC∥ED， 又AC⊄平面BED，ED⊂平面BED， ∴AC∥平面BED． 5．如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点，求证：AF∥平面BCE． 证明：∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，取CE的中点M，连接BM，MF， ∵M，F分别为CE，CD的中点， ∴MF∥DE，且DE＝2MF， 由题意可得，AB∥DE，且DE＝2AB， 则AB∥MF，且AB＝MF， 则四边形ABMF为平行四边形， 可得AF∥BM， 又AF⊄平面BCE，BM⊂平面BCE， ∴AF∥平面BCE． 知识点二　空间中的距离问题 6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，则点A到平面A1DCB1的距离是(　　) A． B． C． D．2 答案：B 解析：如图，连接AD1，交A1D于点O．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面ADD1A1，∵AD1⊂平面ADD1A1，∴AD1⊥CD．在正方形ADD1A1中，AD1⊥A1D，∵CD∩A1D＝D，CD，A1D⊂平面A1DCB1，∴AD1⊥平面A1DCB1，垂足为O，则AO的长即为所求，AO＝＝．故选B． 7．如图，在四棱锥P－ABCD中，CD⊥平面PAD，AD＝2PD＝4，AB＝6，PA＝2，∠BAD＝60°，点Q在棱AB上． (1)证明：PD⊥平面ABCD； (2)若三棱锥P－ADQ的体积为2，求点B到平面PDQ的距离． 解：(1)证明：因为AD＝2PD＝4，PA＝2， 所以PA2＝PD2＋AD2，即PD⊥AD． 因为CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD， 又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD， 所以PD⊥平面ABCD． (2)因为三棱锥P－ADQ的体积为2， 所以S△ADQ·PD＝2，所以S△ADQ＝3． 所以AD·AQsin60°＝3，所以AQ＝3． 所以Q为AB的中点，即点A到平面PDQ的距离等于点B到平面PDQ的距离． 在△ADQ中，由余弦定理可得 DQ＝＝， 所以S△PDQ＝PD·DQ＝． 设点A到平面PDQ的距离为d， 由VP－ADQ＝VA－PDQ，得2＝×d， 所以d＝． 所以点B到平面PDQ的距离为． 一、单项选择题 1．已知直线l1⊥平面α，直线l2⊂平面α，则l1与l2的位置关系一定成立的是(　　) A．相交 B．垂直 C．异面 D．平行 答案：B 解析：根据线面垂直的性质定理，得l1⊥l2．故选B． 2．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 答案：D 解析：由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则交线平行于l．故选D． 3．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则P到BC的距离是(　　) A． B．2 C．3 D．4 答案：D 解析：如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD．因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC．又PA∩PD＝P，所以BC⊥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． 4．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　) A．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面ABCD C．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面ABCD 答案：C 解析：如图，连接AD1，则A1D与AD1互相平分，即M是AD1的中点，又由N是D1B的中点，则MN∥AB，而MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故MN∥平面ABCD，四边形ADD1A1是正方形，则A1D⊥AD1，又由AB⊥A1D，则A1D⊥平面ABD1，所以A1D⊥D1B．故选C． 5．(2024·山东日照期末)在三棱锥P－ABC中，AC⊥平面PAB，AB＝3，AC＝4，BP＝，∠ABP＝45°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为(　　) A．8π B．16π C．26π D．32π 答案：C 解析：在△ABP中，由余弦定理，得AP＝ ＝＝，由正弦定理，得△ABP外接圆的半径r＝＝，令△ABP外接圆的圆心为O1，三棱锥P－ABC外接球的球心为O，则OO1⊥平面PAB，而AC⊥平面PAB，于是OO1∥AC，令AC的中点为D，由OA＝OC，得OD⊥AC，又AO1⊂平面PAB，则AO1⊥AC，所以OD∥AO1，于是四边形ADOO1是矩形，OO1＝AC＝2，因此三棱锥P－ABC外接球的半径R＝OA＝＝＝，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝26π．故选C． 二、多项选择题 6．如图所示，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的投影，则(　　) A．AF⊥PB B．EF⊥PB C．AF⊥BC D．AE⊥平面PBC 答案：ABC 解析：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故PA⊥BC，又BC⊥AC，AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC，故BC⊥平面PAC，又AF⊂平面PAC，从而BC⊥AF，故C正确；因为AF⊥PC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，故AF⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB，故A正确；由A项分析可知，AF⊥PB，而AE⊥PB，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，从而PB⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF，故EF⊥PB，故B正确；由以上分析可知，AE与平面PBC不垂直，故D错误．故选ABC． 7．如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点．下列命题中是真命题的为(　　) A．OM⊥平面ABC B．OM∥平面PCB C．点B到平面PAC的距离等于线段BC的长 D．三棱锥M－PAC的体积等于三棱锥P－ABC体积的一半 答案：ACD 解析：∵O，M分别为AB，PB的中点，∴OM∥PA．又PA⊥平面ABC，∴OM⊥平面ABC，故A正确；显然OM与平面PCB相交，故B错误；∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC．∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC．又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，故C正确；取PC的中点N，连接MN，可知MN綊BC，∴点M到平面PAC的距离为点B到平面PAC的距离的一半，故D正确．故选ACD． 三、填空题 8．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，则点A1到直线B1E的距离为________． 答案： 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面ADD1A1，A1E⊂平面ADD1A1，则A1B1⊥A1E，又A1E＝＝，B1E＝＝，∴点A1到直线B1E的距离为＝＝． 9．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为________． 答案： 解析：作PD，PE分别垂直于AC，BC，垂足分别为D，E，PO⊥平面ABC，垂足为点O．连接CO，OD，知CD⊥PD，CD⊥PO，PD∩PO＝P，所以CD⊥平面PDO，OD⊂平面PDO，所以CD⊥OD．因为PD＝PE＝，PC＝2，所以CD＝1，因为CO为∠ACB的平分线，所以∠OCD＝45°，所以OD＝CD＝1，又PD＝，所以PO＝＝，即点P到平面ABC的距离为． 10．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，点F是棱CD上的动点．当＝________时，D1E⊥平面AB1F． 答案：1 解析：如图，连接A1B，则A1B是D1E在平面ABB1A1内的射影．∵AB1⊥A1B，AB1⊥BC，∴AB1⊥平面A1BED1．∵D1E⊂平面A1BED1，∴D1E⊥AB1．若D1E⊥平面AB1F，则D1E⊥AF．连接DE，∵AF⊥DD1，D1E∩DD1＝D1，∴AF⊥平面D1ED．又DE⊂平面D1ED，∴DE⊥AF．∵四边形ABCD是正方形，E是BC的中点，∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，即当F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F．∴当＝1时，D1E⊥平面AB1F． 四、解答题 11．斜边为AB的Rt△ABC，PA⊥平面ABC．AE⊥PB，AF⊥PC，垂足分别为E，F，如图． (1)求证：EF⊥PB； (2)若直线l⊥平面AEF，求证：PB∥l． 证明：(1)因为PA⊥平面ABC， 所以PA⊥BC． 又因为△ABC为直角三角形且斜边为AB，所以BC⊥AC， 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC． 又因为AF⊂平面PAC，所以BC⊥AF． 又AF⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， 所以AF⊥平面PBC． 又PB⊂平面PBC，所以AF⊥PB． 又AE⊥PB，且AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF， 所以PB⊥平面AEF． 又EF⊂平面AEF，所以EF⊥PB． (2)由(1)知，PB⊥平面AEF， 而直线l⊥平面AEF，所以PB∥l． 12．如图，△ABC是正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且AE＝AB＝2a，CD＝a，F是BE的中点，求证：AF⊥平面BDE． 证明：在△ABE中，因为AE＝AB，F为BE的中点，所以AF⊥BE．取AB的中点G，连接FG，CG，可得FG∥AE，且FG＝AE． 因为CD⊥平面ABC，AE⊥平面ABC， 所以CD∥AE，且CD＝AE， 所以FG∥CD，FG＝CD． 所以四边形CDFG是平行四边形，所以DF∥CG． 因为△ABC是正三角形，所以CG⊥AB，所以DF⊥AB． 因为AE⊥平面ABC，CG⊂平面ABC， 所以AE⊥CG，所以AE⊥DF， 又AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABE， 所以DF⊥平面ABE， 因为AF⊂平面ABE，所以AF⊥DF． 因为BE∩DF＝F，BE，DF⊂平面BDE， 所以AF⊥平面BDE． 13．[多选](2024·海南海口一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，则下列说法正确的是(　　) A．不存在点Q，使得C1Q∥A1C B．存在点Q，使得C1Q⊥A1C C．对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为 D．对于任意点Q，△A1CQ都是钝角三角形 答案：ABC 解析：由A1∉平面CDD1，C∈平面CDD1，C∉C1Q，C1Q⊂平面CDD1，所以直线A1C与C1Q是异面直线，故A正确；连接C1D，CD1，BC⊥平面CDD1C1，C1D⊂平面CDD1C1，则BC⊥C1D，又CD1⊥C1D，BC与CD1是平面BCD1A1内两相交直线，所以C1D⊥平面BCD1A1，又A1C⊂平面BCD1A1，所以C1D⊥A1C，即当Q与D重合时，C1Q⊥A1C，此时△A1CQ是直角三角形，故B正确，D错误；设DQ＝x(0≤x≤1)，A1Q＝，CQ＝，A1C＝，cos∠A1QC＝＝＝，sin∠A1QC＝＝＝，所以S△A1CQ＝A1Q·CQsin∠A1QC＝，y＝2x2－2x＋2＝2＋，所以x＝时，ymin＝，x＝0或1时，ymax＝2，所以S△A1CQ的最大值是，最小值是，记Q到A1C的距离为d，A1C＝，因此d的最大值是＝，最小值是＝，故C正确．故选ABC． 14．如图所示，在直角梯形ABCD中，BC⊥CD，AE⊥CD，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列所有正确说法的序号是________． ①不论D折至何位置(不在平面ABC上)，都有MN∥平面CDE；②不论D折至何位置(不在平面ABC上)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC上)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使CE⊥AD． 答案：①②④ 解析：折起后，如图，取线段AE的中点Q，连接QM，QN，MN，因为M，N分别为AD，BE的中点，则MQ∥DE，NQ∥AB，而DE⊂平面CDE，MQ⊄平面CDE，得MQ∥平面CDE，同理，NQ∥平面CDE，MQ∩NQ＝Q且都在平面MNQ内，得平面MNQ∥平面CDE，而MN⊂平面MNQ，得MN∥平面CDE，故①正确；因为AE⊥MQ，AE⊥QN，MQ∩QN＝Q且MQ，QN⊂平面MNQ，所以AE⊥平面MNQ，又MN⊂平面MNQ，得AE⊥MN，故②正确；由图可知，AB与MN为异面直线，故③错误；当CE⊥DE时，而CE⊥AE，DE∩AE＝E且都在平面ADE内，得CE⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，得CE⊥AD，故④正确． 15．如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP，PF，其中PF＝2． (1)求证：PF⊥平面ABED； (2)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由； (3)求点A到平面PBE的距离． 解：(1)证明：连接EF，由题意知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，BF＝4，PF＝2， 在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2， 所以PF⊥BF． 在四边形ADEB中，易得 EF＝＝， 在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2， 所以PF⊥EF． 又BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED， 所以PF⊥平面ABED． (2)存在，当Q为PA的三等分点(靠近P)时，FQ∥平面PBE． 理由如下： 因为AQ＝AP，AF＝AB，所以FQ∥PB， 又FQ⊄平面PBE，PB⊂平面PBE， 所以FQ∥平面PBE． (3)由(1)知PF⊥平面ABED，连接AE， 则PF为三棱锥P－ABE的高． 设点A到平面PBE的距离为h， 由等体积法得VA－PBE＝VP－ABE， 即S△PBE·h＝S△ABE·PF． 又S△PBE＝×6×9＝27，S△ABE＝×12×6＝36， 所以h＝＝＝， 即点A到平面PBE的距离为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$