资源描述
第2课时 直线与平面所成的角、直线与平面垂直的性质定理
[A 基础达标]
1．下列说法中正确的是( )
①过平面外一点有且只有一条直线和已知平面垂直；
②过直线外一点有且只有一个平面和已知直线垂直；
③过平面外一点可作无数条直线与已知平面平行；
④过直线外一点只可作一条直线与已知直线垂直．
A．①②③ B．①③④
C．②③ D．②③④
解析：选A.由线面垂直的性质及线面平行的性质知①②③正确；④错，过直线外一点作平面与直线垂直，则平面内过这一点的所有直线都与该直线垂直．
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是( )
A．AD1⊥DP B．AP⊥B1C
C．AC1⊥DP D．A1P⊥B1C
解析：选B.在正方体ABCDA1B1C1D1中，
因为B1C⊥BC1，B1C⊥AB，
BC1∩AB＝B，
所以B1C⊥平面ABC1D1，
因为点P是线段BC1上任意一点，
所以AP⊥B1C.故选B.
3．下列命题正确的是( )
①⇒b⊥α； ②⇒a∥b；
③⇒b∥α； ④⇒b⊥α.
A．①② B．①②③
C．②③④ D．①④
解析：选A.对于命题①，a⊥α，则a垂直于平面α内的任意两条相交直线，又因为a∥b，所以b也垂直于平面α内的任意两条相交直线，所以b⊥α，①正确；由线面垂直的性质定理可知a∥b，所以②正确；因为a⊥α，当a⊥b时，则b可能在平面α内，也可能与平面α平行，所以③错误；当a∥α，a⊥b时，b与平面α的三种位置都有可能出现，所以④错误．
4.如图，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，故选B.
5．已知点P是△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，则点P在平面ABC上的射影一定是△ABC的( )
A．内心 B．外心
C．垂心 D．重心
解析：选B.如图所示，设点P在平面ABC上的射影为O，连接OA，OB，OC.
所以PO⊥平面ABC.因为PA＝PB＝PC，且∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，
所以△PAO≌△PBO≌△PCO，
所以AO＝BO＝CO.即点O到三角形三个顶点的距离相等，所以点O为△ABC的外心．
6．等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α所成的角为30°，则斜边上的中线CM与α所成的角为________．
解析：如图，设C在平面α内的射影为点O，
连接AO，MO，则∠CAO＝30°，∠CMO就是CM与α所成的角．设AC＝BC＝1，则AB＝，
所以CM＝，CO＝，所以sin∠CMO＝＝，所以∠CMO＝45°.
答案：45°
7．如图所示，PO⊥平面ABC，BO⊥AC，在图中与AC垂直的直线有______条．
解析：因为PO⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC.又AC⊥BO，PO∩BO＝O，所以AC⊥平面PBD，所以PBD内的4条直线PB，PD，PO，BD都与AC垂直，所以图中共有4条直线与AC垂直．
答案：4
8．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是________．
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PD∩PA＝P，
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.
答案：4
9．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1.
(1)求证：AB1⊥平面A1BC1；
(2)若D为B1C1的中点，求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值．
解：(1)证明：由题意知四边形AA1B1B是正方形，所以AB1⊥BA1.
由AA1⊥平面A1B1C1得AA1⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1，AA1∩A1B1＝A1，
所以A1C1⊥平面AA1B1B，
又因为AB1⊂平面AA1B1B，
所以A1C1⊥AB1，
又因为BA1∩A1C1＝A1，所以AB1⊥平面A1BC1.
(2)连接A1D.设AB＝AC＝AA1＝1，
因为AA1⊥平面A1B1C1，所以∠A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角．
在等腰直角三角形A1B1C1中，D为斜边的中点，所以A1D＝B1C1＝.
在Rt△A1DA中，AD＝＝.
所以sin∠A1DA＝＝，
即AD与平面A1B1C1所成角的正弦值为.
10.如图，已知四棱锥SABCD中ABCD为矩形，SA⊥平面AC，AE⊥SB于点E，EF⊥SC于点F.
(1)求证：AF⊥SC；
(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD.
证明：(1)因为SA⊥平面AC，BC⊂平面AC，
所以SA⊥BC.因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC.
又因为SA∩ AB＝A，
所以BC⊥平面SAB.
所以BC⊥AE.又SB⊥AE，BC∩SB＝B，
所以AE⊥平面SBC.
又因为SC⊂平面SBC，
所以AE⊥SC.又EF⊥SC，EF∩ AE＝E，
所以SC⊥平面AEF.
因为AF⊂平面AEF，所以AF⊥SC.
(2)因为SA⊥平面AC，所以SA⊥DC.
又AD⊥DC，AD∩SA＝A，所以DC⊥平面SAD.
又AG⊂平面SAD，所以DC⊥AG.
又由(1)有SC⊥平面AEF，AG⊂平面AEF，
所以SC⊥AG.又SC∩DC＝C，所以AG⊥平面SDC.
因为SD⊂平面SDC，所以AG⊥SD.
[B 能力提升]
11．如图所示，PA⊥平面ABC，△ABC中BC⊥AC，∠PBA＝θ1，∠PBC＝θ2，∠ABC＝θ3.则下列关系一定成立的是( )
A．cos θ1cos θ2＝cos θ3 B．cos θ1cos θ3＝cos θ2
C．sin θ1sin θ2＝sin θ3 D．sin θ1sin θ3＝sin θ2
解析：选B.
⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC，
所以cos θ1＝，cos θ2＝，cos θ3＝.
则有cos θ1cos θ3＝cos θ2.
12.如图，Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，点D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)因为SA＝SC，D为AC的中点，所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中，有AD＝DC＝BD.
又SA＝SB，所以△ADS≌△BDS.
所以SD⊥BD.又AC∩BD＝D，
所以SD⊥平面ABC.
(2)因为BA＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.
又由(1)知SD⊥平面ABC，
所以BD⊂平面ABC，
所以SD⊥BD.
因为AC∩SD＝D.
所以BD⊥平面SAC.
[C 拓展探究]
13．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，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
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∥BP，
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PABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，由等体积法得VAPBE＝VPABE，
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.
- 6 -
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
