【文档说明】2021春高中数学必修第二册（人教A版）：8.6.2 第2课时　直线与平面垂直的性质及线面、面面间的距离含解析.docx，共(6)页，117.852 KB，由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

A级基础巩固1.在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上),过该点作另一个底面的垂线,这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是()A.相交B.平行C.异面D.相交或平行解析:由于这条垂线与圆柱的母线都垂直于底面,所以它们相互平行.答案:B2.已

知PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,若C为圆上异于A,B的任一点,则下列关系不正确的是()A.PA⊥BCB.BC⊥平面PACC.AC⊥PBD.PC⊥BC解析:由PA⊥平面ABC,得PA⊥BC,A项不

符合题意;因为AB为圆的直径,所以BC⊥AC,且AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,B、D项均不符合题意.故选C.答案:C3.已知直线l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A∉α,B∉α,且OA=AB.若

AC⊥平面α,垂足为C,BD⊥平面α,垂足为D,AC=1,则BD=()A.2B.1C.32D.12解析:因为AC⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD.如图所示,连接OD,则𝑂𝐴𝑂𝐵=𝐴𝐶𝐵𝐷.因为OA=AB,所以𝑂𝐴𝑂𝐵=12.因为AC=1,所以

BD=2.答案:A4.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一定是菱形.解析:易知BD⊥平面PAC.所以BD⊥AC.因为四边形ABCD是平行四边形,所以四边形ABCD一定是菱形.5.已知四边形ABCD是矩形,PA

⊥平面ABCD,AB=2,PA=AD=4,E为BC的中点.求证:DE⊥PE.证明:如图,连接AE.在矩形ABCD中,由AD=4,AB=2,E为BC的中点,可得AE=ED=2√2,所以AD2=AE2+DE2,所以AE⊥DE

.因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥DE.因为PA∩AE=A,PA⊂平面PAE,AE⊂平面PAE,所以DE⊥平面PAE.因为PE⊂平面PAE,所以DE⊥PE.B级能力提升6.若l,m,n表示三条互不重合的直线,α表示平面,则下列说法中正确的个

数为()①l∥m,m∥n,l⊥α⇒n⊥α;②l∥m,m⊥α,n⊥α⇒l∥n;③m⊥α,n⊂α⇒m⊥n.A.1B.2C.3D.0解析:①正确,因为l∥m,m∥n,所以l∥n.因为l⊥α,所以n⊥α;②正确,因为l∥m,m⊥α,所以l⊥α.因为n

⊥α,所以l∥n;③正确,由线面垂直的定义可知其正确.答案:C7.地面上有两根相距am的旗杆,若它们的高分别是bm和cm(b>c),则它们上端的距离为√𝑎2+(𝑏-𝑐)2m.解析:由线面垂直的性质定理可知,两根旗杆所在直线互相平

行.如图所示,它们上端的距离d=√𝑎2+(𝑏-𝑐)2(m).8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为√2,平面AB1D1到平面BC1D的距离为√63.解析:由题意可知,原问题等价于求解点C1到平面AB1D1的距离h.由题意可得△AB1D1为等边三角形,各边长度均为2.由等体

积法可得,𝑉三棱锥𝐶1-𝐴𝐵1𝐷1=𝑉三棱锥𝐴-𝐵1𝐶1𝐷1,即h×13×12×22×sin60°=13×12×√2×√2×√2,解得h=√63,即平面AB1D1到平面BC1D的距离为√63

.9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,AE⊥PD于点E,直线l⊥平面PCD,且直线l不经过点E.求证:l∥AE.证明:因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.因为四边形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.因为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.因为直线l⊥平面PCD,且直线l不经过点E,所以l∥AE.C级挑战创新10.

开放性问题如图所示,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垂直于直升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.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com