第八章作业14 直线与平面垂直的性质定理

第1题 (单选题) 难度 - 基础题：

若l，m，n表示不重合的三条直线，α表示平面，则下列说法中正确的个数为(　　)

①l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；

②l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n；

③m⊥α，n⊂α，则m⊥n.

A: 0
B: 1
C: 2
D: 3

解析:

①正确，∵l∥m，m∥n，∴l∥n.又l⊥α，∴n⊥α.②正确，∵l∥m，m⊥α，∴l⊥α.又n⊥α，∴l∥n.③正确，由线面垂直的定义可知其正确.故选D.

第2题 (单选题) 难度 - 基础题：

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，则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:

因为圆柱的母线垂直于圆柱的底面，由线面垂直的性质定理可得两直线平行.

第3题 (单选题) 难度 - 基础题：

棱长为3的正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，点D₁到平面A₁C₁D的距离为(　　)

A: $\sqrt{3}$
B: 1
C: 2
D: $\frac{\sqrt{3}}{3}$

解析:

在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，

A₁C₁＝A₁D＝C₁D＝3 $\sqrt{2}$ ，

$S_{△ A_{1} C_{1} D} ＝ \frac{\sqrt{3}}{4}$ A₁D²＝ $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$ ，

令点D₁到平面A₁C₁D的距离为h，

由 $V_{三棱锥 D_{1} - A_{1} C_{1} D} ＝ V_{三棱锥 D - A_{1} C_{1} D_{1}}$ ，

得 $\frac{1}{3}$ × $\frac{9 \sqrt{3}}{2}$ h＝ $\frac{1}{3}$ × $\frac{1}{2}$ ×3²×3，

解得h＝ $\sqrt{3}$ ，

所以点D₁到平面A₁C₁D的距离为 $\sqrt{3}$ .

第4题 (单选题) 难度 - 基础题：

在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠BAC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为(　　)

A: 2 $\sqrt{7}$
B: 7
C: $\sqrt{19}$
D: $\sqrt{5}$

解析:

如图所示，

因为PC⊥平面ABC，所以PC⊥CM，则△PCM是直角三角形，故PM²＝PC²＋CM²，所以当CM⊥AB时，CM最小，此时PM也最小.由条件知AC＝4，BC＝4 $\sqrt{3}$ ，

因为AB＝8，

故CM的最小值为 $\frac{A C \cdot B C}{A B}$ ＝2 $\sqrt{3}$ ，

又PC＝4，

则PM的最小值为 $\sqrt{4^{2} ＋ (2 \sqrt{3})^{2}}$ ＝2 $\sqrt{7}$ .

第5题 (单选题) 难度 - 基础题：

点P不在△ABC所在平面上，过P作平面α，使△ABC的三个顶点到α的距离相等，这样的平面α共有(　　)

A: 1个
B: 2个
C: 3个
D: 4个

解析:

若过点P的平面恰好过△ABC某两边的中点，此时满足△ABC的三个顶点到平面α的距离相等，则这样的平面有3个，若过点P的平面与△ABC所在的平面平行，此时满足△ABC的三个顶点到平面α的距离相等，则这样的平面只有1个，综上，符合条件的平面α共有4个.

第6题 (单选题) 难度 - 基础题：

地面上有两根相距a米的旗杆，它们的高分别是b米和c米(b>c)，则它们上端的距离为(　　)

A: $\sqrt{a^{2} ＋ b^{2}}$
B: $\sqrt{b^{2} ＋ c^{2}}$
C: $\sqrt{a^{2} ＋ b^{2} - c^{2}}$
D: $\sqrt{a^{2} ＋ (b - c)^{2}}$

解析:

如图，由线面垂直的性质定理可知AB∥CD，过点A作AE⊥CD于点E，则DE＝b－c，故AD＝ $\sqrt{a^{2} ＋ (b - c)^{2}}$ .

第7题 (多选题) 难度 - 基础题：

已知平面α和两条不同的直线m，n，下面的条件中一定可以推出m⊥n的是(　　)

A: m⊥α，n∥α
B: m⊥α，n⊥α
C: m⊂α，n⊥α
D: m∥α，n∥α

解析:

对选项A，若m⊥α，n∥α，则存在直线b⊂α，且n∥b，因为m⊥α，b⊂α，所以m⊥b，即m⊥n，故A正确；

对选项B，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，故B错误；

对选项C，m⊂α，n⊥α，则m⊥n，故C正确；

对选项D，若m∥α，n∥α，则m，n的位置关系为平行、相交或异面，故D错误.

第8题 (多选题) 难度 - 基础题：

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，点M为线段PB的中点.下列结论中正确的是(　　)

A: BC⊥PC
B: OM∥平面PAC
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 $\frac{1}{3}$

解析:

对于A，∵直线PA垂直于圆O所在的平面，∴PA⊥BC.

∵AB为圆O的直径，∴AC⊥BC，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，

∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，A正确；

对于B，∵点M为线段PB的中点，点O为直径AB的中点，∴OM∥PA.又PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC，B正确；

对于C，∵BC⊥平面PAC，∴点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，C正确；

对于D，∵点M为线段PB的中点，∴点M到平面PAC的距离是点B到平面PAC距离的 $\frac{1}{2}$ ，

∴V_M_－_PAC＝ $\frac{1}{2}$ V_B_－_PAC，又V_B_－_PAC＝V_P_－_ABC，

∴V_M_－_PAC＝ $\frac{1}{2}$ V_P_－_ABC，D不正确.

第9题 (多选题) 难度 - 基础题：

如图，等边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则下列结论正确的是(　　)

A: 在折起的过程中始终有AD⊥平面DB'C
B: 三棱锥A－DB'C的体积的最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{16}$
C: 当∠B'DC＝60°时，点A到B'C的距离为 $\frac{\sqrt{15}}{4}$
D: 当∠B'DC＝90°时，点C到平面ADB'的距离为 $\frac{1}{2}$

解析:

因为AD⊥DC，AD⊥DB'，且DC∩DB'＝D，DC，DB'⊂平面DB'C，所以AD⊥平面DB'C，故A正确；当DB'⊥DC时，△DB'C的面积最大，此时三棱锥A－DB'C的体积也最大，最大值为 $\frac{1}{3}$ × $\frac{\sqrt{3}}{2}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{2}$ × $\frac{1}{2} ＝ \frac{\sqrt{3}}{48}$ ，故B错误；当∠B'DC＝60°时，△DB'C是等边三角形，设B'C的中点为E，连接AE，DE(图略)，

则AE⊥B'C，即AE为点A到B'C的距离，

AE＝ $\sqrt{{(\frac{\sqrt{3}}{2})}^{2} ＋ {(\frac{\sqrt{3}}{4})}^{2}} ＝ \frac{\sqrt{15}}{4}$ ，故C正确；

当∠B'DC＝90°时，CD⊥DB'，CD⊥AD，AD∩DB'＝D，AD，DB'⊂平面ADB'，故CD⊥平面ADB'，则CD就是点C到平面ADB'的距离，CD＝ $\frac{1}{2}$ ，故D正确.

第10题 (填空题) 难度 - 基础题：

a，b是异面直线，直线l⊥a，l⊥b，直线m⊥a，m⊥b，则l与m的位置关系是　　　　.

答案:

平行

解析:

将b平移至c，且使a与c相交，

则a，c确定一个平面，记作平面α.

∵l⊥b，m⊥b，

∴l⊥c，m⊥c，

又l⊥a，m⊥a，

∴l⊥平面α，m⊥平面α，

∴l∥m.

第11题 (填空题) 难度 - 基础题：

如图，正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁的棱长为2，E，F，G，H分别是所在棱的中点，则平面EFGH与平面AB₁C₁D之间的距离为　　　　　.

答案:

$\frac{\sqrt{2}}{2}$

解析:

连接A₁B，与AB₁和EF分别交于点M，N(图略)，

易证A₁B与平面EFGH和平面AB₁C₁D都垂直，

则MN的长就是这两个平面之间的距离，

易求得MN＝ $\frac{1}{4}$ A₁B＝ $\frac{1}{4}$ ×2 $\sqrt{2} ＝ \frac{\sqrt{2}}{2}$ .

第12题 (填空题) 难度 - 基础题：

一条与平面α相交的线段AB，其长度为10 cm，两端点A，B到平面α的距离分别是3 cm，2 cm，则线段AB与平面α所成角的大小是　　　　.

答案:

30°

解析:

如图，作AC⊥α，BD⊥α，垂足分别为C，D，则AC∥BD，AC，BD确定的平面与平面α交于CD，

设CD与AB相交于O，则AB＝10 cm，

AC＝3 cm，BD＝2 cm，

则AO＝6 cm，BO＝4 cm，

所以∠AOC＝∠BOD＝30°，即线段AB与平面α所成的角的大小为30°.

第13题 (填空题) 难度 - 基础题：

在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁各表面上的对角线中，与体对角线AC₁垂直的面对角线共有　　　　条.

答案:

解析:

如图所示，BD⊥AC，

在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，CC₁⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，

所以CC₁⊥BD，

又AC∩CC₁＝C，AC，CC₁⊂平面ACC₁，所以BD⊥平面ACC₁，

又AC₁⊂平面ACC₁，所以AC₁⊥BD.

同理可得，A₁B，A₁D，B₁D₁，D₁C，B₁C都与AC₁垂直，共6条.

第14题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图，已知平面α∩平面β＝l，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，直线a⊂β，a⊥AB.求证：a∥l.

答案:

证明　因为EB⊥β，a⊂β，所以EB⊥a.

又因为a⊥AB，AB∩EB＝B，

AB，EB⊂平面ABE，

所以a⊥平面ABE.

因为α∩β＝l，所以l⊂α，l⊂β.

因为EA⊥α，EB⊥β，

所以EA⊥l，EB⊥l.

又因为EA∩EB＝E，EA，EB⊂平面ABE，

所以l⊥平面ABE.所以a∥l.

第15题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知在棱长为1的正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，E，F，G分别为棱A₁D₁，AD，C₁D₁的中点，求直线BB₁到平面EFG的距离.

答案:

解　如图所示，连接B₁D₁，交A₁C₁于点O，交EG于点H.

由正方体的性质可知EF∥BB₁，又EF⊂平面EFG，BB₁⊄平面EFG，则BB₁∥平面EFG，则直线BB₁到平面EFG的距离即为点B₁到平面EFG的距离.由题易得EF⊥平面A₁B₁C₁D₁，因为HB₁⊂平面A₁B₁C₁D₁，所以EF⊥HB₁，又A₁C₁⊥B₁D₁，EG∥A₁C₁，所以EG⊥HB₁，又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFG，

所以HB₁⊥平面EFG，

故直线BB₁到平面EFG的距离为HB₁＝ $\frac{3}{4}$ B₁D₁＝ $\frac{3 \sqrt{2}}{4}$ .

第16题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

已知在正四棱柱ABCD－A₁B₁C₁D₁中，AB＝2，CC₁＝2 $\sqrt{2}$ ，E为CC₁的中点，求直线AC₁到平面BED的距离.

答案:

解　如图，连接AC交BD于点O，连接OE.

在△CC₁A中，易证OE∥AC₁.又OE⊂平面BED，AC₁⊄平面BED，∴AC₁∥平面BED，∴直线AC₁到平面BED的距离为点A到平面BED的距离.

连接AE，V_三棱锥_E_－_ABD＝ $\frac{1}{3}$ S_△_ABD·EC＝ $\frac{1}{3}$ × $\frac{1}{2}$ ×2×2× $\sqrt{2} ＝ \frac{2 \sqrt{2}}{3}$ .

在△BED中，BD＝2 $\sqrt{2}$ ，BE＝ $\sqrt{6}$ ，DE＝ $\sqrt{6}$ ，

∴S_△_BED＝ $\frac{1}{2}$ ×2 $\sqrt{2}$ × $\sqrt{(\sqrt{6})^{2} - (\sqrt{2})^{2}}$ ＝2 $\sqrt{2}$ .

设点A到平面BED的距离为h，

由V_三棱锥_A_－_BDE＝V_三棱锥_E_－_ABD，得 $\frac{1}{3}$ S_△_BED·h＝ $\frac{1}{3}$ ×2 $\sqrt{2}$ ×h＝ $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ h＝ $\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ ，解得h＝1.

第17题 (多选题) 难度 - 基础题：

在棱长为1的正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，点A到直线B₁D₁的距离为a，点A₁到平面BDD₁B₁的距离为b，B₁C₁到平面A₁D₁CB的距离为c，平面AA₁B₁B到平面DD₁C₁C的距离为d.则以下关于a，b，c，d大小关系的叙述，正确的是(　　)

A: a是其中最大的
B: b＝c
C: c＝ $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D: d＝1

解析:

如图(1)，连接B₁D₁交A₁C₁于M，

连接AM，由正方体的性质可知AB₁＝AD₁，

M是B₁D₁的中点，

所以AM⊥B₁D₁，

又可求得AM＝ $\sqrt{A A_{1}^{2} ＋ A_{1} M^{2}} ＝ \frac{\sqrt{6}}{2}$ ，

所以点A到直线B₁D₁的距离a＝ $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ；

如图(2)，连接AC交BD于点O，

因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，

在正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，

BB₁⊥平面ABCD，故BB₁⊥AC，

又BB₁∩BD＝B，BB₁，BD⊂平面BDD₁B₁，

所以AC⊥平面BDD₁B₁，

故AO⊥平面BDD₁B₁，

易得AA₁∥平面BDD₁B₁，

所以AO为点A₁到平面BDD₁B₁的距离，

在正方形ABCD中，

可得b＝AO＝ $\frac{1}{2}$ AC＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ；

如图(3)，在棱长为1的正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁中，

取CD₁的中点E，连接C₁E，

则C₁E⊥CD₁，且C₁E＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，

又A₁D₁⊥平面CDD₁C₁，

C₁E⊂平面CDD₁C₁，

所以A₁D₁⊥C₁E，

而A₁D₁∩CD₁＝D₁，

所以C₁E⊥平面A₁D₁C，

易知B₁C₁∥平面A₁D₁C，

则C₁到平面A₁D₁C的距离即为直线B₁C₁到平面A₁D₁C的距离，

所以直线B₁C₁到平面A₁D₁CB的距离c＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

由正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁的性质可得平面AA₁B₁B到平面DD₁C₁C的距离d＝BC＝1.

综上，a＝ $\frac{\sqrt{6}}{2}$ ，b＝c＝ $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，d＝1.

第18题 (解答题) - 简答题难度 - 基础题：

如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，EB＝EC＝ED，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.

(1)求证：EA⊥平面ABCD；

(2)求四面体F－ECB的体积.

答案:

(1)证明　在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC和△ACD都是正三角形，取BC的中点M，连接EM，AM，如图所示.

因为M为BC的中点，所以BC⊥AM.

因为EB＝EC，所以BC⊥ME，

又ME∩AM＝M，AM，ME⊂平面MAE，

所以BC⊥平面MAE，

又AE⊂平面MAE，所以BC⊥EA.

同理可得CD⊥EA.

因为BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，

所以EA⊥平面ABCD.

(2)解　由(1)得EA⊥平面ABCD，

因为CF∥AE，所以CF⊥平面ABCD.

因为AM⊂平面ABCD，所以CF⊥AM.

又BC⊥AM，CF∩BC＝C，

CF，BC⊂平面FCB，所以AM⊥平面FCB.

由题意易得AM＝ $\sqrt{3}$ ，

又CF∥AE，CF⊂平面FCB，AE⊄平面FCB，

所以AE∥平面FCB，所以点E到平面FCB的距离等于点A到平面FCB的距离，即AM的长.故V_F_－_ECB＝V_E_－_FCB＝ $\frac{1}{3}$ S_△_FCB·AM

＝ $\frac{1}{3}$ × $\frac{1}{2}$ ×3×2× $\sqrt{3} ＝ \sqrt{3}$ .

第八章 作业14 直线与平面垂直的性质定理

第八章作业14 直线与平面垂直的性质定理