新教材2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册同步练习：8-6-2 直线与平面垂直（二） WORD版含解析.doc

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时素养评价三十一直线与平面垂直(二)(15分钟30分)1.设a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则能使a⊥b成立的是()A.a⊥c,b⊥cB.α⊥β,a⊂α,b⊂βC.a⊥α,b∥αD.a⊥α,b⊥α【解析】选C.由a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,得在A中,因为a⊥c,b⊥c,所以a,b相交、平行或异面,故A错误;在B中,因为α⊥β,a⊂α,b⊂β,所以a,b相交、平行或异面,故B错误;在C中,因为a⊥α,b∥α,所以由线面垂直的性质定理得a⊥b,故C正确;在D中,因为a⊥α,b⊥α,所以由线面垂直的性质定理得a∥b,故D错误.2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则()A.AE⊥CC1B.AE⊥B1D1C.AE⊥BCD.AE⊥CD【解析】选B.如图所示.连接AC,BD,因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以四边形ABCD是正方形,AC⊥BD,CE⊥平面ABCD,所以BD⊥CE,而AC∩CE=C,故BD⊥平面ACE,因为BD∥B1D1,故B1D1⊥平面ACE,故B1D1⊥AE.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是线段BC1上任意一点,则下列结论中正确的是()A.AD1⊥DPB.AP⊥B1CC.AC1⊥DPD.D1P⊥B1C1【解析】选B.在正方体ABCD-A1B1C1D1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.【光速解题】在正方体中,面上的对角线与B1C⊥平面ABC1D1是常用的垂直,可直接应用进行判断.4.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,则四个侧面△PAB,△PBC,△PCD,△PAD中,有个直角三角形.【解析】因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,所以△PAB,△PAD为直角三角形,因为BC⊥PA,BC⊥AB,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,所以△PBC为直角三角形,同理,△PDC为直角三角形,所以四个侧面三角形均为直角三角形.答案:45.△ABC的三个顶点A,B,C到平面α的距离分别为2cm,3cm,4cm,且它们在α的同侧,则△ABC的重心到平面α的距离为cm.【解析】如图,设A,B,C在平面α上的射影分别为A′,B′,C′,△ABC的重心为G,连接CG并延长交AB于点E,又设E,G在平面α上的射影分别为E′,G′,则E′∈A′B′,G′∈C′E′,EE′=QUOTE(A′A+B′B)=QUOTE,CC′=4,CG∶GE=2∶1,在直角梯形EE′C′C中可求得GG′=3.答案:36.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,D是BC的中点,点E在棱BB1上运动.证明:AD⊥C1E.【证明】因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.①又在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,而AD⊂平面ABC,所以AD⊥BB1.②由①②得AD⊥平面BB1C1C.由点E在棱BB1上运动,得C1E⊂平面BB1C1C,所以AD⊥C1E.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E是A1C1与B1D1的交点,则直线CE垂直于()A.ACB.BDC.A1DD.A1D1【解析】选B.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是A1C1与B1D1的交点,设O是AC,BD的交点,连接EO,则EO⊥平面ABCD,所以EO⊥BD,又CO⊥BD,CO∩EO=O,所以BD⊥平面COE,因为CE⊂平面COE,所以BD⊥CE.2.在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面ABC,PA=8,则点P到BC的距离是()A.QUOTEB.2QUOTEC.3QUOTED.4QUOTE【解析】选D.过A作AD⊥BC于D,连接PD,因为AB=AC=5,BC=6,所以BD=DC=3,又因为PA⊥平面ABC,PA∩AD=A,所以BC⊥PD,所以点P到BC的距离是PD,在△ADC中,AC=5,DC=3,所以AD=4,在Rt△PAD中,PD=QUOTE=QUOTE=QUOTE=4QUOTE.3.如图,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M为AB的中点,PM垂直于△ABC所在平面,那么()A.PA=PB>PCB.PA=PB<PCC.PA=PB=PCD.PA≠PB≠PC【解析】选C.因为PM⊥平面ABC,MC⊂平面ABC,所以PM⊥MC,PM⊥AB.又因为M为AB中点,∠AC