2018版高中数学第一章立体几何初步1.2.3第2课时直线与平面垂直学业分层测评苏教版必修22017.wps

1.2.31.2.3 第 2 2 课时 直线与平面垂直 (建议用时：45分钟) 学业达标 一、填空题 1下列语句中正确的是_(填序号) ll 与 相交； m，n，lm，lnl； lm，mn，ln. 【解析】 正确，由线面垂直的定义可知；不正确，没有明确直线 m，n 的情况； 正确，lm，mn，ln，又 l，n. 【答案】 2已知 PA 垂直平行四边形 ABCD 所在平面，若 PCBD，则平行四边形 ABCD 一定是 _ 【解析】 如图，PA平面 ABCD，PABD. PCBD，且 PAPCP，BD平面 PAC， ACBD. 【答案】 菱形 3已知ABC 在平面 内，A90°，DA平面 ，则 AC 与 BD 的位置关系是 _ 【解析】 DA，DAAC. 又 ACAB，ABDAA， AC平面 ABD，ACBD. 【答案】 垂直 4如图 1266，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱长为 2，底面三角形的边长为 1，则 BC1与侧面 ACC1A1所成的角的大小是_ 图 1266 1 【解析】 取 AC 的中点 D，连结 DB，C1D，则可证得BC1D 即为 BC1与侧面 ACC1A1所成的 3 角，在ABC 中，易得 BD . 2 3 在DCC1中，易得 DC1 ， 2 BD 3 在 RtBC1D 中，tanBC1D ， DC1 3 即BC1D30°. 【答案】 30° 5对于四面体 ABCD，给出下列四个命题： 若 ABAC，BDCD，则 BCAD； 若 ABCD，ACBD，则 BCAD； 若 ABAC，BDCD，则 BCAD； 若 ABCD，BDAC，则 BCAD. 其中真命题的序号是_. 【导学号：41292033】 【解析】 对于命题，取 BC 的中点 E，连结 AE，DE， 则 BCAE，BCDE，且 AEDEE， BC平面 ADE.AD 平面 ADE， BCAD. 对于，过 A 向平面 BCD 作垂线 AO，如图所示 连结 BO 与 CD 交于 E，则 CDBE，同理 CFBD，O 为BCD 的垂心，连结 DO，则 BC DO，BCAO，且 AODOO， BC平面 AOD，BCAD. 【答案】 6在ABC 中，ABAC5，BC6，PA平面 ABC，PA8，则 P 到 BC 的距离是 2 _ 【解析】 如图所示，作 PDBC 于 D，连结 AD. PAABC，PABC，且 PAPDP， BC平面 PAD，ADBC. 在ACD 中，AC5，CD3，AD4， 在 RtPAD 中，PA8，AD4，PD 82424 5. 【答案】 4 5 7如图 1267，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90°，M 为线段 BB1上的一动点，则 直线 AM 与直线 BC 的位置关系为_ 图 1267 【解析】 AA1平面 ABC，BCAA1， ABC90°，BCAB，又 ABAA1A， BC平面 AA1B1B，又 AM 平面 AA1B1B， AMBC. 【答案】 垂直 8如图 1268 所示，已知矩形 ABCD 中，AB1，BCa，PA平面 ABCD，若在 BC 上只 有一个点 Q 满足 PQQD，则 a 的值等于_ 图 1268 【解析】 PA平面 ABCD， PAQD. 又PQQD，且 PAPQP，QD平面 PAQ， AQQD，即 Q 在以 AD 为直径的圆上，当圆与 BC 相切时，点 Q 只有一个，故 BC2AB 2. 【答案】 2 3 二、解答题 9.如图 1269，在四棱锥 PABCD 中，PD平面 ABCD，ADCD，DB 平分ADC，E 为 PC 的中点，ADCD. 图 1269 (1)证明：PA平面 BDE； (2)证明：AC平面 PBD. 【导学号：41292034】 【证明】 (1)设 ACBDH，连结 EH， 在ADC 中， 因为 ADCD，且 DB 平分ADC， 所以 H 为 AC 的中点， 又由题设，E 为 PC 的中点， 故 EHPA，又 EH 平面 BDE， 且 PA 平面 BDE， 所以 PA平面 BDE. (2)因为 PD平面 ABCD， AC 平面 ABCD， 所以 PDAC. 由(1)可得，DBAC，又 PDDBD， 故 AC平面 PBD. 10如图 1270，已知矩形 ABCD，SA平面 AC，AESB 于点 E，EFSC 于点 F. 图 1270 (1)求证：AFSC； 4 (2)若平面 AEF 交 SD 于点 G，求证：AGSD. 【证明】 (1)SA平面 AC，BC 平面 AC，SABC. 四边形 ABCD 为矩形，ABBC. 又 ABSAA， BC平面 SAB，BCAE， 又 SBAE，SBBCB， AE平面 SBC，AESC. 又 EFSC，EFAEE， SC平面 AEF. 又 AF 平面 AEF，AFSC. (2)SA平面 AC，SADC. 又 ADDC，SAADA， DC平面 SAD，DCAG. 又由(1)有 SC平面 AEF，AG 平面 AEF， SCAG， 又 SCDCC，AG平面 SDC，AGSD. 能力提升 1如图 1271 所示，PA平面 ABC，M，N 分别为 PC，AB 的中点，使得 MNAC 的一个 条件为_ 图 1271 【解析】 取 AC 中点 Q，连结 MQ，NQ， 则 MQAP，NQBC， 由已知条件易得 MQAC，若 ACBC， 则 NQAC，所以 AC平面 MNQ， 所以 ACMN. 【答案】 ACBC 2如图 1272，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，底面是边长为 2 的菱形，且 ABC45°，PAAB，则直线 AP 与平面 PBC 所成角的正切值为_ 5 图 1272 【解析】 作 AEBC 于点 E，则 BC平面 PAE，可知点 A 在平面 PBC 上的射影在直线 PE AE 2 上，故APE 为所求的角AEABsin 45° 2，tan APE . PA 2 【答案】 2 2 3已知平面 平面 l，EA 于 A，EB 于 B，a，aAB，则直线 a 与 l 的 位置关系是_. 【导学号：41292035】 【解析】 由 EA， EB 知 lEA，lEB， 从而 l平面 EAB， 而 aAB，aEA， a平面 EAB，la. 【答案】 平行 4如图 1273，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ABAD，ACCD，ABC 60°，PAABBC，E 是 PC 的中点 图 1273 (1)证明：CDAE； (2)证明：PD平面 ABE. 【证明】 (1)在四棱锥 PABCD 中， 6 因 PA底面 ABCD，CD 平面 ABCD，故 PACD. 又ACCD，PAACA，CD平面 PAC. 而 AE 平面 PAC，CDAE. (2)由 PAABBC，ABC60°，可得 ACPA. 又E 是 PC 的中点，AEPC. 由(1)知，AECD，且 PCCDC， AE平面 PCD.而 PD 平面 PCD，AEPD. PA底面 ABCD，PAAB. 又ABAD，PAADA，AB平面 PAD. 又PD 平面 PAD，ABPD. 又ABAEA，PD平面 ABE. 7