北師大版高中數(shù)學(xué)二課時作業(yè)6垂直關(guān)系8

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時作業(yè)8直線與平面垂直的判定|基礎(chǔ)鞏固｜(25分鐘，60分）一、選擇題(每小題5分，共25分)1．已知直線l⊥α，α∥β，則（）A．l∥βB．lβC．l⊥βD．以上均有可能解析：由于α∥β，則平面β內(nèi)存在兩條相交直線m,n分別平行于平面α內(nèi)兩條相交直線a，b，又l⊥α，則l⊥a,l⊥b,所以l⊥m，l⊥n,所以l⊥β.答案：C2．已知直線a、b和平面α，下列推理中錯誤的是()A.eq\b\lc\\rc\}（\a\vs4\al\co1(a⊥α,bα））?a⊥bB.eq\b\lc\\rc\｝（\a\vs4\al\co1(a∥b，⊥α)）?b⊥αC.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1（a⊥b,⊥α))?a∥α或aαD。eq\b\lc\\rc\｝(\a\vs4\al\co1（a∥α,∥α)）?a∥b解析：當(dāng)a∥α，b∥α?xí)r，a與b可能平行，也可能相交或異面，即D推理錯誤．故選D。答案:D3．ABCD－A1B1C1D1A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．AC1⊥BD1解析：正方體中BD∥B1D1，可知選項A正確;由BD⊥AC，BD⊥CC1可得BD⊥平面ACC1;從而BD⊥AC1，即選項B正確；由以上可得AC1⊥B1D1，同理AC1⊥D1C因此AC1⊥平面CB1D1，即選項C正確；由于四邊形ABC1D1不是菱形，所以AC1⊥BD1不正確．選D。答案：D4．如圖,ABCD－A1B1C1D1①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1.A．0個B．1個C．2個D．3個解析：由于BD∥B1D1，故①正確；由于BD⊥AC，BD⊥CC1，故BD⊥平面ACC1,故BD⊥AC1，故②正確；同理AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，故AC1⊥平面CB1D1答案：A5．(2017·淮安一中月考）在四面體P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝CA,D，E，F(xiàn)分別為AB，BC，CA的中點，下列結(jié)論中不成立的是()A．BC∥平面PDFB．BC⊥平面PAEC．DF⊥平面PAED．AE⊥平面APC解析：因為D，F(xiàn)分別為AB，AC的中點,所以DF∥BC，故BC∥平面PDF，故A項正確．又AB＝AC，PB＝PC,E為BC的中點，所以AE⊥BC，PE⊥BC,所以BC⊥平面PAE，又DF∥BC,所以DF⊥平面PAE，故B、C項正確．由于AE與AP不垂直（否則，等腰三角形PAE將有兩個直角)，故AE與平面APC不垂直．選D.答案：D二、填空題（每小題5分,共15分)6．在三棱錐P－ABC中，最多有________個直角三角形．

解析：不妨設(shè)PA⊥AB，PA⊥AC,則△APB，△PAC為直角三角形，由線面垂直的判定定理,可得PA⊥面ABC，由線面垂直的定義，可知PA⊥BC，若∠ABC＝90°，則BC⊥AB，∴BC⊥面PAB，即∠PBC＝90°，∴△ABC，△PBC為直角三角形，故直角三角形最多有4個．答案：47．有下列四種說法，正確的序號是________．①過空間一點有且只有一條直線與已知平面垂直；②已知兩條不重合的直線m，n和平面α，若m⊥n，m⊥α,則n∥α；③a，b，l表示三條不同的直線，α表示平面，若aα，bα，l⊥a，l⊥b，則l⊥α;④若直線a不平行于平面α，則直線a垂直于平面α。解析：①正確;對于②,若直線nα，也可滿足m⊥n，m⊥α，此時n∥α不正確；對于③，只有a，b相交時，才成立，否則不成立;④顯然錯誤，因為不平行時可以相交，而垂直只是相交的一種特殊情況．故只有①正確．答案:①8．已知點O為三棱錐P－ABC的頂點P在平面ABC內(nèi)的射影，若PA＝PB＝PC，則O為△ABC的________心；若PA⊥BC，PB⊥AC，則O為△ABC的________心；若P到三邊AB，BC,CA的距離都相等且點O在△ABC的內(nèi)部，則O為△ABC的________心．解析：因為PA＝PB＝PC,所以O(shè)A＝OB＝OC，O是△ABC的外心；若PA⊥BC，又PO⊥平面ABC,所以BC⊥PO。所以BC⊥平面PAO.所以BC⊥AO.同理AC⊥OB。所以O(shè)是△ABC的垂心．若P到AB，BC邊的距離相等，則易知O到AB，BC邊的距離也相等,從而可判定O是△ABC的內(nèi)心．答案：外垂內(nèi)三、解答題(每小題10分，共20分）9．如圖，在四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2,CD＝SD＝1。求證：SD⊥平面SAB。證明：∵AB∥CD，BC⊥CD,AB＝BC＝2，CD＝1，∴底面ABCD為直角梯形，AD＝eq\r(2－12＋22）＝eq\r(5）。∵側(cè)面SAB為等邊三角形，∴SA＝SB＝AB＝2.又SD＝1，∴AD2＝SA2＋SD2，∴SD⊥SA。連接BD，則BD＝eq\r（22＋12)＝eq\r（5），∴BD2＝SD2＋SB2，∴SD⊥SB.又SA∩SB＝S，∴SD⊥平面SAB.10．S是Rt△ABC所在平面外一點，且SA＝SB＝SC,D為斜邊AC的中點．(1）求證:SD⊥平面ABC；（2)若AB＝BC,求證：BD⊥平面SAC。證明：（1)如圖所示，取AB的中點E，連接SE，DE，在Rt△ABC中,D、E分別為AC、AB的中點，∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝SB，∴△SAB為等腰三角形,∴SE⊥AB。又SE∩DE＝E,∴AB⊥平面SDE。又SD?平面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點，∴SD⊥AC。又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC。（2）由于AB＝BC,則BD⊥AC，由(1）可知,SD⊥平面ABC，BD?平面ABC，∴SD⊥BD,又SD∩AC＝D,∴BD⊥平面SAC。｜能力提升｜（20分鐘,40分）11．(2017·太原五中高二月考)已知在矩形ABCD中,AB＝2eq\r(2）,BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上存在點Q滿足PQ⊥DQ，則a的最小值是（）A．1B.eq\r（2)C．2eq\r（2)D．4eq\r（2）解析：假設(shè)在BC邊上存在點Q，使得PQ⊥QD，連接AQ(圖略)，因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥QD，又由于PQ⊥QD，所以QD⊥平面APQ，則QD⊥AQ,即∠AQD＝90°，易得△ABQ∽△QCD，設(shè)BQ＝x，所以有x(a－x）＝8，即x2－ax＋8＝0,（*)所以當(dāng)Δ＝a2－32≥0時,(＊)方程有解，因此，當(dāng)a≥4eq\r(2)時，存在符合條件的點Q，所以a的最小值是4eq\r（2），故選D.答案：D12．矩形ABCD中，AB＝1,BC＝eq\r（2）,PA⊥平面ABCD，PA＝1，則PC與平面ABCD所成的角是________．解析:tan∠PCA＝eq\f(PA，AC）＝eq\f(1，\r（3))＝eq\f(\r（3），3)，∴∠PCA＝30°。答案：30°13．如圖,在正方體ABCD－A1B1C1D1中,G為CC1中點，O為底面ABCD求證:A1O⊥平面GBD.證明：連接GO，A1G∵DB⊥A1A,DB⊥AC，A1A∩AC＝∴DB⊥平面A1ACC1，而A1O平面A1ACC1，∴A1O⊥DB。在矩形A1ACC1中，設(shè)A1A∵tan∠AA1O＝eq\f（\r(2)，2)，tan∠GOC＝eq\f(\r(2)，2)，∴∠AA1O＝∠GOC,則∠A1OA＋∠GOC＝90°，∴A1O⊥OG?！逴G∩DB＝O，∴A1O⊥平面GBD.14．如圖，AB為⊙O的直徑,PA垂直于⊙O所在的平面,M為圓周上任意一點,AN⊥PM,N為垂足．(1）求證：AN⊥平面PBM；（2）若AQ⊥PB，垂足為Q，求證：NQ⊥PB.證明：(1)因為AB為⊙O的直