2019_2020学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.6.1直线与直线垂直8.6.2直线与平面垂直第2课时直线与平面所成的角直线与平面垂直的性质定理应用案巩固提升新人教A版必修第二册.doc

第2课时 直线与平面所成的角、直线与平面垂直的性质定理

[A　基础达标]
1．下列说法中正确的是(　　)
①过平面外一点有且只有一条直线和已知平面垂直；
②过直线外一点有且只有一个平面和已知直线垂直；
③过平面外一点可作无数条直线与已知平面平行；
④过直线外一点只可作一条直线与已知直线垂直．
A．①②③　　　　　　　　 B．①③④
C．②③ D．②③④
解析：选A.由线面垂直的性质及线面平行的性质知①②③正确；④错，过直线外一点作平面与直线垂直，则平面内过这一点的所有直线都与该直线垂直．
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是(　　)
A．AD1⊥DP B．AP⊥B1C
C．AC1⊥DP D．A1P⊥B1C
解析：选B.在正方体ABCD­A1B1C1D1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.故选B.
3．下列命题正确的是(　　)
①⇒b⊥α；　　　 ②⇒a∥b；
③⇒b∥α；　　　 ④⇒b⊥α.
A．①② B．①②③
C．②③④ D．①④
解析：选A.对于命题①，a⊥α，则a垂直于平面α内的任意两条相交直线，又因为a∥b，所以b也垂直于平面α内的任意两条相交直线，所以b⊥α，①正确；由线面垂直的性质定理可知a∥b，所以②正确；因为a⊥α，当a⊥b时，则b可能在平面α内，也可能与平面α平行，所以③错误；当a∥α，a⊥b时，b与平面α的三种位置都有可能出现，所以④错误．
4.如图，设平面α∩平面β＝PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H.为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是(　　)
A．EF⊥平面α
B．EF⊥平面β
C．PQ⊥GE
D．PQ⊥FH
解析：选B.因为EG⊥平面α，PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ.若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ.又EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG，所以PQ⊥GH，故选B.
5．已知点P是△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，则点P在平面ABC上的射影一定是△ABC的(　　)
A．内心 B．外心
C．垂心 D．重心
解析：选B.如图所示，设点P在平面ABC上的射影为O，连接OA，OB，OC.

所以PO⊥平面ABC.因为PA＝PB＝PC，且∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，
所以△PAO≌△PBO≌△PCO，
所以AO＝BO＝CO.即点O到三角形三个顶点的距离相等，所以点O为△ABC的外心．
6．等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α所成的角为30°，则斜边上的中线CM与α所成的角为________．
解析：如图，设C在平面α内的射影为点O，
连接AO，MO，则∠CAO＝30°，∠CMO就是CM与α所成的角．设AC＝BC＝1，则AB＝，
所以CM＝，CO＝，所以sin∠CMO＝＝，所以∠CMO＝45°.
答案：45°
7．如图所示，PO⊥平面ABC，BO⊥AC，在图中与AC垂直的直线有______条．

解析：因为PO⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PO⊥AC.又AC⊥BO，PO∩BO＝O，所以AC⊥平面PBD，所以PBD内的4条直线PB，PD，PO，BD都与AC垂直，所以图中共有4条直线与AC垂直．
答案：4
8．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是________．
解析：如图所示，作PD⊥BC于点D，连接AD.
因为PA⊥平面ABC，
所以PA⊥BC.
又PD∩PA＝P，
所以CB⊥平面PAD，所以AD⊥BC.
在△ACD中，AC＝5，CD＝3，所以AD＝4.
在Rt△PAD中，PA＝8，AD＝4，所以PD＝＝4.
答案：4
9．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1.
(1)求证：AB1⊥平面A1BC1；
(2)若D为B1C1的中点，求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值．
解：(1)证明：由题意知四边形AA1B1B是正方形，所以AB1⊥BA1.
由AA1⊥平面A1B1C1得AA1⊥A1C1.
又因为A1C1⊥A1B1，AA1∩A1B1＝A1，
所以A1C1⊥平面AA1B1B，
又因为AB1⊂平面AA1B1B，
所以A1C1⊥AB1，
又因为BA1∩A1C1＝A1，所以AB1⊥平面A1BC1.
(2)连接A1D.设AB＝AC＝AA1＝1，
因为AA1⊥平面A1B1C1，所以∠A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角．
在等腰直角三角形A1B1C1中，D为斜边的中点，所以A1D＝B1C1＝.
在Rt△A1DA中，AD＝＝.
所以sin∠A1DA＝＝，
即AD与平面A1B1C1所成角的正弦值为.
10.如图，已知四棱锥S­ABCD中ABCD为矩形，SA⊥平面AC，AE⊥SB于点E，EF⊥SC于点F.
(1)求证：AF⊥SC；
(2)若平面AEF交SD于点G，求证：AG⊥SD.
证明：(1)因为SA⊥平面AC，BC⊂平面AC，
所以SA⊥BC.因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC.
又因为SA∩ AB＝A，
所以BC⊥平面SAB.
所以BC⊥AE.又SB⊥AE，BC∩SB＝B，
所以AE⊥平面SBC.
又因为SC⊂平面SBC，
所以AE⊥SC.又EF⊥SC，EF∩ AE＝E，
所以SC⊥平面AEF.
因为AF⊂平面AEF，所以AF⊥SC.
(2)因为SA⊥平面AC，所以SA⊥DC.
又AD⊥DC，AD∩SA＝A，所以DC⊥平面SAD.
又AG⊂平面SAD，所以DC⊥AG.
又由(1)有SC⊥平面AEF，AG⊂平面AEF，
所以SC⊥AG.又SC∩DC＝C，所以AG⊥平面SDC.
因为SD⊂平面SDC，所以AG⊥SD.
[B　能力提升]
11．如图所示，PA⊥平面ABC，△ABC中BC⊥AC，∠PBA＝θ1，∠PBC＝θ2，∠ABC＝θ3.则下列关系一定成立的是(　　)

A．cos θ1cos θ2＝cos θ3　　　 B．cos θ1cos θ3＝cos θ2
C．sin θ1sin θ2＝sin θ3 D．sin θ1sin θ3＝sin θ2
解析：选B.
⇒BC⊥平面PAC⇒BC⊥PC，
所以cos θ1＝，cos θ2＝，cos θ3＝.
则有cos θ1cos θ3＝cos θ2.
12.如图，Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，点D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.
证明：(1)因为SA＝SC，D为AC的中点，所以SD⊥AC.
在Rt△ABC中，有AD＝DC＝BD.
又SA＝SB，所以△ADS≌△BDS.
所以SD⊥BD.又AC∩BD＝D，
所以SD⊥平面ABC.
(2)因为BA＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.
又由(1)知SD⊥平面ABC，
所以BD⊂平面ABC，
所以SD⊥BD.
因为AC∩SD＝D.
所以BD⊥平面SAC.
[C　拓展探究]
13．如图(1)，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图(2)所示)，连接AP，PF，其中PF＝2.
(1)求证：PF⊥平面ABED；
(2)在线段PA上是否存在点Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
(3)求点A到平面PBE的距离．

解：(1)证明：连接EF，由题意知，PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，
所以PF⊥BF.
易得EF＝＝，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF.
又BF∩EF＝F，BF⊂平面ABED，EF⊂平面ABED，所以PF⊥平面ABED.
(2)存在，当Q为PA的三等分点(靠近P)时，FQ∥平面PBE.
理由如下：
因为AQ＝AP，AF＝AB，所以FQ∥BP，
又FQ⊄平面PBE，PB⊂平面PBE，所以FQ∥平面PBE.
(3)由(1)知PF⊥平面ABED，连接AE，则PF为三棱锥P­ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，由等体积法得VA­PBE＝VP­ABE，
即×S△PBE×h＝×S△ABE×PF.
又S△PBE＝×6×9＝27，S△ABE＝×12×6＝36，
所以h＝＝＝，
即点A到平面PBE的距离为.

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