2019_2020学年新教材高中数学课时素养评价三十一直线与平面垂直二新人教A版必修2.doc

课时素养评价 三十一
直线与平面垂直(二)
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分，共16分，多项选择题全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.四棱锥P-ABCD，PA⊥平面ABCD，且PA=AB=AD，四边形ABCD是正方形，E是PD的中点，则AE与PC的关系是 (　　)

A.垂直
B.相交
C.平行
D.相交或平行
【解析】选A.因为PA=AD，E为PD的中点，所以AE⊥PD，又PA⊥平面ABCD.所以PA⊥CD，又因为CD⊥AD.PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE.
又因为CD∩PD=D，所以AE⊥平面PCD.
所以AE⊥PC.
2.已知PA⊥矩形ABCD所在平面，PA≠AD，M，N分别是AB，PC的中点，则MN垂直于 (　　)
A.AD B.CD C.PC D.PD
【解析】选B.连接AC，取AC的中点为O，连接NO，MO，如图所示：

因为N，O分别为PC，AC的中点，所以NO∥PA，因为PA⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD，所以NO⊥CD.
又因为M，O分别为AB，AC的中点，所以MO∥BC.因为BC⊥CD，所以MO⊥CD，因为NO∩MO=O，所以CD⊥平面MNO，所以CD⊥MN.
3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1与B1D1的中点，则直线CE垂直于 (　　)

A.AC　　　　　　 B.BD　
C.A1D　　 D.A1D1
【解析】选B.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是A1C1，B1D1的中点，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.
4.(多选题)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.以下各命题中，真命题为(　　)

A.BC⊥PC
B.OM∥平面APC
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体积的一半
【解析】选ABCD.因为PA⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面，所以PA⊥BC，而BC⊥AC，PA∩AC=A，
所以BC⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，故A正确；
因为点M为线段PB的中点，点O为AB的中点，所以OM∥PA，而OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以OM∥平面APC，故B正确；
因为BC⊥平面PAC，所以点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，故C正确；
三棱锥M-PAC和三棱锥P-ABC均可以平面PAC为底面，此时M到底面的距离是B到底面距离的一半，故三棱锥M-PAC的体积等于三棱锥P-ABC体积的一半，故D正确
二、填空题(每小题4分，共8分)
5.△ABC的三个顶点A，B，C到平面α的距离分别为2 cm、3 cm、4 cm，且它们在α的同侧，则△ABC的重心到平面α的距离为________. 
【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于中点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′=(A′A+B′B)=，CC′=4，
CG∶GE=2∶1，在直角梯形EE′C′C中，
可求得GG′=3.
答案：3
6.如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1. 

【解析】若A1C⊥B1D1，由四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，AA1⊥B1D1，易得B1D1⊥平面AA1C1C，则A1C1⊥B1D1，即AC⊥BD(或四边形ABCD为菱形).
答案：AC⊥BD或四边形ABCD为菱形

三、解答题(共26分)
7.(12分)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB=AA1=.
证明：A1C⊥平面BB1D1D.

【证明】因为A1O⊥平面ABCD，
所以A1O⊥BD.
又底面ABCD是正方形，
所以BD⊥AC，因为AC∩A1O=O，
所以BD⊥平面A1OC，所以BD⊥A1C.
又OA1是AC的中垂线，
所以A1A=A1C=，且AC=2，
所以AC2=A+A1C2，
所以△AA1C是直角三角形，
所以AA1⊥A1C.
又BB1∥AA1，所以A1C⊥BB1，因为BB1∩BD=B，所以A1C⊥平面BB1D1D.
8.(14分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.

(1)证明：B1C⊥AB.
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
【解析】(1)连接BC1，则O为B1C与BC1的交点.

因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO，故B1C⊥AB.
(2)方法一：在平面BB1C1C内作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.
在平面AOD内作OH⊥AD，垂足为H.
由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.
又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1=60°，所以△CBB1为等边三角形.
又BC=1，可得OD=.
由于AC⊥AB1，所以OA=B1C=.
由OH·AD=OD·OA，
且AD==，得OH=.
又O为B1C的中点，
所以点B1到平面ABC的距离为，
故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
方法二：由于侧面BB1C1C为菱形，
∠CBB1=60°，BC=1.
故B1C=1，BO=，又AC⊥AB1，
则AO=，AC=，易得AB=1，
在△ABC中，易得AC边上的高h=，
由=，得
·AO=S△ABC·h三棱柱
所以·=···h三棱柱.
所以h三棱柱=.
所以三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
(15分钟·30分)
1.(4分)已知矩形ABCD的边AB=a，BC=3，PA⊥平面ABCD，若BC边上有且只有一点M，使PM⊥DM，则a的值为 (　　)

A. B.1 C. D.2
【解析】选C.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DM，若BC边上存在点M，
使PM⊥MD，
则DM⊥平面PAM，所以DM⊥AM，
所以以AD为直径的圆和BC相交即可.
因为AD=BC=3，所以圆的半径为，
要使线段BC和半径为的圆相切，
则AB=，即a=，所以a的值是.
2.(4分)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>PC B.PA=PB<PC
C.PA=PB=PC D.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，∠ACB=90°，所以MA=MB=MC.所以PA=PB=PC.
【加练·固】
　　 正方体ABCD-A1B1C1D1中E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中错误的是 (　　)

A.AC⊥BE
B.B1E∥平面ABCD
C.三棱锥E-ABC的体积为定值
D.B1E⊥BC1
【解析】选D.对于A.因为在正方体中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1=D，
所以AC⊥平面BB1D1D，因为BE⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BE，所以A正确.
对于B.因为B1D1∥平面ABCD，
所以B1E∥平面ABCD成立，即B正确.
对于C.三棱锥E-ABC的底面△ABC的面积为定值，锥体的高BB1为定值，所以锥体体积为定值，即C正确.
对于D.因为D1C1⊥BC1，所以B1E⊥BC1错误.
3.(4分)正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积是________.  
【解析】如图，由已知得PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，

所以PA⊥平面PBC.又PB⊥PC，PB=PC，BC=2，所以PB=PC=.
所以VP-ABC=VA-PBC=PA·S△PBC
=××××=.
答案：
4.(4分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，F是AC的中点，E是PC上的点，且EF⊥BC，则=________.  

【解析】在三棱锥P-ABC中，
因为PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，
所以AB⊥平面APC.
因为EF⊂平面PAC，所以EF⊥AB，
因为EF⊥BC，BC∩AB=B，
所以EF⊥底面ABC，所以PA∥EF，
因为F是AC的中点，E是PC上的点，
所以E是PC的中点，所以=1.
答案：1
5.(14分)如图直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB=2.
(1)证明：BC1∥平面A1CD.
(2)求三棱锥E-A1CD的体积.

【解析】(1)连接AC1交A1C于F，

连接DF，则F为AC1中点，又D为AB中点，
因为BC1∥DF，又BC1⊄平面A1CD，DF⊂平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.
(2)因为AC=BC=AB=2，
所以AC⊥BC，AB=2，
CD⊥AB，CD=，因为三棱柱为直三棱柱，
所以AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥CD，
因为A1A∩AB=A，所以CD⊥平面A1DE，
所以==×CD，
在矩形ABB1A1中，求得=，
所以=××=1.
故三棱锥E-A1CD的体积为1.
【加练·固】
　　 如图所示，已知矩形ABCD，过A作SA⊥平面ABCD，再过A作AE⊥SB交SB于点E，过点E作EF⊥SC交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ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SA⊥BC，因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC，因为AB∩SA=A，
所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥AE.
又SB⊥AE，SB∩BC=B，
所以AE⊥平面SBC，所以AE⊥SC.
又EF⊥SC，所以SC⊥平面AEF，
所以AF⊥SC.
(2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥DC，
又AD⊥DC，SA∩AD=A，
所以DC⊥平面SAD，所以DC⊥AG.
由(1)知SC⊥平面AEF，
因为AG⊂平面AEF，
所以SC⊥AG，因为SC∩DC=C，
所以AG⊥平面SDC，所以AG⊥SD.

1.如图，在矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下列结论中正确的有 (　　)
①总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE.
②总有BM∥平面A1DE.
③存在某个位置，使DE⊥A1C.

A.①② B.①③ C.②③ D.①②③
【解析】选A.在①中，总存在某个位置，使CE⊥平面A1DE，①正确；在②中，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF=A1D，FB∥ED且FB=ED，

由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，所以总有BM∥平面A1DE，故②正确；
在③中，A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，所以DE与A1C不垂直，故③错误.
2.(2019·南昌高一检测)如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=1，BC=，AC=2.
(1)证明：BC⊥平面PAB.
(2)在线段PC上是否存在点D，使得AC⊥BD，若存在，求PD的值，若不存在，请说明理由.

【解析】(1)由题知：AB=1，BC=，AC=2.
则AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，
又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，
因为PA∩AB=A，所以BC⊥平面PAB.
(2)在线段PC上存在点D，当PD=时，
使得AC⊥BD.
理由如下：在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，在平面PAC内，过点E作DE∥PA，交PC于点D，连接BD，由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，
所以DE⊥AC，所以AC⊥平面DBE，

又因为BD⊂平面DBE，所以AC⊥BD，
在△ABC中，
BE==，
所以AE=，CE=，
所以=，所以CD=，PD=.

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