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课时提升作业(十)
直线与平面垂直的性质
一、选择题(每小题3分，共18分)
1.已知直线l1，l2与平面α，有下列说法：
①若l1∥α，l1∥l2，则l2∥α；②l1 α，l2∩α=A，则l1与l2为异面直线；③若l1⊥α，l2⊥α，则l1∥l2；④若l1⊥l2，l1∥α，则l2∥α.
其中正确的个数有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
【解析】选B.①错，因为l2还可能在α内.②错，当A∈l1时，l1∩l2=A.③对，是线面垂直的性质定理.④错，l2与α的位置关系不确定.
2.(2014•松原高一检测)BC是Rt△ABC的斜边，AP⊥平面ABC，PD⊥BC于点D，连接AD，则图中共有直角三角形的个数
是( )
A.8 B.7
C.6 D.5
【解析】选A.因为AP⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，又PD⊥BC于D，PD∩PA=P，
所以BC⊥平面PAD，AD 平面PAD，所以BC⊥AD.
又BC是Rt△ABC的斜边，所以∠BAC为直角.
所以图中的直角三角形有：△ABC，△PAC，△PAB，△PAD，△PDC，△PDB，
△ADC，△ADB.
3.在空间中，下列说法正确的有( )
①平行于同一条直线的两条直线互相平行；
②垂直于同一条直线的两条直线互相平行；
③平行于同一平面的两条直线互相平行；
④两条异面直线不可能垂直于同一平面.
A. 1个 B.2个 C.3个 D.4个
【解析】选B.由公理4知①正确，由线面垂直的性质定理知④正确.对于②，空间中垂直于同一条直线的两条直线相交、平行、异面都有可能.对③中的两条平行于同一个平面的直线，其位置关系不确定.
4.(2013•广东高考)设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列说法中正确的是( )
A.若l∥α，l∥β，则α∥β B.若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C.若l⊥α，l∥β，则α∥β D.若α⊥β，l∥α，则l⊥β
【解析】选B.对于选项A，两个平面α，β平行于同一条直线，不能确定两平面平行还是相交(若两平面相交能确定与交线平行)；对于选项B，垂直于同一条直线的两个平面平行(直线是公垂线)；对于选项C，能推出两个平面相交且两个平面垂直；对于选项D，l∥β，l⊥β，l β都可能.
5.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△ABC为直角三角形，M为斜边AB的中点，
所以MA=MB=MC，
因为PM垂直于△ABC所在平面，
所以Rt△PMA≌Rt△PMB≌Rt△PMC，
所以PA=PB=PC .
【变式训练】已知直线PG⊥平面α于G，直线EF α，且PF⊥EF于F，那么线段PE，PF，PG的关系是( )
A.PE>PG>PF B.PG>PF>PE
C.PE>PF>PG D.PF>PE>PG
【解析】选C.在Rt△PFE中，PE>PF；在Rt△PFG中，PF>PG，所以PE>PF>PG.
6.(2014•吉安高二检测)如图，设平面α∩β=EF，AB⊥α，CD⊥α.垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不可能是下面四个选项中的( )
A.AC⊥β
B.AC⊥EF
C.AC与BD在β内的射影在同一条直线上
D.AC与α，β所成的角相等
【解析】选D.对于A.若AC⊥β，EF β，则AC⊥EF.
又AB⊥α，EF α，则AB⊥EF，AB⊥α，CD⊥α，
所以AB∥CD，
故ABDC确定一个平面，又AC∩AB=A，
所以EF⊥平面ABDC，
BD 平面ABDC，所以EF⊥BD.同理B也能推出BD⊥EF.对于选项C.由于AC与BD在β内的射影在同一条直线上，所以平面ABDC与平面β垂直，又因为EF⊥AB，所以EF⊥平面ABDC，所以EF⊥BD.对于D，若AC∥EF，则AC与α，β所成的角也相等，但不能推出BD⊥EF.
二、填空题(每小题4分，共12分)
7.(2014•无锡高二检测)已知直线m 平面α，直线n 平面α，m∩n=M，直线a⊥m，a⊥n，直线b⊥m，b⊥n，则直线a，b的位置关系是________.
【解析】因为直线a⊥m，a⊥n，直线m 平面α，直线n 平面α，m∩n=M，所以a⊥α.同理可证直线b⊥α，所以a∥b.
答案：a∥b
8.若三个平面两两垂直，它们交于一点A，空间一点C1到三个平面的距离分别为5，6，7，则AC1的长为________.
【解析】如图构造长方体，可知长方体的长、宽、高分别为7，6，5，AC1为体对角线，所以AC1= = .
答案：
9.AB是☉O的直径，点C是☉O上的动点(点C不与A，B重合)，过动点C的直线VC垂直于☉O所在的平面，D，E分别是VA，VC的中点，则下列结论中正确的是________(填写正确结论的序号).
(1)直线DE∥平面ABC.
(2)直线DE⊥平面VBC.
(3)DE⊥VB.
(4)DE⊥AB.
【解析】因为AB是☉O的直径，点C是☉O上的动点(点C不与A，B重合)，
所以AC⊥BC，
因为VC垂直于☉O所在的平面，
所以AC⊥VC，又BC∩VC=C，
所以AC⊥平面VBC.
因为D，E分别是VA，VC的中点，
所以DE∥AC，又DE⊈平面ABC，AC 平面ABC，
所以DE∥平面ABC，
DE⊥平面VBC，DE⊥VB，
DE与AB所成的角为∠BAC是锐角，故DE⊥AB不成立.
由以上分析可知(1)(2)(3)正确.
答案：(1)(2)(3)
三、解答题(每小题10分，共20分)
10.(2014•开封高一检测)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°.
(1)求证：AB⊥A1C.
(2)若AB=CB=2，A1C= ，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
【解析】(1)如图，
取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.
因为CA=CB，所以OC⊥AB.
由于AB=AA1，∠BAA1=60°，故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C 平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，
所以OC=OA1= .
又A1C= ，则A1C2=OC2+O ，故OA1⊥OC.
因为OC∩AB=O，所以OA1⊥平面ABC，所以OA1为三棱柱ABC-A1B1C1的高.
又△ABC的面积S△ABC= ，故三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=S△ABC×OA1= × =3.
11.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，AA1= ，D是A1B1的中点.
(1)求证：C1D⊥平面A1B.
(2)当点F在BB1上什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论.
【解析】(1)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱，
所以A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°.
又D是A1B1的中点，
所以C1D⊥A1B1.
因为AA1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，
所以AA1⊥C1D，又AA1∩A1B1=A1，
所以C1D⊥平面A1B.
(2)作DE⊥AB1交AB1于E，延长DE交BB1于F，连接C1F，则AB1⊥平面C1DF，点F即为所求.
证明：因为C1D⊥平面AA1B1B，AB1 平面AA1B1B，
所以C1D⊥AB1.
又AB1⊥DF，DF∩C1D=D，
所以AB1⊥平面C1DF.
【变式训练】如图所示，ABCD为正方形，SA⊥平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于点E，F，G.求证：AE⊥SB.
【证明】因为SA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以SA⊥BC，又因为BC⊥AB，
SA∩AB=A，
所以BC⊥平面SAB，
又AE 平面SAB，所以BC⊥AE.
因为SC⊥平面AEFG，所以SC⊥AE.
又BC∩SC=C，所以AE⊥平面SBC，
所以AE⊥SB.
一、选择题(每小题4分，共16分)
1.已知直线l⊥平面α，直线m 平面β.有下面四个说法：
①α∥β l⊥m；②α⊥β l∥m；③l∥m α⊥β；
④l⊥m α∥β.
其中正确的说法是( )
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
【解析】选B.l⊥α，α∥β，所以l⊥β.又因为m β，所以l⊥m.①正确.l∥m，l⊥α，所以m⊥α，又因为m β，所以α⊥β，③正确.
2.如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，直线l过点A且垂直于平面ABC，动点P∈l，当点P逐渐远离点A时，∠PCB的大小( )
A.变大
B.变小
C.不变
D.有时变大有时变小
【解析】选C.由于BC⊥CA，l⊥平面ABC，
所以BC⊥l，即BC⊥AP，又因为AP∩AC=A，
故BC⊥平面ACP，
所以BC⊥CP，即∠PCB=90°.
3.(2014•蚌埠高一检测)线段AB在平面α的同侧，A，B到α的距离分别为5，7，则AB的中点到α的距离为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
【解题指南】利用线面垂直的性质求解.
【解析】选C.设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足分别为A1，M1，B1，则由线面垂直的性质知AA1∥MM1∥BB1，四边形AA1B1B为直角梯形，AA1=5，BB1=7，MM1为其中位线，所以MM1= =6.
4.(2014•洛阳高一检测)PO垂直于△ABC所在平面α，垂足为O，若点P到△ABC的三边的距离相等，且点O在△ABC内部，则点O是△ABC的( )
A.重心 B.垂心 C.外心 D.内心
【解析】选D.如图所示，因为PO⊥平面ABC，所以PO⊥AB.又因为PD⊥AB，PO∩PD=P，所以AB⊥平面POD，所以AB⊥OD.同理，OE⊥BC，OF⊥AC.
又因为PD=PE=PF，所以OD=OE=OF.
所以O为△ABC的内心.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2014•合肥高一检测)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1，AB上的点，若∠B1MN=90°，则
∠C1MN=________.
【解析】因为B1C1⊥平面ABB1A1，所以B1C1⊥MN.又∠B1MN是直角，
所以MN⊥B1M.又B1C1∩B1M=B1，
所以MN⊥平面B1C1M.
所以MN⊥C1M，所以∠C1MN=90°.
答案：90°
6.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP与BD1垂直，则动点P的轨迹为________.
【解析】如图，先找到一个平面总是保持与BD1垂直，
连接AC，AB1，B1C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
有BD1⊥面ACB1，
又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，
根据平面的基本性质得：
点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线段CB1.
答案：线段CB1
【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱AD，DD1，D1A1，A1A的中点，M是AB的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则N满足什么条件时，有MN⊥A1C1.
【解析】连接EG，EM，GM，BD，
因为正方形AA1D1D中，E，G分别为AD，A1D1的中点，
所以EG∥AA1.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，
所以EG⊥平面A1B1C1D1.
因为A1C1 平面A1B1C1D1，
所以A1C1⊥EG.
因为在△ABD中，EM是中位线，所以EM∥BD.
因为BB1∥DD1且BB1=DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，B1D1∥BD.
所以EM∥B1D1.
因为正方形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，
所以A1C1⊥EM.
因为EM∩EG=E，EM，EG 平面EGM，
所以A1C1⊥平面EGM.
因此，当点N在EG上时，直线MN 平面EGM，有MN⊥A1C1成立.
三、解答题(每小题12分，共24分)
7.(2014•宿迁高二检测)如图，在三棱锥P-ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点.
(1)求证：PA∥平面BEF.
(2)若平面PAB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥PA.
【解题指南】(1)根据三角形中位线的性质，可得EF∥PA，再利用线面平行的判定定理，可证PA∥平面BEF.
(2)作PO⊥AB，垂足为O，根据平面PAB⊥平面ABC，可得PO⊥平面ABC，所以PO⊥BC，利用PB⊥BC，可得BC⊥平面PAB，从而可得结论.
【证明】(1)因为点E，F分别是棱PC，AC的中点，
所以EF∥PA，
因为PA⊈平面BEF，EF 平面BEF，
所以PA∥平面BEF.
(2)作PO⊥AB，垂足为O，
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，
所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥BC，
因为PB⊥BC，PO∩PB=P，所以BC⊥平面PAB，
因为PA 平面PAB，所以BC⊥PA.
【变式训练】如图，已知点P为平面ABC外一点，PA⊥BC，PC⊥AB，求证：
PB⊥AC.
【证明】过P作PO⊥平面ABC于O，连接OA，OB，OC.因为BC 平面ABC，所以PO⊥BC.
又因为PA⊥BC，
PA∩PO=P，
所以BC⊥平面PAO.
又因为OA 平面PAO，
所以BC⊥OA.
同理，可证AB⊥OC.
所以O是△ABC的垂心.所以OB⊥AC.
又因为PO⊥AC，OB∩PO=O，所以AC⊥平面PBO.
又PB 平面PBO，所以PB⊥AC.
8.(2014•山东高考)如图，四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB=BC= AD，E，F分别为线段AD，PC的中点.
(1)求证：AP∥平面BEF.
(2)求证：BE⊥平面PAC.
【解题指南】(1)本题考查线面平行的证法，可利用线线平行来证明线面平行.
(2)本题考查了线面垂直的判定，在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.
【证明】(1)连接AC交BE于点O，连接OF，不妨设AB=BC=1，则AD=2，
又因为E为AD的中点，所以AE=1，所以AE=BC，
因为AB=BC，AD∥BC，所以四边形ABCE为菱形，
因为O，F分别为AC，PC的中点，所以OF∥AP，
又因为OF 平面BEF，AP⊈平面BEF，
所以AP∥平面BEF.
(2)因为AP⊥平面PCD，CD 平面PCD，
所以AP⊥CD，
因为BC∥ED，BC=ED，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE∥CD，所以BE⊥PA，
又因为四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC，
又因为PA∩AC=A，PA，AC 平面PAC，
所以BE⊥平面PAC.
【变式训练】在△ABC中，∠BAC=60°，P是△ABC所在平面外一点，PA=PB=PC，∠APB=∠APC=90°.
(1)求证：PB⊥面PAC.
(2)若H是△ABC的重心，求证：PH⊥面ABC.
【证明】(1)如图，由题设易得AB=AC，因为∠BAC=60°，
所以△ABC为等边三角形，
所以AB=BC.
因为PA=PB=PC，
所以△PAB≌△PBC，
所以∠BPC=∠APB=90°，
即PB⊥PC.
又PB⊥PA，PA∩PC=P，所以PB⊥面PAC.
(2)取BC中点D，因为PB=PC，所以PD⊥BC.
同理可得AD⊥BC，所以BC⊥面PAD.
因为AD是△ABC的边BC上的中线，
所以△ABC的重心H在AD上，
所以BC⊥PH，同理可得AB⊥PH.
又AB∩BC=B，所以PH⊥面ABC.