第二章2.32.3.3直线与平面垂直的性质A级 基础巩固一、选择题1．平面α∥平面β，直线a∥α，直线b⊥β，那么直线a与直线b的位置关系一定是( C )A．平行 B．异面 C．垂直 D．不相交[解析] ∵α∥β，b⊥β，∴b⊥α.又∵a∥α，∴b⊥a.2．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面.( C )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β[解析] ∵m∥n，m⊥α，则n⊥α，故选C．3.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( C )A．PA＝PB＞PCB．PA＝PB＜PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PA≠PC[解析] ∵PM⊥平面ABC，MC⊂平面ABC，∴PM⊥MC，PM⊥AB.又∵M为AB中点，∠ACB＝90°，∴MA＝MB＝MC.∴PA＝PA＝PC.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( B )
A．EF⊥平面α B．EF⊥平面βC．PQ⊥GE D．PQ⊥FH[解析] 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．下列命题正确的是( A )①⇒b⊥α；②⇒a∥b；③⇒b∥α；④⇒b⊥α.A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②④[解析] 由性质定理可得(1)(2)正确．6．如图，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⊥BD1，则动点P的轨迹是( A )A．线段B1CB．线段BC1C．BB1中点与CC1中点连成的线段D．BC中点与B1C1中点连成的线段[解析] ∵DD1⊥平面ABCD，∴D1D⊥AC，又AC⊥BD，∴AC⊥平面BDD1，∴AC⊥BD1.同理BD1⊥B1C.又∵B1C∩AC＝C，∴BD1⊥平面AB1C.而AP⊥BD1，∴AP⊂平面AB1C.
又P∈平面BB1C1C，∴P点轨迹为平面AB1C与平面BB1C1C的交线B1C.故选A．二、填空题7．线段AB在平面α的同侧，A、B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为__4__.[解析] 如图，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可知，AA1∥MM1∥BB1，四边形AA1B1B为直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1为其中位线，∴MM1＝4.8．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，∴PA⊥平面PBC.又PB⊥PC，PB＝PC，BC＝2，∴PB＝PC＝.∴VP－ABC＝VA－PBC＝PA·S△PBC＝××××＝.三、解答题9．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.
[解析] ∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.又底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C.又OA1是AC的中垂线，∴A1A＝A1C＝，且AC＝2，∴AC2＝AA＋A1C2，∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1，∴A1C⊥平面BB1D1D.10.如右图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.(1)求证：D1C⊥AC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由．[解析] (1)连接C1D.∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C.∵AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C.又AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1.又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.(2)如图，连接AD1、AE、D1E，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN.∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，又M是AD1的中点，∴N是AE的中点．又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.即E是DC的中点．综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.
B级 素养提升一、选择题1．已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则( C )A．β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B．β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C．β内不一定存在直线与m平行，必存在直线与m垂直D．β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直2．如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的命题是( D )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH的延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°[解析] A中，△A1BD为等边三角形，∴四心合一，∵AB＝AA1＝AD，∴H到△A1BD各顶点的距离相等，∴A正确；易知CD1∥BA1，CB1∥DA1，又CD1∩CB1＝C，BA1∩DA1＝A1，∴平面CB1D1∥平面A1BD，∴AH⊥平面CB1D1，∴B正确；连接AC1，则AC1⊥B1D1，∵B1D1∥BD，∴AC1⊥BD，同理，AC1⊥BA1，又BA1∩BD＝B，∴AC1⊥平面A1BD，∴A、H、C1三点共线，∴C正确，利用排除法选D．3．如图所示，PA垂直于⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥BC.其中正确的个数为( C )A．1 B．2C．3 D．4[解析] ∵AB是⊙O的直径，∴AC⊥BC.∵PA垂直于⊙O所在的平面，∴PA⊥AB，PA⊥
AC，PA⊥BC，BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF，∴③正确．又AF⊥PC，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，∴①正确．又AE⊥PB，∴PB⊥平面AEF，∴EF⊥PB，∴②正确．若AE⊥BC，则由AE⊥PB，得AE⊥平面PBC，此时E、F重合，与已知矛盾，∴④错误．故选C．二、填空题4．已知三棱锥P－ABC，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝2，AC＝BC＝1，则三棱锥P－ABC外接球的体积为__π__.[解析] 如图所示取PB的中点O，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥BC，又BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC.∴OA＝PB，OC＝PB，∴OA＝OB＝OC＝OP，故O为外接球的球心．又PA＝2，AC＝BC＝1，∴AB＝，PB＝，∴外接球的半径R＝.∴V球＝πR3＝×()3＝π.5．△ABC的三个顶点A、B、C到平面α的距离分别为2cm、3cm、4cm，且它们在α的同侧，则△ABC的重心到平面α的距离为__3cm__.[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.C级 能力拔高1．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[解析] (1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1，又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，AD＝CD＝，PA＝，∠ABC＝120°.G为线段PC上的点.(1)证明：BD⊥平面APC；(2)若G为PC的中点，求DG与平面APC所成角的正切值；(3)若G满足PC⊥平面BGD，求的值．[解析] (1)设点O为AC、BD的交点．由AB＝BC，AD＝CD，得BD垂直平分线段AC.所以O为AC的中点，BD⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面APC.(2)连接OG.由(1)可知OD⊥平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面PAC所成的角．由题意得OG＝PA＝.在△ABC中，因为AB＝BC，∠ABC＝120°，AO＝CO，
所以∠ABO＝∠ABC＝60°，所以AO＝OC＝AB·sin60°＝.在Rt△OCD中，OD＝＝2.在Rt△OGD中，tan∠OGD＝＝.所以DG与平面APC所成角的正切值为.(3)因为PC⊥平面BGD，OG⊂平面BGD，所以PC⊥OG.在Rt△PAC中，PC＝＝.所以GC＝＝.从而PG＝，所以＝.
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