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课时提升作业(四十三)
一、选择题
1.(2021·沈阳模拟)已知直线l,m,平面α,β,且l⊥α,mβ,则“α∥β”是
“l⊥m”的 ( )
(A)充要条件 (B)充分不必要条件
(C)必要不充分条件 (D)既不充分也不必要条件
2.(2021·铜川模拟)已知直线m,n与平角α,β,若α⊥β,α∩β=m,nα,要使n⊥β,则应增加的条件是 ( )
(A)m∥n (B)n⊥m
(C)n∥α (D)n⊥α
3.(2021·西安模拟)已知a,b,c为三条不重合的直线,下面有三个结论:①若
a⊥b,a⊥c,则b∥c;②若a⊥b,a⊥c,则b⊥c;③若a∥b,b⊥c,则a⊥c.
其中正确的个数为 ( )
(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个
4.已知两条直线m,n,两个平面α,β,给出下面四个命题:
①m∥n,m⊥α⇒n⊥α;
②α∥β,mα,nβ⇒m∥n;
③m∥n,m∥α⇒n∥α;
④α∥β,m∥n,m⊥α⇒n⊥β.
其中正确命题的序号是 ( )
(A)①③ (B)②④ (C)①④ (D)②③
5.已知α,β,γ是三个不同的平面,命题“α∥β,且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题,假如把α,β,γ中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在所得的全部新命题中,真命题有 ( )
(A)0个 (B)1个 (C)2个 (D)3个
6.已知直线m,n和平面α,β满足m⊥n,m⊥α,α⊥β,则 ( )
(A)n⊥β (B)n∥β
(C)n⊥α (D)n∥α或nα
7.设α,β,γ为平面,l,m,n为直线,则m⊥β的一个充分条件为 ( )
(A)α⊥β,α∩β=l,m⊥l
(B)n⊥α,n⊥β,m⊥α
(C)α∩γ=m,α⊥γ,β⊥γ
(D)α⊥γ,β⊥γ,m⊥α
8.如图,PA⊥正方形ABCD,下列结论中不正确的是 ( )
(A)PB⊥CB (B)PD⊥CD
(C)PD⊥BD (D)PA⊥BD
二、填空题
9.P为△ABC所在平面外一点,且PA,PB,PC两两垂直,则下列命题:①PA⊥BC;
②PB⊥AC;③PC⊥AB;④AB⊥BC.
其中正确的个数是 .
10.(2021·汉中模拟)如图,PA⊥☉O所在的平面,AB是☉O的直径,C是☉O上一点,AE⊥PC,AF⊥PB,给出下列结论:
①AE⊥BC;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC,其中真命题的序号是 .
11.(2022·安徽高考)若四周体ABCD的三组对棱分别相等,即AB=CD,AC=BD,AD=BC,则 (写出全部正确结论的编号).
①四周体ABCD每组对棱相互垂直;
②四周体ABCD每个面的面积相等;
③从四周体ABCD每个顶点动身的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°;
④连接四周体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分;
⑤从四周体ABCD每个顶点动身的三条棱的长可作为一个三角形的三边长.
12.(2021·安庆模拟)如图,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将直角△ABE沿BE边折起,A点在平面BCDE上的射影为D点,则对翻折后的几何体有如下描述:
(1)AB与DE所成角的正切值是.
(2)三棱锥B-ACE的体积是a3.
(3)AB∥CD.
(4)平面EAB⊥平面ADE.
其中正确的叙述有 (写出全部正确结论的编号).
三、解答题
13.在如图所示的几何体中,四边形ACC1A1是矩形,FC1∥BC,EF∥A1C1,∠BCC1=90°,点A,B,E,A1在一个平面内,AB=BC=CC1=2,AC=2.
证明:(1)A1E∥AB.
(2)平面CC1FB⊥平面AA1EB.
14.(2021·延安模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，其中PA=PD=AD=2，∠BAD=60°，Q为AD的中点.
(1)求证:AD⊥平面PQB.
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PM=PC，求四棱锥M-ABCD的体积.
15.(力气挑战题)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1是正方形,O是BD的中点,E是棱AA1上任意一点.
(1)证明:BD⊥EC1.
(2)假如AB=2,AE=,OE⊥EC1,求AA1的长.
答案解析
1.【解析】选B.当α∥β,l⊥α时,有l⊥β,
又mβ,故l⊥m.
反之,当l⊥m,mβ时,不愿定有l⊥β,
故α∥β不愿定成立.
因此“α∥β”是“l⊥m”的充分不必要条件.
2.【解析】选B.由面面垂直的性质定理可知,当n⊥m时,有n⊥β.
3.【解析】选B.①不对,b,c可能异面;②不对,b,c可能平行或异面;③对,选B.
4.【解析】选C.对于①,由于两条平行线中的一条直线与一个平面垂直,则另一条直线也与该平面垂直,因此①是正确的;对于②,分别位于两个平行平面内的两条直线必没有公共点,但它们不愿定平行,因此②是错误的;对于③,直线n可能位于平面α内,此时结论明显不成立,因此③是错误的;对于④,由m⊥α且
α∥β得m⊥β,又m∥n,故n⊥β,因此④是正确的.
5.【解析】选C.若α,β换为直线a,b,则命题化为“a∥b,且a⊥γ⇒b⊥γ”,此命题为真命题;若α,γ换为直线a,b,则命题化为“a∥β,且a⊥b⇒b⊥β”,此命题为假命题.若β,γ换为直线a,b,则命题化为“a∥α,且b⊥α⇒a⊥b”,此命题为真命题,故选C.
6.【解析】选D.如图所示,
图①中n与β相交,②中nβ,③中n∥β,n∥α,∴排解A,B,C,故选D.
7.【解析】选B.如图①知A错;如图②知C错;如图③在正方体中,两侧面α与β相交于l,都与底面γ垂直,γ内的直线m⊥α,但m与β不垂直,故D错.由n⊥α,n⊥β知α∥β.又m⊥α,故m⊥β,因此B正确.
8.【解析】选C.由CB⊥BA,CB⊥PA,PA∩BA=A,知CB⊥平面PAB,故CB⊥PB,即A正确;同理B正确;由条件易知D正确.
9.【解析】如图所示.
∵PA⊥PC,PA⊥PB,PC∩PB=P,
∴PA⊥平面PBC.
又∵BC平面PBC,∴PA⊥BC.
同理PB⊥AC,PC⊥AB.但AB不愿定垂直于BC.
答案:3
10.【解析】①AE平面PAC,BC⊥AC,BC⊥PA⇒AE⊥BC,故①正确;②易知AE⊥PB,又AF⊥PB⇒EF⊥PB,故②正确;③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC,则AF∥AE,与已知冲突,故③错误;由①可知④正确.
答案:①②④
11.【解析】①错误,当AB=4,AC=3,AD=3时,AC与BD不垂直;
②正确,在△ABC与△CDA中,AB=CD,AD=BC,AC=AC,故△ABC与△CDA全等;同理四周体的四个面都全等,故四周体ABCD每个面的面积相等;
③错误,依据四周体的四个面都全等可得从四周体ABCD每个顶点动身的三条棱两两夹角为一个三角形的三个内角,故其和为180°;④正确,
如图所示,E,F,G,H是所在边的中点时,四边形EFGH为菱形,故EG与FH相互垂直平分,同理可得连接四周体ABCD的每组对棱中点的线段相互垂直平分;⑤正确,由于AD=BC,AB=CD,AC=BD,所以从四周体ABCD的顶点A动身的三条棱的长可组成△BCD,同理可得从四周体ABCD的每个顶点动身的三条棱的长可作为一个三角形的三边长.
答案:②④⑤
12.【解析】翻折后得到的直观图如图所示.
AB与DE所成的角也就是AB与BC所成的角,即为∠ABC.
由于AD⊥平面BCDE,
所以平面ADC⊥平面BCDE.
又由于四边形BCDE为正方形,
所以BC⊥CD.
可得BC⊥平面ACD.
所以BC⊥AC.
由于BC=a,AB=BC=a,
则AC==a.
在Rt△ABC中,tan∠ABC==.故(1)正确;
由AD==a,可得
VB-ACE=VA-BCE=×a2·a=,故(2)正确;
由于AB与CD异面,故(3)错;
由于AD⊥平面BCDE,所以平面ADE⊥平面BCDE.
又BE⊥ED,所以BE⊥平面ADE,故平面EAB⊥平面ADE,故(4)正确.
答案:(1)(2)(4)
13.【证明】(1)∵四边形ACC1A1是矩形,
∴A1C1∥AC.又AC平面ABC,A1C1⊈平面ABC,
∴A1C1∥平面ABC.
∵FC1∥BC,BC平面ABC,∴FC1∥平面ABC.
又∵A1C1,FC1平面A1EFC1,
∴平面A1EFC1∥平面ABC.
又∵平面ABEA1与平面A1EFC1、平面ABC的交线分别是A1E,AB,∴A1E∥AB.
(2)∵四边形ACC1A1是矩形,∴AA1∥CC1.
∵∠BCC1=90°,即CC1⊥BC,∴AA1⊥BC.
又∵AB=BC=2,AC=2,∴AB2+BC2=AC2.
∴∠ABC=90°,即BC⊥AB.
∵AB,AA1平面AA1EB,且AB∩AA1=A,
∴BC⊥平面AA1EB.而BC平面CC1FB,
∴平面CC1FB⊥平面AA1EB.
14.【解析】(1)∵PA=PD，Q为AD的中点，∴AD⊥PQ，又
∵∠BAD=60°，底面ABCD为菱形，Q为AD的中点，
∴AD⊥BQ，
∵PQ∩BQ=Q，
所以AD⊥平面PQB.
(2)连接QC，作MH⊥QC于H.
∵PA=PD=AD=2，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥QC，
又MH⊥QC，∴PQ∥MH.于是MH⊥平面ABCD，
又PM=PC，∴MH=PQ=××2=，
所以，VM-ABCD=×AC×BD×MH
=×2×2×=1.
15.【解析】(1)连接AC,A1C1.
由底面是正方形知,BD⊥AC.
由于AA1⊥平面ABCD,BD平面ABCD,
所以AA1⊥BD.
又由AA1∩AC=A,所以BD⊥平面AA1C1C.
再由EC1平面AA1C1C知,BD⊥EC1.
(2)设AA1的长为h,连接OC1.
在Rt△OAE中,AE=,AO=,
故OE2=()2+()2=4.
在Rt△EA1C1中,A1E=h-,A1C1=2,
故E=(h-)2+(2)2.
在Rt△OCC1中,OC=,CC1=h,O=h2+()2.
由于OE⊥EC1,所以OE2+E=O,
即4+(h-)2+(2)2=h2+()2,
解得h=3,所以AA1的长为3.
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