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课时提升作业(四十五)
一、选择题
1.已知两条不同的直线a,b和两个不同的平面α,β,且a⊥α,b⊥β,那么α⊥β是a⊥b的( )
(A)充分不必要条件
(B)必要不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
2.(2021·烟台模拟)设b,c表示两条直线,α,β表示两个平面,则下列命题正确的是( )
(A)若b⊂α,c∥α,则c∥b
(B)若b⊂α,b∥c,则c∥α
(C)若c⊂α,α⊥β,则c⊥β
(D)若c⊂α,c⊥β,则α⊥β
3.设α,β,γ是三个不重合的平面,l是直线,给出下列命题:
①若α⊥β,β⊥γ,则α⊥γ;②若l上两点到α的距离相等,则l∥α;③若l⊥α,l∥β,则α⊥β;④若α∥β,l⊄β,且l∥α,则l∥β.
其中正确的命题是( )
(A)①② (B)②③ (C)②④ (D)③④
4.ABCD为正方形,P为平面AC外一点,且PA⊥平面AC,则平面PAB与平面PBC,平面PAB与平面PAD的位置关系是( )
(A)平面PAB与平面PBC、平面PAD垂直
(B)它们都分别相交且相互垂直
(C)平面PAB与平面PAD垂直,与平面PBC相交但不垂直
(D)平面PAB与平面PBC垂直,与平面PAD相交但不垂直
5.m和n分别是两个相互垂直的平面α,β内的两条直线,α与β交于l,m和n与l既不垂直,也不平行,那么m和n的位置关系是( )
(A)可能垂直,但不行能平行
(B)可能平行,但不行能垂直
(C)可能垂直,也可能平行
(D)既不行能垂直,也不行能平行
6.(2021·成都模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段BC1上的动点,则下列推断错误的是( )
(A)DB1⊥平面ACD1
(B)BC1∥平面ACD1
(C)BC1⊥DB1
(D)三棱锥P-ACD1的体积与P点位置有关
二、填空题
7.设直线m与平面α相交但不垂直,给出一些说法:
①在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直;
②过直线m有且只有一个平面与平面α垂直;
③与直线m垂直的直线不行能与平面α平行;
④与直线m平行的平面不行能与平面α垂直.
其中错误的是 .
8.如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,当底面四边形A1B1C1D1满足 时,有A1C⊥B1D1(填上你认为正确的一种状况即可,不必考虑全部可能的状况).
9.(力气挑战题)设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两条不同直线,从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题: (用代号表示).
三、解答题
10.在几何体ABCDE中,DC⊥平面ABC,EB⊥平面ABC,F是BC的中点,AB=AC.
求证:(1)DC∥平面ABE.
(2)AF⊥平面BCDE.
11.三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC,∠ACB=90°,AC=CB=2.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABC.
(2)当∠PCB=60°时,求三棱锥A-PCB的体积.
12.(力气挑战题)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,=,AB=AC,D为BC的中点,E为AD上任意一点,F为棱BB1上一点.若C1F⊥EF,求的值.
答案解析
1.【解析】选C.⇒a⊥b,
⇒α⊥β,故选C.
2.【解析】选D.A中,c与b也有可能异面;B中也有可能c⊂α;C中c不愿定垂直平面β;D中依据面面垂直的判定定理可知正确.
3.【解析】选D.对于①,若α⊥β,β⊥γ,则可能α⊥γ,也可能α∥γ.对于②,若l上两点到α的距离相等,则l∥α,明显错误.当l⊥α,l∩α=A时,l上到A距离相等的两点到α的距离相等.③④明显正确.
4.【解析】选A.∵PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,
∴PA⊥BC.又BC⊥AB,PA∩AB=A,
∴BC⊥平面PAB,
∵BC⊂平面PBC,
∴平面PBC⊥平面PAB.
又AD∥BC,∴AD⊥平面PAB,
∴平面PAD⊥平面PAB.
5.【思路点拨】先假设某位置关系成立,在此基础上进行推理,若无冲突,且推理过程可逆,就确定这个假设;若有冲突,就否定这个假设.
【解析】选D.设m∥n,由于m在β外,n在β内,
∴m∥β.而α过m与β交于l,
∴m∥l,这与已知冲突,∴m不平行于n.
设m⊥n,在β内作直线a⊥l,
∵α⊥β,∴a⊥α,∴m⊥a.
又由于n和a共面且相交(若a∥n,则n⊥l,与已知冲突),∴m⊥β,
∴m⊥l与已知冲突,∴m和n不能垂直.
综上所述,应选D.
6.【解析】选D.由于BC1∥AD1,BC1⊄面AD1C,
∴BC1∥面AD1C.
故BC1到平面AD1C的距离与P点在BC1上的位置无关,又△AD1C的面积为定值,故D错误.
7.【解析】由于直线m是平面α的斜线,在平面α内,只要和直线m的射影垂直的直线都和m垂直,所以①错误;②正确;③错误,设b⊂α,b⊥m,c∥b,c⊄α,则c∥α.④错误,如正方体AC1中,m是直线BC1,平面ABCD是α,则平面ADD1A1既与平面α垂直,又与直线m平行.
答案:①③④
8.【解析】由直棱柱知CC1⊥平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1,要使A1C⊥B1D1,只要B1D1⊥平面A1CC1,所以只要B1D1⊥A1C1.此题也可以填写四边形A1B1C1D1是菱形、正方形等条件.
答案:B1D1⊥A1C1
9.【解析】若①②③成立,则直线m与平面α的位置关系不确定,①②③⇒④错误;同理①②④⇒③也错误;
①③④⇒②与②③④⇒①正确.
答案:①③④⇒②或②③④⇒①
10.【证明】(1)由于DC⊥平面ABC,EB⊥平面ABC,
所以DC∥EB.
又由于DC⊄平面ABE,EB⊂平面ABE,
所以DC∥平面ABE.
(2)由于DC⊥平面ABC,所以DC⊥AF.
又由于F是BC的中点,且AB=AC,所以AF⊥BC.
而BC∩DC=C,所以AF⊥平面BCDE.
【变式备选】(2021·重庆模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,O是底面ABCD对角线的交点.
求证:(1)C1O∥平面AB1D1.
(2)A1C⊥平面AB1D1.
【证明】(1)连结A1C1,设A1C1∩B1D1=O1,连结AO1,
∵ABCD-A1B1C1D1是正方体,
∴A1ACC1是平行四边形,
∴A1C1∥AC且A1C1=AC,
又O1,O分别是A1C1,AC的中点,
∴O1C1∥AO且O1C1=AO,
∴AOC1O1是平行四边形,
∴C1O∥AO1,AO1⊂平面AB1D1,C1O⊄平面AB1D1.
∴C1O∥平面AB1D1
(2)∵CC1⊥平面A1B1C1D1,
∴CC1⊥B1D1,
又∵A1C1⊥B1D1,
∴B1D1⊥平面AA1C1C,即A1C⊥B1D1,
同理可证A1C⊥AB1,
又D1B1∩AB1=B1,AB1⊂平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,
∴A1C⊥平面AB1D1.
11.【解析】(1)作PO⊥平面ABC于点O,
∵PA=PB=PC,
∴OA=OB=OC,即O为△ABC的外心.
又∵在△ABC中,∠ACB=90°,
故O为AB边的中点,
所以PO⊂平面PAB.
即平面PAB⊥平面ABC.
(2)∵PA=PB=PC,∠PCB=60°,
∴△PCB为正三角形.
∵AC=CB=2,∴PA=PB=PC=2,
∴OA=PO=,
∴三棱锥A-PCB的体积VA-PCB=VP-ABC=S△ABC·PO
=×AC·BC·PO=××4=.
12.【思路点拨】求线段的比值,一般是借助于几何图形的几何性质和相应的定理,利用方程思想,得到一个方程(组),解方程(组)就行.由于本题的垂直关系,可分别把BF与BB1放在两个直角三角形中,由勾股定理得方程解决.
【解析】由于AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.
又B1B⊥平面ABC,
AD⊂平面ABC,
所以AD⊥BB1,
于是AD⊥平面BB1C1C.
所以DF是EF在平面BB1C1C内的射影.
所以C1F⊥EF⇔C1F⊥DF,即DF2+C1F2=C1D2.
设BC=2a,BF=x.由于=,
所以BB1=3a,B1F=3a-x.
在Rt△C1B1F中,C1F2=B1+B1F2=4a2+(3a-x)2.
在Rt△DBF中,DF2=BD2+BF2=a2+x2.
在Rt△C1CD中,C1D2=C+CD2=10a2.
由a2+x2+[4a2+(3a-x)2]=10a2,
得x2-3ax+2a2=0,解得x=a或x=2a.
故==或.
【变式备选】已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,且∠A1AB=60°,M是AB的中点,A1M⊥AC.
(1)求证:A1M⊥平面ABC.
(2)求点M到平面AA1C1C的距离.
【解析】(1)∵侧面ABB1A1是菱形,
且∠A1AB=60°,∴△A1AB为正三角形.
又∵点M为AB的中点,∴A1M⊥AB,
由已知A1M⊥AC,∴A1M⊥平面ABC.
(2)作ME⊥AC于E,连接A1E,作MO⊥A1E于O,
由已知A1M⊥AC,
又∵ME⊥AC,
∴AC⊥平面A1ME,
由MO⊂平面A1ME,得AC⊥MO,
∵MO⊥A1E,且A1E⊂平面A1ACC1,
A1E∩AC=E,
∴MO⊥面A1ACC1,于是MO即为所求.
∵菱形ABB1A1边长为2,易得ME=,A1M=,A1E=,∴MO=.
【方法技巧】立体几何中开放型问题的解题策略
近年来开放型问题不断在高考试题中毁灭,这说明高考对同学的力气要求越来越高,因而在复习过程中要擅长对问题进行探究.立体几何中结合垂直关系,设计开放型试题将是高考命题的一个动向.这类探究性问题可以由结论动身查找思路,用分析法找点线面的特殊“位置”,再用综合法写出步骤,有时也可利用坐标法直接求解.
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