2019版高中数学第一章立体几何初步1.2点、线、面之间的位置关系1.2.3第2课时平面与平面垂直练习新人教B版必修2.doc

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1、1第二课时 平面与平面垂直1.设直线 m,n,平面 ,则下列命题正确的是( B )(A)若 mn,m,n,则 (B)若 mn,n,m,则 (C)若 mn,m,n,则 (D)若 mn,=m,n,则 解析:B 中,因为 mn,n,所以 m,又因为 m,故 .2.在三棱锥 A BCD中,如果 ADBC,BDAD,BCD 是锐角三角形,那么( C )(A)平面 ABD平面 ADC (B)平面 ABD平面 ABC(C)平面 BCD平面 ADC (D)平面 ABC平面 BCD解析:因为 ADBC,BDAD,且 BCBD=B,所以 AD平面 BCD,所以平面 BCD平面 ADC.故选C.3.如图所示,在立体

2、图形 D ABC中,若 AB=CB,AD=CD,E是 AC的中点,则下列命题中正确的是( C )(A)平面 ABC平面 ABD(B)平面 ABD平面 BDC(C)平面 ABC平面 BDE,且平面 ADC平面 BDE(D)平面 ABC平面 ADC,且平面 ADC平面 BDE解析:因为 AB=BC,E为 AC中点,所以 BEAC,同理可证:DEAC.因为 DEBE=E,所以 AC平面 BDE,又 AC平面 ACD,AC平面 ABC.2所以平面 ACD平面 BDE,平面 ABC平面 BDE,故选 C.4.在空间中,l,m,n 是三条不同的直线, 是三个不同的平面,则下列结论不正确的是( D )(A)

3、若 ,则 (B)若 l,l,=m,则 lm(C)若 ,=l,则 l(D)若 =m,=l,=n,lm,ln,则 mn解析:根据平面平行的传递性可知选项 A中的结论正确;如果一条直线平行于两个相交平面,那么该直线平行于它们的交线,可知选项 B中的结论正确;如果两个相交平面均垂直于第三个平面,那么它们的交线垂直于第三个平面,可知选项 C中的结论正确.故选 D.5.已知两条直线 a,b与两个平面 ,b,则下列命题中正确的是若 a,则ab;若 ab,则 a;若 b,则 ;若 ,则 b.( A )(A) (B) (C) (D)解析:对于,a,在 内存在 aa,又 b,所以 ba,所以 ba,正确;对于,a

4、 还可以在 内,所以错;对于,b,b,所以 ,正确;对于,b 或 b,故错误.故选 A.6.如图,四边形 ABCD为正方形,PA平面 ABCD,则平面 PBD与平面 PAC的关系是 . 解析:因为 PA平面 ABCD,BD平面 ABCD,所以 BDAP.又 ABCD为正方形,所以 BDAC,又 ACAP=A,所以 BD平面 PAC,而 BD平面 PBD,所以平面 PBD平面 PAC.答案:垂直37.若三棱锥三个侧面两两垂直,则顶点在底面上的射影是底面三角形的( D )(A)内心 (B)外心 (C)重心 (D)垂心解析:三棱锥三个侧面两两垂直,则三条侧棱也两两垂直,可证侧棱与对底棱垂直,从而侧棱

5、在底面上的射影与侧棱的对底棱垂直,故顶点在底面上的射影为三角形的垂心.8.如图,若边长为 4和 3与边长为 4和 2的两个矩形所在的平面互相垂直,则 cos cos = . 解析:由题意,两个矩形的对角线长分别为 5,2 ,所以 cos = = ,cos = ,所以 cos cos = 2.答案: 29.如图,点 P在正方体 ABCD A1B1C1D1的面对角线 BC1上运动,则下面四个结论:三棱锥 A D1PC的体积不变;A 1P平面 ACD1;DPBC 1;平面 PDB1平面 ACD1.其中正确结论的序号是 .(写出所有你认为正确结论的序号) 解析:连接 AC,A1C1,A1B,AD1,D

6、1C.因为 AA1CC 1,AA1=CC1,所以四边形 AA1C1C是平行四边形,所以 ACA 1C1.又因为 AC平面 A1BC1,A1C1平面 A1BC1,所以 AC平面 A1BC1.同理可证 AD1平面 A1BC1,又因为 AC平面 ACD1,AD1平面 ACD1,且 ACAD 1=A,4所以平面 ACD1平面 A1BC1.因为 A1P平面 A1BC1,所以 A1P平面 ACD1,故正确.因为 BC1AD 1,所以 BC1平面 ACD1,所以点 P到平面 ACD1的距离不变.又因为 = ,所以三棱锥 A D1PC的体积不变,故正确.连接 DB,DC1,DP.因为 DB=DC1,所以当 P

7、为 BC1的中点时才有 DPBC 1,故错误.因为 BB1平面 ABCD,AC平面 ABCD,所以 ACBB 1.又因为 ACBD,BB 1BD=B,所以 AC平面 BB1D1D.连接 B1D,又因为 B1D平面 BB1D1D,所以 B1DAC.同理可证 B1DAD 1.又因为 AC平面 ACD1,AD1平面 ACD1,ACAD 1=A,所以 B1D平面 ACD1.又因为 B1D平面 PDB1,所以平面 PDB1平面 ACD1,故正确.答案:10.(2017山东卷)由四棱柱 ABCD A1B1C1D1截去三棱锥 C1 B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形 ABCD为正方形,O 为 AC与

8、BD的交点,E 为 AD的中点,A 1E平面 ABCD.(1)证明:A 1O平面 B1CD1;5(2)设 M是 OD的中点,证明:平面 A1EM平面 B1CD1.证明:(1)取 B1D1的中点 O1,连接 CO1,A1O1,由于 ABCD A1B1C1D1为四棱柱,所以 A1O1OC,A 1O1=OC,因此四边形 A1OCO1为平行四边形,所以 A1OO 1C.又 O1C平面 B1CD1,A1O平面 B1CD1,所以 A1O平面 B1CD1.(2)因为 ACBD,E,M 分别为 AD和 OD的中点,所以 EMBD.又 A1E平面 ABCD,BD平面 ABCD,所以 A1EBD.因为 B1D1B

9、D,所以 EMB 1D1,A1EB 1D1.又 A 1E, EM平面 A1EM,A1EEM=E,所以 B1D1平面 A1EM.又 B1D1平面 B1CD1,所以 平面 A1EM平面 B1CD1.11.如图所示,在四棱锥 S ABCD中,平面 SAD平面 ABCD.四边形 ABCD为正方形,且 P为 AD的中点,Q 为 SB的中点.(1)求证:CD平面 SAD;(2)求证:PQ平面 SCD;(3)若 SA=SD,M为 BC的中点,在棱 SC上是否存在点 N,使得平面 DMN平面 ABCD,并证明你的结论.证明:(1)因为四边形 ABCD为正方形,所以 CDAD.又平面 SAD平面 ABCD,6且

10、平面 SAD平面 ABCD=AD,所以 CD平面 SAD.(2)取 SC的中点 R,连接 QR,DR.由题意知 PDBC 且 PD= BC.在SBC 中,Q 为 SB的中点,R 为 SC的中点,所以 QRBC 且 QR= BC.所以 QRPD 且 QR=PD,则四边形 PDRQ为平行四边形,所以 PQDR.又 PQ平面 SCD,DR平面 SCD,所以 PQ平面 SCD.(3)解:存在点 N为 SC的中点,使得平面 DMN平面 ABCD.连接 PC、DM 交于点 O,连接 PM、SP、NM、NO,因为 PDCM 且 PD=CM,所以四边形 PMCD为平行四边形,所以 PO=CO.又因为 N为 S

11、C的中点,所以 NOSP.因为 SA=SD,所以 SPAD.因为平面 SAD平面 ABCD,平面 SAD平面 ABCD=AD,并且 SPAD,所以 SP平面 ABCD,所以 NO平面 ABCD.又因为 NO平面 DMN,所以平面 DMN平面 ABCD.12.如图所示,已知在BCD 中,BCD=90,BC=CD=1,AB平面 BCD,ADB=60,E,F 分别是AC,AD上的动点,且 = =(01).求证:不论 为何值,总有平面 BEF平面 ABC.证明:因为 AB平面 BCD,所以 ABCD.7因为 CDBC 且 ABBC=B,所以 CD平面 ABC.又因为 = =(01),所以不论 为何值,恒有 EFCD,所以 EF平面 ABC.又 EF平面 BEF,所以不论 为何值恒有平面 BEF平面 ABC.