2018年高中数学北师大版必修2第1章立体几何初步 习题课习题含解析

习题课平行关系与垂直关系的综合应用
1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是()
A.若α⊥β,m⫋α,n⫋β,则m⊥n
B.若α∥β,m⫋α,n⫋β,则m∥n
C.若m⊥n,m⫋α,n⫋β,则α⊥β
D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β
解析:对于选项A,分别在两个垂直平面内的两条直线平行、相交、异面都可能;对于选项B,分别在两个平行平面内的两条直线平行、异面都可能;对于选项C,两个平面分别经过两垂直直线中的一条,不能保证两个平面垂直;对于选项D,m⊥α,m∥n,则n⊥α;又因为n∥β,则β内存在与n平行的直线l,因为n⊥α,所以l⊥α,因为l⊥α,l⫋β,所以α⊥β.综上所述,D选项正确.
答案:D
2.
如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的轨迹是()
A.一条线段
B.一条直线
C.一个圆
D.一个圆,但要去掉两个点
答案:D
3.已知直线PG⊥平面α于点G,直线EF⫋α,且PF⊥EF于点F,则线段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:在Rt△PFE中,PE>PF;在Rt△PFG中,PF>PG,所以PE>PF>PG.
答案:C
4.若ABCD-A1B1C1D1为正方体,则下列结论中错误的是()
A.BD∥平面CB1D1
B.A1C⊥BD
C.AC1⊥平面CB1D1
D.AC1⊥BD1
解析:因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以DD1∥BB1且DD1=BB1,所以四边形DD1B1B为平行四边形,所以BD∥B1D1,因为BD⊈面CB1D1,B1D1⫋面CB1D1,所以BD∥平面CB1D1,故A正确;因为AA1⊥面ABCD,BD⫋面ABCD,所以AA1⊥BD,因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,因为AC∩AA1=A,所以BD⊥面A1ACC1,因为A1C⫋面A1ACC1,所以BD⊥A1C,故B正确.同理可得B1D1⊥面A1ACC1,因为AC1⫋面A1ACC1,所以B1D1⊥AC1,同理可得CB1⊥AC1,因为B1D1∩CB1=B1,所以AC1⊥平面CB1D1,故C正确.排除法应选D.
答案:D
5.直线m,n均不在平面α,β内,给出下列命题:
①若m∥n,n∥α,则m∥α;②若m∥β,α∥β,则m∥α;③若m⊥n,n⊥α,则m∥α;④若m⊥β,α⊥β,则m∥α.其中正确命题的个数是()
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:对①,根据线面平行的判定定理知,m∥α;对②,若直线m与平面α相交,则α必与β相交,而这与α∥β矛盾,故m∥α;对③,在平面α内取一点A,设过A,m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α,所以n⊥b,又m⊥n,所以m∥b,所以m∥α;对④,设α∩β=l,在α内作m'⊥β,因为m⊥β,所以m∥m',从而m ∥α.故四个命题都正确.
答案:D
6.已知两条不同的直线m,n和两个不同的平面α,β,给出下列四个命题:①若m∥α,n∥β,且α∥β,则m ∥n;②若m∥α,n⊥β,且α⊥β,则m∥n;③若m⊥α,n∥β,且α∥β,则m⊥n;④若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m ⊥n.其中正确的个数为.
解析:①中m,n也可能异面或相交,故不正确;②当m∥α,n⊥β,且α⊥β成立时,m,n两直线的关系可能是相交、平行、异面,故不正确;③由m⊥α,α∥β可得出m⊥β,再由n∥β可得出m⊥n,故正确;④分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直,正确.故③④正确.正确个数为2.
答案:2
7.在四面体P-ABC中,PA=PB=,平面PAB⊥平面ABC,∠ABC=90°,AC=8,BC=6,则
PC=.
如图所示,取AB的中点E,连接PE.因为PA=PB,所以PE⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC,所以PE⊥平面ABC.连接CE,则PE⊥CE.因为∠
ABC=90°,AC=8,BC=6,所以AB=2,PE=-,
CE=,PC==7.
答案:7
8.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.同理可得直线b⊥α,所以a∥b.
答案:a∥b
9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1-BD-A的平面角的正切值为.
解析:如图所示,连接AC,交BD于点O,连接A1O1.因为OA1⊥BD,AC⊥BD,所以∠A1OA为二面角A1-BD-A的平面角.在Rt△A1OA中,设AA1=a,则AO=a,所以二面角A1-BD-A的正切值为.
答案:
10.如图所示,四边形ABCD为矩形,平面ABCD⊥平面ABE,BE=BC,F为CE上的一点,且BF⊥平面ACE.
求证:(1)AE⊥BE;
(2)AE∥平面BFD.
证明(1)因为平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,AD⊥AB,
所以AD⊥平面ABE,
所以AD⊥AE.
因为AD∥BC,
所以BC⊥AE,
又BF⊥平面ACE,
所以BF⊥AE.
因为BC∩BF=B,
所以AE⊥平面BCE,所以AE⊥BE.
(2)设AC∩BD=G,连接FG,易知G是AC的中点.
因为BF⊥平面ACE,
所以BF⊥CE.
又BC=BE,
所以F是EC中点.
在△ACE中,FG∥AE,
因为AE⊈平面BFD,FG⫋平面BFD,
所以AE∥平面BFD.
★11.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三角形,已知BD=2AD=8,AB=2CD=4.
(1)设M是PC上任意一点,证明:平面MBD⊥平面PAD.
(2)在线段PC上是否存在一点M,使得PA∥平面BDM?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明在△ABD中,
因为AD=4,BD=8,AB=4,
所以AD2+BD2=AB2.
所以AD⊥BD.
又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BD⫋平面ABCD,所以BD⊥平面PAD, 又BD⫋平面MBD,故平面MBD⊥平面PAD.
(2)解当点M满足条件时,PA∥平面BDM.理由如下:
连接AC交BD于点G,由AB∥CD,得△ABG∽△CDG,
所以=2.
当PA∥平面BDM时,PA⫋平面PAC,平面PAC∩平面BDM=GM, 所以GM∥PA,所以.。