2020年数学文(广西用)课时作业：第九章-第三节直线和平面垂直、平面和平面垂直.docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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,且a,b,那么是ab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,表示两个平面,则下列命题正确的是()(A)若b,c,则cb(B)若b,bc,则c(C)若c,则c(D)若c,c,则3.设,是三个不重合的平面,l是直线,给出下列命题:若,则;若l上两点到的距离相等,则l;若l,l,则;若,l,且l,则l.其中正确的命题是()(A) (B) (C) (D)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,内的两条直线,与交于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)BC1DB1(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与平面相交但不垂直,给出一些说法:在平面内有且只有一条直线与直线m垂直;过直线m有且只有一个平面与平面垂直;与直线m垂直的直线不行能与平面平行;与直线m平行的平面不行能与平面垂直.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A1CB1D1(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,是空间两个不同的平面,m,n是平面及外的两条不同直线,从“mn;n;m”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C1FEF,求的值.答案解析1.【解析】选C.ab,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;C中c不愿定垂直平面;D中依据面面垂直的判定定理可知正确.3.【解析】选D.对于,若,则可能,也可能.对于,若l上两点到的距离相等,则l,明显错误.当l,l=A时,l上到A距离相等的两点到的距离相等.明显正确.4.【解析】选A.PA平面ABCD,BC平面ABCD,PABC.又BCAB,PAAB=A,BC平面PAB,BC平面PBC,平面PBC平面PAB.又ADBC,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mn,由于m在外,n在内,m.而过m与交于l,ml,这与已知冲突,m不平行于n.设mn,在内作直线al,a,ma.又由于n和a共面且相交(若an,则nl,与已知冲突),m,ml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BC1AD1,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是平面的斜线,在平面内,只要和直线m的射影垂直的直线都和m垂直,所以错误;正确;错误,设b,bm,cb,c,则c.错误,如正方体AC1中,m是直线BC1,平面ABCD是,则平面ADD1A1既与平面垂直,又与直线m平行.答案:8.【解析】由直棱柱知CC1平面A1B1C1D1,所以CC1B1D1,要使A1CB1D1,只要B1D1平面A1CC1,所以只要B1D1A1C1.此题也可以填写四边形A1B1C1D1是菱形、正方形等条件.答案:B1D1A1C19.【解析】若成立,则直线m与平面的位置关系不确定,错误;同理也错误;与正确.答案:或10.【证明】(1)由于DC平面ABC,EB平面ABC,所以DCEB.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DCAF.又由于F是BC的中点,且AB=AC,所以AFBC.而BCDC=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A1C1B1D1=O1,连结AO1,ABCD-A1B1C1D1是正方体,A1ACC1是平行四边形,A1C1AC且A1C1=AC,又O1,O分别是A1C1,AC的中点,O1C1AO且O1C1=AO,AOC1O1是平行四边形,C1OAO1,AO1平面AB1D1,C1O平面AB1D1.C1O平面AB1D1(2)CC1平面A1B1C1D1,CC1B1D1,又A1C1B1D1,B1D1平面AA1C1C,即A1CB1D1,同理可证A1CAB1,又D1B1AB1=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=SABCPO=ACBCPO=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ADBC.又B1B平面ABC,AD平面ABC,所以ADBB1,于是AD平面BB1C1C.所以DF是EF在平面BB1C1C内的射影.所以C1FEFC1FDF,即DF2+C1F2=C1D2.设BC=2a,BF=x.由于=,所以BB1=3a,B1F=3a-x.在RtC1B1F中,C1F2=B1+B1F2=4a2+(3a-x)2.在RtDBF中,DF2=BD2+BF2=a2+x2.在RtC1CD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,A1MAC.(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,A1MAB,由已知A1MAC,A1M平面ABC.(2)作MEAC于E,连接A1E,作MOA1E于O,由已知A1MAC,又MEAC,AC平面A1ME,由MO平面A1ME,得ACMO,MOA1E,且A1E平面A1ACC1,A1EAC=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.关闭Word文档返回原板块。