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

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ABCD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,在立体图形DABC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.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)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7.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ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动,则下面四个结论:三棱锥AD1PC的体积不变;A1P平面ACD1;DPBC1;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,D1C.因为AA1CC1,AA1=CC1,所以四边形AA1C1C是平行四边形,所以ACA1C1.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ACAD1=A,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BC1AD1,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AD1PC的体积不变,故正确.连接DB,DC1,DP.因为DB=DC1,所以当P为BC1的中点时才有DPBC1,故错误.因为BB1平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACBB1.又因为ACBD,BB1BD=B,所以AC平面BB1D1D.连接B1D,又因为B1D平面BB1D1D,所以B1DAC.同理可证B1DAD1.又因为AC平面ACD1,AD1平面ACD1,ACAD1=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ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E平面ABCD.(1)证明:A1O平面B1CD1;(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ABCDA1B1C1D1为四棱柱,所以A1O1OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1OO1C.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B1D1BD,所以EMB1D1,A1EB1D1.又 A1E, 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SABCD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,且平面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SC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=(0<<1).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.因为CDBC且ABBC=B,所以CD平面ABC.又因为=(0<<1),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.7