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- 2021-06-30 发布
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随堂巩固训练(72)
1. 已知平面α,β都与γ垂直,且α∩β=l,则直线l与平面γ的关系为 垂直 .
解析:由题意设α∩γ=m,β∩γ=n.因为α∩β=l,所以在l上任取一点P,过点P在平面α内作PA⊥m,过点P在平面β内作PB⊥n.因为α⊥γ,α∩γ=m,所以PA⊥γ.因为β⊥γ,β∩γ=n,所以PB⊥γ,所以PA,PB重合,即l,所以l⊥γ.
2. 在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平面ACE的位置关系为 平行 .
解析:连结AC,BD,交点为F,连结EF,在△BDD1中,E,F分别为DD1,BD的中点,所以EF∥BD1.又因为EF⊂平面ACE,BD1⊄平面ACE,所以BD1∥平面ACE.
3. 已知平面α∥平面β,直线m⊂α,则m∥β一定成立,理由为因为平面α∥平面β,所以平面α,β没有公共点.因为直线m⊂α,所以直线m与平面β没有公共点,所以直线m∥平面βW.
4. 下列命题中正确的是 ②④ .(填序号)
①平行于同一直线的两个平面平行;
②平行于同一平面的两个平面平行;
③垂直于同一直线的两直线平行;
④垂直于同一平面的两直线平行.
解析:平行于同一直线的两个平面平行或相交,故①错误;平行于同一平面的两个平面平行,由平面平行的性质定理,可知②正确;垂直于同一直线的两直线平行、相交或异面,故③错误;垂直于同一平面的两直线平行,故④正确.
5. 设不同的直线m,n和不同的平面α,β,则下列命题中正确的是 ② .(填序号)
①若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α⊥β;
②若m∥n,n⊥β,m⊂α,则α⊥β;
③若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β;
④若m⊥α,m⊥n,n⊂β,则α∥β.
解析:对于①,因为m∥n,m⊥α,所以n⊥α.又n⊥β,所以α∥β,故①错误;对于②,因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β.又m⊂α,则α⊥β,故②正确;对于③,根据面面平行的判定定理可知,必须是两条相交直线分别平行,结论才成立,故③错误;对于④,若m⊥α,m⊥n,则n∥α或n⊂α.又n⊂β,所以α∥β不一定成立,故④错误.
6. 设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,给出下列命题:
①若m⊂β,α⊥β,则m⊥α; ②若m∥α,m⊥β,则α⊥β;
③若α⊥β,α⊥γ,则β⊥γ; ④若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β.
其中,真命题的序号是 ② .
解析:若m⊂β,α⊥β,则根据空间中线面的位置关系可知,m⊥α或m∥α或m⊂α或m与α相交,故①为假命题;若m∥α,m⊥β,则根据面面垂直的判定定理可知α⊥β,故②为真命题;若α⊥β,α⊥γ,则根据空间中平面与平面的位置关系可知β∥γ或β与γ相交,故③为假命题;若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则根据三棱柱的三个侧面可得α与β相交,根据四棱柱的四个侧面可得α∥β,故④为假命题.
7. 已知α,β为两个不同的平面,m为平面α内的一条直线,则“α⊥β”是“m⊥β”的 必要不充分 条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)
解析:由m⊂α,α⊥β得不出m⊥β,因为两平面垂直,其中一平面内的直线不一定与另一平面垂直;若m⊂α,m⊥β,则根据面面垂直的判定定理可得α⊥β,所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件.
8. 过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥平面α,垂足为O,连结PA,PB,PC,若
PA=PB=PC,则O为△ABC的 外 心.
解析:由题意得,过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥平面α,垂足为O,且PA=PB=PC,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心.
9. 已知平面α,β,γ,直线l,m满足:α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,那么可由上述条件推出的结论有 ②④ .(填序号)
①m⊥β; ②l⊥α; ③β⊥γ; ④α⊥β.
解析:因为α⊥γ,γ∩α=m,γ∩β=l,l⊥m,所以β与γ相交,但不一定垂直,m与β相交,但不一定垂直,故①③错误;由面面垂直的性质,知l⊥α,故②正确;由面面垂直的判定定理,知α⊥β,故④正确.
10. 对于平面α与平面β,有下列条件:
①平面α,β都垂直于平面γ;②平面α,β都平行于平面γ;③平面α内不共线的三点到平面β的距离相等;④l,m为两条平行直线,且l∥α,m∥β;⑤l,m是异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β.
则可判定平面α与平面β平行的条件是 ②⑤ .(填序号)
解析:对于①,由长方体过同一个顶点的三个侧面,可知垂直于同一个平面的两个平面可能相交,故①不正确;对于②,由两个平面互相平行的定义,可得平行于同一个平面的两个平面互相平行,故②正确;对于③,若平面α内不共线的三点不在平面β的同一侧,则平面α与平面β相交,故③不正确;对于④,若l,m为两条平行线,且l∥α,m∥β,则α与β可能平行,也可能相交,故④不正确;对于⑤,若l,m是异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β,则α∥β,故⑤正确.
11. 如图,在四棱锥ABCDE中,底面BCDE为菱形,侧面ABE为等边三角形,且侧面ABE⊥底面BCDE,O,F分别为BE,DE的中点.求证:
(1) AO⊥CD;
(2) 平面AOF⊥平面ACE.
解析:(1) 因为△ABE为等边三角形,O是BE的中点,
所以AO⊥BE.
又因为平面ABE⊥平面BCDE,
平面ABE∩平面BCDE=BE,AO⊂平面ABE,
所以AO⊥平面BCDE.
因为CD⊂平面BCDE,
所以AO⊥CD.
(2) 连结BD.
因为四边形BCDE为菱形,所以CE⊥BD.
因为O,F分别为BE,DE的中点,
所以OF∥BD,所以CE⊥OF.
由(1)可知,AO⊥平面BCDE,
因为CE⊂平面BCDE,所以AO⊥CE.
因为AO∩OF=O,AO,OF⊂平面AOF,
所以CE⊥平面AOF.
又因为CE⊂平面ACE,
所以平面AOF⊥平面ACE.
12. 在如图所示的多面体中,EF⊥平面AEB,AE⊥EB,AD∥EF,EF∥BC,BC=2AD=4,EF=3,AE=BE=2,G是BC的中点.求证:
(1) AB∥平面DEG;
(2) BD⊥EG.
解析:(1) 因为AD∥EF,EF∥BC,
所以AD∥BC.
又因为BC=2AD,G是BC的中点,
所以AD=BG,
所以四边形ADGB是平行四边形,
所以AB∥DG.
因为AB⊄平面DEG,DG⊂平面DEG,
所以AB∥平面DEG.
(2) 过点D作DH∥AE,交EF于点H,连结GH,BH.
因为EF⊥平面AEB,AE⊂平面AEB,
所以EF⊥AE,EF⊥BE.
又AE⊥EB,EB∩EF=E,EB,EF⊂平面BCFE,
所以AE⊥平面BCFE,
所以DH⊥平面BCFE.
因为EG⊂平面BCFE,所以DH⊥EG.
因为AD∥EF,DH∥AE,
所以四边形AEHD是平行四边形,
所以EH=AD=2.
又EH∥BG,EH⊥BE,EH=BE=BG=2,
所以四边形BGHE为正方形,
所以BH⊥EG.
又BH∩DH=H,BH,DH⊂平面BHD,
所以EG⊥平面BHD.
因为BD⊂平面BHD,
所以BD⊥EG.
13. 如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是矩形,PA=PD,PA⊥AB,N是棱AD的中点.
(1) 求证:平面PAB⊥平面PAD;
(2) 求证:PN⊥平面ABCD;
(3) 在棱BC上是否存在动点E,使得BN∥平面DEP?并说明理由.
解析:(1) 在矩形ABCD中,AB⊥AD.
又因为AB⊥PA,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
所以AB⊥平面PAD.
又因为AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2) 在△PAD中,PA=PD,N是AD的中点,
所以PN⊥AD.
由(1)知AB⊥平面PAD,PN⊂平面PAD,
所以AB⊥PN.
又因为AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,
所以PN⊥平面ABCD.
(3) 在棱BC上存在点E,使得BN∥平面DEP,此时E为BC的中点.理由如下:
假设存在点E,使得BN∥平面DEP.
因为BN⊂平面ABCD,
平面ABCD∩平面PDE=DE,
所以BN∥DE.
因为N是AD的中点,
所以E为BC的中点,
故假设成立,且E为BC的中点.
总结:解决立体几何中的探索性问题的步骤:
第一步:写出探求的最后结论;第二步:证明探求结论的正确性;第三步:给出明确答案;第四步;反思回顾,查看关键点、易错点和答题规范.
温馨提醒:(1) 立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究,对条件和结论不完备的开放性问题的探究,解决这类问题一般根据探索性问题的设问,假设其存在并探索出结论,然后在这个假设下进行推理论证,若得到合乎情理的结论就肯定假设,若得到矛盾就否定假设.(2) 这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤:从结论出发“要使……成立”,“只需使……成立”.