高中数学二轮复习 专题4 立体几何(第2讲)课时作业 新

命题中正确的是( ) A.m∥n,m⊥α?n⊥α

B.α∥β,m?α,n?β?m∥n C.m⊥α,m⊥n?n∥α

D.m?α,n?α,m∥β,n∥β?α∥β [答案] A

[解析] 由线面垂直的性质定理知A正确;如图1知,当m1?β,m1∩n=A时满足B的条件,但m与n不平行;当m⊥α,m⊥n时,可能有n?α;如图2知,m∥n∥l,α∩β=l时满足D的条件,由此知D错误.

(理)设m、n是不同的直线,α、β、γ是不同的平面,有以下四个命题:

?α ⊥β?

???m⊥β ①?β∥γ ②?α∥γ?m∥α??

?α∥β?

m∥n????α⊥β ④??m∥α ③

??m∥β?n?α?

其中,真命题是( )

A.①④ B.②③ C.①③ D.②④ [答案] C

[解析] ①正确,平行于同一个平面的两个平面平行;②错误,由线面平行、垂直定理知:m不一定垂直于β;③正确,由线面平行,垂直关系判断正确;④错误,m也可能在α内.综上所述,正确的命题是①③,故选C. 12.(文)(2013·西城区模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱B1C1的中点,动点P在底面ABCD内,且PA1=A1E,则点P运动形成的图形是( )

m⊥α??

A.线段 B.圆弧

C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分 [答案] B

[解析] |AP|=A1P2-AA21=A1E2-A1B21=|B1E|(定值),故点P在底面ABCD内运动形成

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的图形是圆弧. (理)(2013·保定市模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为CC1的中点,P在底面ABCD内运动,且满足∠DPD1=∠CPM,则点P的轨迹为( )

A.圆的一部分 B.椭圆的一部分

C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分 [答案] A

MCDD12MC

[解析] 由∠DPD1=∠CPM得PC=DP=DP,

PD

∴PC=2,在平面ABCD内,以D为原点,DA、DC分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系,设DC=1,P(x,y),

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∵PD=2PC,∴x2+y2=2x2+y-12,整理得x2+(y-3)2=9,所以,轨迹为圆的一部分,故选A. 13.(2013·苍南求知中学月考)已知A、B是两个不同的点,m、n是两条不重合的直线,α、β是两个不重合的平面,给出下列4个命题:①若m∩n=A,A∈α,B∈m,则B∈α;②若m?α,A∈m,则A∈α;③若m?α,m⊥β,则α⊥β;④若m?α,n?β,m∥n,则α∥β,其中真命题为( ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ [答案] C

[解析] ②∵m?α,∴m上的点都在平面α内,又A∈m,∴A∈α,∴②对;由二面垂直的判定定理知,③正确. 二、解答题

14.(文)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点.且CC1=2AC. (1)求证:CN∥平面AMB1; (2)求证:B1M⊥平面AMG.

[证明] (1)如图取线段AB1的中点P,连接NP、MP, 1

∵CM綊2BB1, 1

NP綊2BB1,

∴CM綊NP,

∴四边形CNPM是平行四边形. ∴CN∥MP.

∵CN?平面AMB1,MP?平面AMB1, ∴CN∥平面AMB1.

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(2)∵CC1⊥平面ABC,

∴平面CC1B1B⊥平面ABC,

∵AG⊥BC,∴AG⊥平面CC1B1B, ∴B1M⊥AG.

∵CC1⊥平面ABC,

平面A1B1C1∥平面ABC, ∴CC1⊥AC,CC1⊥B1C1,

设AC=2a,则CC1=22a,

在Rt△MCA中,AM=CM2+AC2=6a. 在Rt△B1C1M中,B1M=B1C21+C1M2=6a. ∵BB1∥CC1,∴BB1⊥平面ABC,∴BB1⊥AB,

∴AB1=B1B2+AB2=C1C2+AB2=23a. ∵AM2+B1M2=AB21,∴B1M⊥AM. 又∵AG∩AM=A,∴B1M⊥平面AMG.

(理)如图,在三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=BC=2,点N为B1C1的中点,点P在棱A1C1上运动.

(1)试问点P在何处时,AB∥平面PNC,并证明你的结论;

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(2)在(1)的条件下,若AA1

[解析] (1)当点P为A1C1的中点时,AB∥平面PNC.

∵P为A1C1的中点,N为B1C1的中点,∴PN∥A1B1∥AB ∵AB?平面PNC,PN?平面PNC,∴AB∥平面PNC. (2)设AA1=m,则m<2,∵AB、BC、BB,两两垂直,

∴以B为原点,BA、BC,BB1为x轴、y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,m),A1(2,0,m),C1(0,2,m),

∴P(1,1,m),设平面BCP的法向量n=(x,y,z), →→

则由n·BP=0,n·BC=0,解得y=0,x=-mz, →

令z=0,则n=(-m,0,-1),又B1C=(0,2,-m), 10

直线B1C与平面BCP所成角正弦值为10, 10|n·B1C|∴10=|n|·|B1C|,解之得m=1 ∴n=(-1,0,1)

易求得平面ABP的法向量n1=(0,-1,1)

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n·n111

cosα=|n|·=,设二面角的平面角为θ,则cosθ=-|n1|22,∴θ=120°.

15.如图1,在四棱锥P-ABCD中,底面为正方形,PC与底面ABCD垂直(图1),图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图,它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角.

(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图,并求出该俯视图的面积; BECF

(2)图3中,E为棱PB上的点,F为底面对角线AC上的点,且EP=FA,求证:EF∥平面PDA.

[解析] (1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm的正方形(如图).

其面积为6×6=36cm2.

(2)连接BF,延长BF与AD交于G,连接PG. 如图,在正方形ABCD中, BFCFFG=FA,

BECFBFBE又因为EP=FA,所以FG=EP,

故在△BGP中,EF∥PG,

又EF?平面PDA,PG?平面PDA, 所以EF∥平面PDA. 16.(文)(2013·辽宁文,18)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.

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(1)求证:BC⊥平面PAC;

(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证:QG∥平面PBC. [解析] (1)由AB是圆O的直径,得AC⊥BC, 由PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,得PA⊥BC. 又PA∩AC=A,PA?平面PAC,AC?平面PAC, 所以BC⊥平面PAC.

(2)连OG并延长交AC于M,连接QM、QO,

由G为△AOC的重心,得M为AC中点. 由Q为PA中点,得QM∥PC, 又O为AB中点,得OM∥BC.

因为QM∩MO=M,QM?平面QMO, MO?平面QMO,BC∩PC=C, BC?平面PBC,PC?平面PBC, 所以平面QMO∥平面PBC, 因为QG?平面QMO. 所以QG∥平面PBC. (理)(2013·天津六校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC1

=90°,平面PAD⊥底面ABCD,E为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=2,BC=2AD=1,CD=3.

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