《備考指南一輪 數(shù)學(xué) 》課件-第8章 第4講

第八章第4講[A級基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是()A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥βC．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β【答案】C2．如圖所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，PA⊥平面ABC，則四面體P－ABC各個面中直角三角形的個數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1【答案】A3．(2020年河北衡水中學(xué)模擬)已知直線l⊥平面α，直線m∥平面β，若α⊥β，則下列結(jié)論正確的是()A．l∥β或l?β B．l∥mC．m⊥α D．l⊥m【答案】A4．如圖所示，在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點(diǎn)，下列四個結(jié)論中不成立的是()A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC【答案】D5．(2020年四川模擬)在四面體ABCD中，已知AB＝AC＝CD＝2，BC＝2eq\r(2)，且CD⊥平面ABC，則該四面體外接球的體積為()A．16π B．12πC．4eq\r(3)π D．6π【答案】C【解析】在四面體ABCD中，因?yàn)锳B＝AC＝CD＝2，BC＝2eq\r(2)，所以AC2＋AB2＝BC2，所以AB⊥AC．因?yàn)镃D⊥平面ABC，所以CD⊥AB．又AC∩CD＝C，所以AB⊥平面ACD，構(gòu)造正方體，得四面體外接球半徑r＝eq\f(1,2)·eq\r(4＋4＋4)＝eq\r(3)，所以該四面體外接球的體積V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π·(eq\r(3))3＝4eq\r(3)π.6．(2019年濰坊期末)四面體PABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，O為AB中點(diǎn)，請從以下平面中選出兩個相互垂直的平面________(只填序號)．①平面PAB；②平面ABC；③平面PAC；④平面PBC；⑤平面POC．【答案】①②(或②⑤或①⑤)【解析】因?yàn)樗拿骟wPABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC為等腰直角三角形，AC＝BC，O為AB中點(diǎn)，所以CO⊥AB．又PO⊥AB，CO∩PO＝O，所以AB⊥平面POC．因?yàn)锳B?平面ABC，AB?平面PAB，所以平面POC⊥平面ABC，平面PAB⊥平面POC．因?yàn)镺A＝OB＝OC，PA＝PB＝PC，PO⊥AB，所以PO⊥OC．易得PO⊥平面ABC，平面PAB⊥平面ABC．所以兩個相互垂直的平面為①②或②⑤或①⑤.7．(開放題)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD(只要填寫一個你認(rèn)為是正確的條件即可)．【答案】DM⊥PC(或BM⊥PC)【解析】連接AC，則AC⊥BD．因?yàn)镻A⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD．又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC．又PC?平面PAC，所以BD⊥PC．所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，即有PC⊥平面MBD．而PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．8．如圖所示，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD，將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是________(填序號)．①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面體A′BCD的體積為eq\f(1,6).【答案】②③【解析】因?yàn)锽D⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD?平面BCD，所以CD⊥平面A′BD．又A′D?平面A′BD，所以CD⊥A′D．因?yàn)锳B＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，所以A′C＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，所以A′B2＋A′C2＝BC2，所以A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°.四面體A′BCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×12×1＝eq\f(1,6).9．(2020年海安月考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，點(diǎn)D為棱C1C的中點(diǎn)，AC1與A1D交于點(diǎn)E，BC1與B1D交于點(diǎn)F，連接EF(1)AB∥EF；(2)平面A1B1D⊥平面B1BCC1．證明：(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，又AB?平面A1B1D，A1B1?平面A1B1D所以AB∥平面A1B1D．因?yàn)锳B?平面ABC1，平面A1B1D∩平面ABC1＝EF，所以AB∥EF.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面A1B1C又A1B1?平面A1B1C1所以BB1⊥A1B1．因?yàn)锳B⊥BC，所以A1B1⊥B1C因?yàn)锽1B∩B1C1＝B1，B1B?平面B1BCC1，B1C1?平面B1BCC所以A1B1⊥平面B1BCC1．因?yàn)锳1B1?平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面B1BCC1．10．(2020年臨沂調(diào)研)如圖，四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ADC＝60°，CD＝2AD，EC⊥底面ABCD．(1)求證：平面ADE⊥平面ACE；(2)若AD＝CE＝2，求三棱錐C－ADE的高．解：(1)證明：因?yàn)樵?ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝2AD，所以在△ACD中，由余弦定理，得AC＝eq\r(AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC)＝eq\r(AD2＋4AD2－2AD·2AD×\f(1,2))＝eq\r(3)AD，所以AD2＋AC2＝CD2，所以∠DAC＝90°，故AD⊥AC．因?yàn)镋C⊥底面ABCD，AD?平面ABCD，所以EC⊥AD．又因?yàn)镋C∩AC＝C，AC，EC?平面ACE，所以AD⊥平面ACE.因?yàn)锳D?平面ADE，所以平面ADE⊥平面ACE.(2)因?yàn)锳D＝2，所以CD＝4.由(1)知AC＝eq\r(3)AD，所以AC＝2eq\r(3)，所以AE＝eq\r(AC2＋CE2)＝4.方法一：設(shè)三棱錐C－ADE的高為h.由(1)知AD⊥平面ACE，所以由VD－ACE＝VC－ADE，得eq\f(1,3)·AD·S△ACE＝eq\f(1,3)·h·S△ADE，即eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝eq\f(1,3)·h·eq\f(1,2)×2×4，解得h＝eq\r(3).所以三棱錐C－ADE的高為eq\r(3).方法二：在△ACE內(nèi)，過點(diǎn)C作CF⊥AE，垂足為F.由(1)知，平面AED⊥平面ACE，又平面ADE∩平面ACE＝AE，所以CF⊥平面ADE，所以CF為三棱錐C－ADE的高．在Rt△ACE中，CF·AE＝AC·CE，即4CF＝2eq\r(3)×2，解得CF＝eq\r(3).所以三棱錐C－ADE的高為eq\r(3).[B級能力提升]11．設(shè)a，b，c是空間的三條直線，α，β是空間的兩個平面，則下列命題中，逆命題不成立的是()A．當(dāng)c⊥α?xí)r，若c⊥β，則α∥βB．當(dāng)b?α?xí)r，若b⊥β，則α⊥βC．當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時(shí)，若b⊥c，則a⊥bD．當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若c∥α，則b∥c【答案】B【解析】A的逆命題為：當(dāng)c⊥α?xí)r，若α∥β，則c⊥β.由線面垂直的性質(zhì)知c⊥β，故A正確；B的逆命題為：當(dāng)b?α?xí)r，若α⊥β，則b⊥β，顯然錯誤，故B錯誤；C的逆命題為：當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時(shí)，若a⊥b，則b⊥c.由三垂線逆定理知b⊥c，故C正確；D的逆命題為：當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若b∥c，則c∥α.由線面平行判定定理可得c∥α，故D正確．12．(多選)如圖所示，AB為圓O的直徑，點(diǎn)C在圓周上(異于點(diǎn)A，B)，直線PA垂直于圓O所在的平面，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)，則以下四個命題中正確的是()A．PA∥平面MOB B．MO∥平面PACC．OC⊥平面PAC D．平面PAC⊥平面PBC【答案】BD【解析】因?yàn)镻A?平面MOB，故A錯誤；因?yàn)镺M是△PAB的中位線，所以O(shè)M∥PA，又OM?平面PAC，PA?平面PAC，所以O(shè)M∥平面PAC，故B正確；因?yàn)锳B是直徑，所以BC⊥AC，又因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，故C錯誤；又BC?平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，故D正確．13．(2019年長沙模擬)已知在矩形ABCD中，AB＝2eq\r(2)，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上存在點(diǎn)Q滿足PQ⊥DQ，則a的最小值是________．【答案】4eq\r(2)【解析】假設(shè)在BC邊上存在點(diǎn)Q，使得PQ⊥DQ，連接AQ，因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，AB＝2eq\r(2)，BC＝a，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DQ.因?yàn)镻Q∩PA＝P，所以DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ，所以∠AQD＝90°.由題意得△ABQ∽△QCD，設(shè)BQ＝x，所以x(a－x)＝8，即x2－ax＋8＝0①.當(dāng)Δ＝a2－32≥0時(shí)，①方程有解，所以當(dāng)a≥4eq\r(2)時(shí)，在BC上存在點(diǎn)Q滿足PQ⊥DQ，故a的最小值為4eq\r(2).14．如圖，一張矩形白紙的長、寬分別為2eq\r(2)a,2a，且A，B，C，D分別是其四條邊的中點(diǎn)．現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得P1，P2，P3，P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn)P，從而得到一個多面體．下列關(guān)于該多面體的命題，正確的是________．(寫出所有正確命題的序號)①該多面體是三棱錐；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④該多面體外接球的表面積為5πa2.【答案】①②③④【解析】由題意得該多面體是一個三棱錐，故①正確；因?yàn)锳P⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又AP?平面ABD，所以平面BAD⊥平面BCD，故②正確；同理可證平面BAC⊥平面ACD，故③正確；通過構(gòu)造長方體可得該多面體的外接球半徑R＝eq\f(\r(5),2)a，所以該多面體外接球的表面積為5πa2，故④正確．15．(2020年曲靖期末)如圖，在三棱錐D－ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝a，E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)在棱AC上，且AF＝3FC．(1)求證：AC⊥平面DEF；(2)若M為BD的中點(diǎn)，問AC上是否存在一點(diǎn)N，使MN∥平面DEF？若存在，說明點(diǎn)N的位置；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：取AC的中點(diǎn)H，連接BH，因?yàn)锳B＝BC，所以BH⊥AC．因?yàn)锳F＝3FC，所以F為CH的中點(diǎn)．因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以EF∥BH，則EF⊥AC．因?yàn)椤鰾CD是正三角形，所以DE⊥BC．因?yàn)锳B⊥平面BCD，所以AB⊥DE.因?yàn)锳B∩BC＝B，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥AC．因?yàn)镈E∩EF＝E，所以AC⊥平面DEF.(2)存在這樣的點(diǎn)N，當(dāng)CN＝eq\f(3,8)CA時(shí)，MN∥平面DEF.連接CM交DE于點(diǎn)O，連接OF.由條件知O為△BCD的重心，所以CO＝eq\f(2,3)CM.所以當(dāng)CF＝eq\f(2,3)CN時(shí)，MN∥OF.所以CN＝eq\f(3,2)×eq\f(1,4)CA＝eq\f(3,8)CA.[C級創(chuàng)新突破]16．如圖，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為MC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是()A．平面BCE⊥平面ABNB．MC⊥ANC．平面CMN⊥平面AMND．平面BDE∥平面AMN【答案】C【解析】分別過A，C作平面ABCD的垂線AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，連接PM，PN，QM，QN，將幾何體補(bǔ)成棱長為1的正方體．則BC⊥平面ABN，又BC?平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABN，故A正確；連接PB，則PB∥MC，顯然PB⊥AN，所以MC⊥AN，故B正確；取MN的中點(diǎn)F，連接AF，CF，AC，因?yàn)椤鰽MN和△CMN都是邊長為的等邊三角形，所以AF⊥MN，CF⊥MN，所以∠AFC為二面角A－MN－C的平面角，因?yàn)锳F＝CF＝eq\f(\r(6),2)，AC＝eq\r(2)，所以AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠eq\f(π,2)，所以平面CMN與平面AMN不垂直，故C錯誤；因?yàn)镈E∥AN，MN∥BD，DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，MN∩AN＝N，MN，AN?平面AMN，所以平面BDE∥平面AMN，故D正確．17．(2020年北京三模)如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形，側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點(diǎn)．(1)求證：AF∥平面SEC；(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一點(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq\f(BM,BS)的值；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：取SC中點(diǎn)G，連接FG，EG，因?yàn)镕，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，所以FG∥BC，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)BC．因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，所以AE∥BC，AE＝eq\f(1,2)BC．所以FG∥AE，F(xiàn)G＝AE.所以四邊形AFGE