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A级　基础巩固
　　　　　　　　　　　　　　　
1.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一个条件是 ( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β
B.m⊥n,α∩β=m,n α
C.m∥n,n⊥β,m α
D.m∥n,m⊥α,n⊥β
解析:因为n⊥β,m∥n,所以m⊥β.因为m α,所以由面面垂直的判定定理,知α⊥β.
答案:C
2.若从二面角内任意一点分别向两个面引垂线,则两垂线所成的角与二面角的平面角的关系是 ( )
A.相等
B.互补
C.互余
D.无法确定
解析:如图所示,BD,CD分别为AB,AC所在平面与α,β的交线,则∠BDC为二面角α-l-β的平面角,且∠ABD=∠ACD=90°,所以∠A+∠BDC=180°.
答案:B
3.空间四边形ABCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,则 ( )
A.平面ABC⊥平面ADC
B.平面ABC⊥平面ADB
C.平面ABC⊥平面DBC
D.平面ADC⊥平面DBC
解析:因为BC⊥AD,AD⊥BD,BC∩BD=B,所以AD⊥平面BCD.因为AD 平面ADC,所以平面ADC⊥平面DBC.
答案:D
4.如图所示,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则在三棱锥 P-ABC的四个面中,互相垂直的面有3对.
解析:平面PAB⊥平面PAC,平面PAB⊥平面PBC,平面PAC⊥平面PBC.
5.如图所示,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,AC=AD,求平面 ABD 与平面 BCD 所成的二面角的大小.
解:因为AC⊥平面 BCD,BD 平面 BCD,
所以BD⊥AC.
因为BD⊥CD,AC∩CD=C,所以BD⊥平面 ACD.
因为AD 平面 ACD,所以AD⊥BD,所以∠ADC即为平面 ABD 与平面 BCD 所成二面角的平面角.
在Rt△ACD中,AC=AD,所以∠ADC=30°,
所以平面ABD与平面BCD所成的二面角为30°.
B级　能力提升
6.(2022·全国乙卷,理)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 ( )
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析:如图,对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD,又易知DD1⊥EF,BD∩DD1=D,从而EF⊥平面BDD1,又EF 平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故选项A正确;对于选项B,因为平面A1BD∩平面BDD1=BD,所以由选项A知,平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故选项B错误;对于选项C,由题意知直线AA1与直线B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故选项C错误;对于选项D,连接AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面A1C1D,又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,所以平面A1C1D与平面B1EF不平行,故选项D错误.故选A.
答案:A
7.如图所示,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是.
解析:如图所示,作AO⊥β于点O,过点O作OC⊥l于点C,连接OB,AC,由线面垂直、线线垂直可得AC⊥l.设AB与β所成的角为θ,则∠ABO=θ,
所以sin θ==·=sin 30°·sin 60°=.
8.(2024·广东韶关期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,E,F分别为棱A1C1,BC的中点.
(1)求证:C1F∥平面ABE;
(2)求证:平面ABE⊥平面BCC1B1;
(3)若AB=BC=AA1=2,求二面角E-AB-C的余弦值.
(1)证明:如图,取AB的中点M,因为F为棱BC的中点,
所以MF∥AC,MF=AC.又AC∥A1C1,AC=A1C1,E为A1C1的中点,所以MF∥EC1,MF=EC1.所以四边形MFC1E是平行四边形,所以ME∥C1F.又C1F 平面ABE,ME 平面ABE,所以C1F∥平面ABE.
(2)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又AB 平面ABC,所以BB1⊥AB.又AB⊥BC,BB1∩BC=B,BB1 平面BCC1B1,BC 平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1.又AB 平面ABE,所以平面ABE⊥平面BCC1B1.
(3)解:如图,取AC的中点G,连接EG,因为M为AB的中点,所以MG∥BC.又AB⊥BC,所以MG⊥AB,又由直三棱柱的几何特征可得EG⊥平面ABC.又AB 平面ABC,所以EG⊥AB.又MG∩EG=G,MG 平面EMG,EG 平面EMG,所以AB⊥平面EMG,又EM 平面EMG,所以AB⊥EM,所以二面角E-AB-C的平面角为∠EMG.因为AB=BC=AA1=2,所以MG=1,EG=2.在Rt△EGM中,ME===,所以cos ∠EMG==.所以二面角E-AB-C的余弦值为.
C级　挑战创新
9.多选题如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC=BC=3,PA=PB=PC=5,D,E,F分别为AB,AC,BC的中点,则以下结论正确的是 ( )
A.平面PDE⊥平面ABC
B.平面PAF⊥平面ABC
C.AB∥平面PFE
D.三棱锥P-ABC的外接球表面积为2π
解析:如图,对于A,设AF与DE的交点为M,连接PM,则AF和DE垂直,若平面PDE⊥平面ABC,那么根据面面垂直的性质定理,必有AF⊥平面PDE,此时须有AM⊥PM成立,又因为M是AF的中点,此时须有PA=PF成立,上式显然不成立,所以A不正确;对于B,由于AC=AB, PC=PB,因此AF⊥BC且PF⊥BC,又AF∩PF=F,AF,PF 平面PAF,故BC⊥平面PAF,而BC 平面ABC,所以平面PAF⊥平面ABC,所以B正确;对于C,由于EF∥AB,EF 平面PEF,AB 平面PEF,因此AB∥平面PFE,所以C正确;对于D,作PN⊥平面ABC,垂足为N,则N为等边三角形ABC的重心,所以AN=3, PN=4,设三棱锥P-ABC的外接球球心为O,则O在PN上,连接AO,设三棱锥P-ABC的外接球半径为R,则在△AON中,R2=(4-R)2+32 ,解得R=,因此其外接球表面积为,所以D不正确.故选BC.
答案:BC
10.(2023·全国乙卷,理)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=
,AD=DO,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
(1)证明:连接OF,DE,由题可知,||=2,设=λ,
所以·=||||cos∠BAC=4,
则·=(λ-)·+
=||2-||2+λ-·
=8λ-4=0,
解得λ=,所以OF∥AB,OF=AB.
而DE∥AB,DE=AB,
所以DE∥OF,DE=OF,
所以四边形ODEF为平行四边形,
所以EF∥OD.因为OD 平面ADO,EF 平面ADO,
所以EF∥平面ADO.
(2)证明:因为AO===PC=2OD,
AD=OD,所以AD2=AO2+OD2,
即AO⊥OD,AO⊥EF.因为BF⊥AO,BF∩EF=F,
所以AO⊥平面BEF.因为AO 平面ADO,
所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)解:设二面角D-AO-C的平面角为θ,
因为AO⊥OD,AO⊥BF,所以θ为和的夹角,
||=||=,||=||=,
cos θ===
==-,所以sin θ=,
所以二面角D-AO-C的正弦值为.(共22张PPT)
第八章　立体几何初步
两个半平面
棱
面
二面角α-l-β
二面角α-AB-β
二面角P-l-Q
二面角P-AB-Q
∈


⊥
⊥
∠AOB
答案:B
答案:D
直二面角
α⊥β
垂直
垂线
l β
答案:C
垂直
证明:因为四边形ABCD是正方形,
所以AC⊥BD.
因为PD⊥底面ABCD,
AC 平面ABCD,
所以PD⊥AC.
因为PD,BD为平面PDB内两条相交直线,
所以AC⊥平面PDB.
因为AC 平面AEC,所以平面AEC⊥平面PDB.
○
21世织纪教痘
2订世看
,27G2@P
B
D
S
C
P
1
E
D
A
B

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