主干知識(shí)達(dá)標(biāo)練
1.(2024江西鷹潭一模)設(shè)a,b是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,則下列說法正確的是( )
A.若a∥b,a∥α,則b∥α
B.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,則α⊥β
C.若α⊥β,α⊥β,則a∥α
D.若α⊥β,a∥α,則α⊥β
答案B
解析若a∥b,a∥α,則b∥α或b?α,故A錯(cuò)誤;若a⊥α,b⊥β,則直線a,b的方向向量a,b分別為平面α,β的法向量.又a⊥b,即a⊥b,所以α⊥β,故B正確;若α⊥β,a⊥β,則a∥α或a?α,故C錯(cuò)誤;由α⊥β,a∥α無法判斷a與β的關(guān)系.故D錯(cuò)誤.故選B.
2.(多選題)如圖,四邊形ABCD是圓柱的軸截面,E是底面圓周上異于A,B的一點(diǎn),則下面結(jié)論中正確的是( )
A.AE⊥CE
B.BE⊥DE
C.DE⊥平面BCE
D.平面ADE⊥平面BCE
答案ABD
解析因?yàn)樗倪呅蜛BCD是圓柱的軸截面,則線段AB是底面圓的直徑,BC,AD都是圓柱的母線.又E是底面圓周上異于A,B的一點(diǎn),所以AE⊥BE.因?yàn)锽C⊥平面ABE,AE?平面ABE,所以BC⊥AE.又BC∩BE=B,BC,BE?平面BCE,則AE⊥平面BCE.又CE?平面BCE,所以AE⊥CE,故A正確;
同理,BE⊥DE,故B正確;
假設(shè)DE⊥平面BCE,因?yàn)锳E⊥平面BCE,所以DE∥AE.又DE∩AE=E,矛盾,故C不正確;
因?yàn)锳E⊥平面BCE,AE?平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE,故D正確.
3.(多選題)(2024江蘇南通模擬)在某次數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中,小明先將一副三角板按照?qǐng)D1的方式進(jìn)行拼接,然后他又將三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D為直二面角,得圖2所示四面體ABCD.小明對(duì)四面體ABCD中的直線、平面的位置關(guān)系作出了如下的判斷,其中正確的是( )
圖1
圖2
A.CD⊥平面ABC
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面ABD⊥平面BCD
答案ABC
解析因?yàn)槎娼茿-BC-D為直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD.
又因?yàn)槠矫鍭BC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,DC?平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A正確;
因?yàn)镈C⊥平面ABC,AB?平面ABC,所以DC⊥AB.又因?yàn)锳B⊥AC,AC∩CD=C,AC,CD?平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正確;
因?yàn)锳B⊥平面ACD,AB?平面ABD,所以平面ABD⊥平面ACD,故C正確;
假設(shè)平面ABD⊥平面BCD,因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD,平面ABC∩平面ABD=AB,所以AB⊥平面BCD.
又BC?平面BCD,所以AB⊥BC,矛盾,所以平面ABD與平面BCD不垂直,故D錯(cuò)誤.故選ABC.
4.(15分)(2024陜西西安模擬)如圖,已知AC是圓O的直徑,PA⊥平面ABCD,E是PC的中點(diǎn),∠DAC=∠AOB.
(1)求證:BE∥平面PAD;
(2)求證:平面BEO⊥平面PCD.
證明(1)在△PAC中,因?yàn)镺是AC中點(diǎn),E是PC中點(diǎn),所以O(shè)E∥PA.
又因?yàn)镺E?平面PAD,PA?平面PAD,所以O(shè)E∥平面PAD.
因?yàn)椤螪AC=∠AOB,所以O(shè)B∥AD.又因?yàn)镺B?平面PAD,AD?平面PAD,所以O(shè)B∥平面PAD.
又因?yàn)镺B∩OE=O,OB,OE?平面BEO,所以平面BEO∥平面PAD.
又因?yàn)锽E?平面BEO,所以BE∥平面PAD.
(2)因?yàn)锳C是圓O的直徑,所以AD⊥CD.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.又因?yàn)镻A∩AD=A,PA,AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又因?yàn)槠矫鍮EO∥平面PAD,所以CD⊥平面BEO.又因?yàn)镃D?平面PCD,所以平面BEO⊥平面PCD.
5.(15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,側(cè)面PBC⊥底面ABCD.求證:
(1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB.
證明(1)取BC的中點(diǎn)O,連接PO.
由題可知△PBC為等邊三角形,∴PO⊥BC.
又平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,PO?平面PBC,∴PO⊥平面ABCD.
以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),以BC所在直線為x軸、過點(diǎn)O與AB平行的直線為y軸、OP所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.
不妨設(shè)CD=1,則AB=BC=2,PO=3,
∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0,3),
∴BD=(-2,-1,0),PA=(1,-2,-3).
∵BD·PA=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-3)=0,
∴PA⊥BD,∴PA⊥BD.
(2)取PA的中點(diǎn)M,連接DM,則M12,-1,32,
∴DM=32,0,32.
∵PB=(1,0,-3),PA=(1,-2,-3),∴DM·PB=32×1+0×0+32×(-3)=0,
DM·PA=32×1+0×(-2)+32×(-3)=0,
∴DM⊥PA,DM⊥PB,∴DM⊥PB,DM⊥PA.
又PA∩PB=P,PA,PB?平面PAB,
∴DM⊥平面PAB.
又DM?平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.
關(guān)鍵能力提升練
6.(多選題)(2024廣東深圳模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F,H分別為棱AA1,AB,BC1,BC的中點(diǎn),G為△A1B1C1的重心,則下列結(jié)論正確的是( )
A.DF∥平面ABC
B.FG∥平面A1EC
C.AF,GH為異面直線
D.FG,A1E為異面直線
答案ABD
解析
圖1
如圖1,連接FH,AH,則AD∥CC1,AD=12CC1,且FH∥CC1,FH=12CC1,所以AD∥FH,AD=FH,所以ADFH為平行四邊形,則DF∥AH.又DF?平面ABC,AH?平面ABC,所以DF∥平面ABC,故A正確;
如圖2,取A1B1的中點(diǎn)N,連接C1N,EN,BN,易知C1N∥CE,BN∥A1E,因?yàn)镃1N∩BN=N,C1N,BN?平面C1NB,CE∩A1E=E,CE,A1E?平面A1EC,所以平面C1NB∥平面A1EC.又GF?平面C1NB,所以FG∥平面A1EC,故B正確;
圖2
圖3
如圖3,取B1C1的中點(diǎn)M,連接A1M,MH,由題可知G∈A1M,F∈MH,四邊形A1AHM為平行四邊形,所以AF?平面A1AHM,GH?平面A1AHM,故C錯(cuò)誤;
圖4
如圖4,因?yàn)锽N∥A1E,且BN?平面BC1N,A1E?平面BC1N,所以A1E∥平面BC1N.
又FG?平面BC1N,且C1GC1N=23≠12=C1FC1B,即FG不與BN平行,即FG不與A1E平行,所以FG,A1E為異面直線,故D正確.故選ABD.
7.(15分)(2024陜西寶雞模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為平行四邊形,PA=PC,PB⊥AC.
(1)求證:四邊形ABCD為菱形;
(2)若E為棱PB上一點(diǎn)(不與P,B重合),求證:AE不可能與平面PCD平行.
證明
(1)如圖,連接AC,BD,交于點(diǎn)O.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,所以O(shè)為AC,BD的中點(diǎn).
因?yàn)镻A=PC,所以AC⊥PO.
又AC⊥PB,PB∩PO=P,PO,PB?平面PBD,所以AC⊥平面PBD.
又BD?平面PBD,所以AC⊥BD,
所以四邊形ABCD為菱形.
(2)(方法一 反證法)假設(shè)AE∥平面PDC.
因?yàn)锳B∥CD,AB?平面PDC,CD?平面PDC,所以AB∥平面PDC.
又AB?平面PAB,AE?平面PAB,AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PDC.
這顯然與平面PAB與平面PDC有公共點(diǎn)P矛盾,所以假設(shè)錯(cuò)誤,即AE不可能與平面PCD平行.
(方法二)因?yàn)镻∈平面PAB,P∈平面PCD,所以平面PAB與平面PCD相交,設(shè)平面PAB∩平面PCD=l.
因?yàn)锳B∥CD,AB?平面PCD,CD?平面PCD,所以AB∥平面PCD.
又AB?平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.
又AE?平面PAB,AE∩AB=A,所以AE必與l相交.
設(shè)AE∩l=F.又l?平面PCD,所以AE∩平面PCD=F,即AE不可能與平面PCD平行.
8.(15分)如圖,正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直,已知BC=4,AB=AD=2.
(1)求證:AC⊥BF;
(2)在線段BE上是否存在一點(diǎn)P,使得平面PAC⊥平面BCEF?若存在,求出BPPE的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
(1)證明∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF?平面ADEF,∴AF⊥平面ABCD.
又AC?平面ABCD,∴AF⊥AC.
如圖,取BC中點(diǎn)H,連接AH.
由題可知AD∥CH,AD⊥CH,AD=DC,∴四邊形ADCH為菱形,∴AH=12BC,∴AB⊥AC.
又AB∩AF=A,AB,AF?平面FAB,∴AC⊥平面FAB.
又BF?平面FAB,∴AC⊥BF.
(2)解存在.由(1)知,AF,AB,AC兩兩垂直,以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AC,AF的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,
則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),E(-1,3,2),則AC=(0,23,0),BE=(-3,3,2),BC=(-2,23,0).
設(shè)BP=λBE,0≤λ≤1,則P(2-3λ,3λ,2λ),
則AP=(2-3λ,3λ,2λ).
設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為m=(x,y,z),
則m·AP=(2-3λ)x+3λy+2λz=0,m·AC=23y=0,
即(2-3λ)x+2λz=0,y=0.
令x=2λ,則y=0,z=3λ-2,所以m=(2λ,0,3λ-2)為平面PAC的一個(gè)法向量.設(shè)平面BCEF的一個(gè)法向量為n=(a,b,c),
則n·BC=-2a+23b=0,n·BE=-3a+3b+2c=0,
令a=3,則b=1,c=3,
所以n=(3,1,3)為平面BCEF的一個(gè)法向量.
令m·n=23λ+33λ-23=53λ-23=0,得λ=25,
所以BP=25BE,所以BP=23PE.
故存在滿足題意的點(diǎn)P,此時(shí)BPPE=23.
核心素養(yǎng)創(chuàng)新練
9.(15分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面四邊形ABCD是矩形,AB=2,BC=a,PA⊥底面ABCD.
(1)當(dāng)a為何值時(shí),BD⊥平面PAC?請(qǐng)證明你的結(jié)論.
(2)若在棱BC上至少存在一點(diǎn)M,使得PM⊥DM,求a的取值范圍.
解(1)當(dāng)a=2時(shí),BD⊥平面PAC,證明如下:
當(dāng)a=2時(shí),由題可知四邊形ABCD為正方形,則BD⊥AC.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以BD⊥PA.
又AC∩PA=A,PA,AC?平面PAC,所以BD⊥平面PAC.
(2)如圖,設(shè)M是符合條件的棱BC上的點(diǎn),連接AM.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD,DM?平面ABCD,所以DM⊥PA.
又PM⊥DM,PA∩PM=P,PA,PM?平面PAM,所以DM⊥平面PAM.
又AM?平面PAM,所以DM⊥AM,所以點(diǎn)M應(yīng)是以AD為直徑的圓和棱BC的一個(gè)公共點(diǎn),
所以AD≥2AB,即a≥4,所以a的取值范圍是[4,+∞).

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