第七章 第节
[基础训练组]
.(导学号)(·南阳、信阳等六市一模)设直线,是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列事件中是必然事件的是( )
.若∥α,∥β,⊥,则α⊥β
.若∥α,⊥β,∥,则α∥β
.若⊥α,∥β,⊥,则α∥β
.若⊥α,⊥β,∥,则α∥β
解析: [若∥α,∥β,⊥,则α、β位置关系不确定,选项不正确;若∥α,则α中存在直线与平行,∥,⊥β,则⊥β,又∵⊂α,∴α⊥β,选项不正确;若⊥α,∥β,⊥,则α、β可以相交,选项不正确;若⊥α,∥,⊥β,∴α∥β,选项正确.故选.]
.(导学号)已知平面α与平面β相交,直线⊥α,则( )
.β内必存在直线与平行,且存在直线与垂直
.β内不一定存在直线与平行,不一定存在直线与垂直
.β内不一定存在直线与平行,但必存在直线与垂直
.β内必存在直线与平行,不一定存在直线与垂直
解析: [如图,在平面β内的直线若与α,β的交线平行,则有与之垂直.但却不一定在β内有与平行的直线,只有当α⊥β时才存在.]
.(导学号)如图,在斜三棱柱-中,∠=°,⊥,则点在平面上的射影必在( )
.直线上 .直线上
.直线上 .△的内部
解析: [连接,∵⊥,⊥,∩=,∴⊥平面,又⊂平面,∴平面⊥平面,∴点在平面上的射影必在两平面的交线上,故选.]
.(导学号)如图,在四面体-中,若=,=,是的中点,则下列结论正确的是( )
.平面⊥平面
.平面⊥平面
.平面⊥平面,且平面⊥平面
.平面⊥平面,且平面⊥平面
解析: [因为=,且是的中点,所以⊥,同理有⊥,于是⊥平面.因为在平面内,所以平面⊥平面.又由于⊂平面,所以平面⊥平面,所以选.]
.(导学号)已知三棱柱-的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形,若为底面的中心,则与平面所成角的大小为( )
解析: [取正三角形的中心,连接,则∠是与平面所成的角.因为底面边长为,所以=×=,==×=.三棱柱的体积为×()×=,解得=,即==,所以∠==,即∠=.]
.(导学号)设α,β是空间中两个不同的平面,,是平面α及β外的两条不同直线.从“①⊥;②α⊥β;③⊥β;④⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题: (填序号).
解析:因为当⊥β,⊥α时,平面α及β所成的二面角与直线,所成的角相等或互补,所以若⊥,则α⊥β,从而由①③④⇒②正确;同理②③④⇒①也正确.
答案:①③④⇒②或②③④⇒①
.(导学号)如图所示,在四棱锥-中,⊥底面,且底面各边都相等,是上的一动点,当点满足时,平面⊥平面.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析:由定理可知,⊥.所以当⊥时,即有⊥平面,而⊂平面,所以平面⊥平面.
答案:⊥(答案不唯一)
.(导学号)(理科),为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形的直角边所在直线与,都垂直,斜边以直线为旋转轴旋转,有下列结论:
①当直线与成°角时,与成°角;
②当直线与成°角时,与成°角;
③直线与所成角的最小值为°;
④直线与所成角的最大值为°;
其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)
解析:由题意,是以为轴,为底面半径的圆锥的母线,由⊥,⊥,又⊥圆锥底面,在底面内可以过点,作∥,交底面圆于点,如图所示,连结,则⊥,∴∥,连结,等腰△中,==,当直线与成°角时,∠=°,故=,又在△中,=,∴=,过点作∥,交圆于点,连结,由圆的对称性可知==,∴△为等边三角形,∴∠=°,即与成°角,②正确,①错误.
由最小角定理可知③正确;
很明显,可以满足平面⊥直线,直线与所成的最大角为°,④错误.正确的说法为②③.
答案:②③
.(导学号)(文科)如图,⊥圆所在的平面,是圆的直径,是圆上的一点,、分别是点在、上的正投影,给出下列结论:
①⊥;②⊥;③⊥;④⊥平面.
其中正确结论的序号是.
解析:由题意知⊥平面,∴⊥.
又⊥,∩=,∴⊥平面.
∴⊥.∵⊥,∩=,
∴⊥平面,∴⊥,⊥.
又⊥,∩=,∴⊥平面.
∴⊥.故①②③正确.
答案:①②③
.(理科)(·丹东市二模)直三棱柱-的所有棱长都等于,点是棱中点,点在棱上,且=.
()求证:平面⊥平面;
()求点到平面的距离.
解:()证明:在△和△中,由题意知==,∠=∠=,
所以△∽△,
∠=∠,
所以∠+∠=∠+∠=,
即⊥.
由直棱柱的性质知,底面⊥侧面,为中点,所以⊥,所以⊥侧面,则⊥,所以⊥平面,从而平面⊥平面.
()如图,连结,,
设点到平面的距离为,
经计算△=,△=,=,由三棱锥-=三棱锥-得
·△·=··,
解得=,
点到平面的距离为.
.(导学号)(文科)(·高考全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥-中,∥,且∠=∠=°.
()证明:平面⊥平面;
()若===,∠=°,且四棱锥-的体积为,求该四棱锥的侧面积.
解:()证明:由已知∠=∠=°,得⊥,⊥.
由于∥,故⊥,从而⊥平面.
又⊂平面,所以平面⊥平面.
()在平面内作⊥,垂足为.
由()知,⊥平面,故⊥,可得⊥平面.
设=,则由已知可得=,=.
故四棱锥-的体积-=··=.
由题设得=,故=.
从而==,==,==.
可得四棱锥-的侧面积为·+·+·+°=+.
.(导学号)(理科)如图,在正方体—中,、分别是、的中点.
()求证:⊥;
()求证:⊥;
()棱上是否存在点,使⊥平面?若存在,确定点的位置,若不存在,说明理由.
解:()证明:连接,则⊥,
又∵⊥,且∩=,
∴⊥平面.又⊂平面,∴⊥.
()证明:取中点,连接,,则⊥,
又∵△≌△,
∴∠=∠.
∴⊥.又∵∩=,
∴⊥平面.
又⊂平面,∴⊥.
()存在.取中点,即为所求.连接,,,
∵∥,∥,∴∥.
由()知⊥,∴⊥.
又由()知⊥,且∩=,
∴⊥平面.
.(导学号)(文科)(·开封市一模)如图,在直角梯形中,∠=°,∥,===,点为中点.将△沿折起,使平面⊥平面,得到几何体-,如图所示.
()在上找一点,使∥平面;
()求三棱锥-的高.
解:()取的中点,连结,,
在△中,因为,分别为,的中点,
所以为△的中位线,
所以∥,
⊂平面,⊄平面
所以∥平面.
()设点到平面的距离为,
因为平面⊥平面,且⊥,
所以⊥平面,
所以⊥,而⊥,
所以⊥平面,即⊥.
所以△=,
所以三棱锥-的高=,△=,
所以×=××,
所以可解得=.
[能力提升组]
.(导学号)如图,正方体的棱长为,过点作平面的垂线,垂足为点.则以下命题中,错误的是( )
.点是△的垂心
.垂直于平面
.延长线经过点
.直线和所成角为°
解析: [对于,由于==,所以点在平面上的射影必到点,,的距离相等,即点是△的外心,而==,故点是△的垂心,命题是真命题;
对于,由于∥,∥,故平面∥平面,而⊥平面,从而⊥平面,命题是真命题;
对于,由于⊥平面,因此的延长线经过点,命题是真命题;
对于,由知直线即是直线,又直线∥,因此直线和所成的角就等于直线与所成的角,即∠,而∠==,因此命题是假命题.]
.(导学号)在边长为的菱形中,∠=°,将菱形沿对角线折起,使折起后=,则二面角--的余弦值为( )
解析: [在菱形中,连接交于点,则⊥,在折起后的图中,由四边形为菱形且边长为,则==,由于⊥,⊥,因此∠就是二面角--的平面角,由=得∠===.]
.(导学号)(理科)如图,在直角梯形中,⊥,⊥,且为的中点,,分别是,的中点,将三角形沿折起,则下列说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)
①不论折至何位置(不在平面内),都有∥平面;
②不论折至何位置(不在平面内),都有⊥;
③不论折至何位置(不在平面内),都有∥;
④在折起过程中,一定存在某个位置,使⊥.
解析:由已知,在未折叠的原梯形中,∥,∥,所以四边形为平行四边形,所以=,折叠后如图所示.
①过点作∥,交于点,连接.
因为,分别是,的中点,
所以点为的中点,故∥.
又∩=,∩=,
所以平面∥平面,
故∥平面,①正确;
②由已知,⊥,⊥,
所以⊥,⊥,
又∩=,所以⊥平面,
又⊂平面,
所以⊥,②正确;
③假设∥,则与确定平面,
从而⊂平面,⊂平面,与和是异面直线矛盾,③错误;
④当⊥时,⊥.
因为⊥,⊥,∩=,
所以⊥平面,⊂平面,
所以⊥,④正确.
答案:①②④
.(导学号)(文科)(·泉州市一模)如图,一张纸的长、宽分别为,,,,分别是其四条边的中点,现将其沿图中虚线折起,使得,,,四点重合为一点,从而得到一个多面体,关于该多面体的下列命题,正确的是.(写出所有正确命题的序号).
①该多面体是三棱锥;②平面⊥平面;③平面⊥平面;④该多面体外接球的表面积为π.
解析:长、宽分别为,,,,分别是其四条边的中点,现将其沿图中虚线折起,使得,,,四点重合为一点,从而得到一个多面体,则①由于()+()=,∴该多面体是以,,,为顶点的三棱锥,正确;②∵⊥,⊥,∴⊥平面,∵⊂平面,∴平面⊥平面,正确;③与②同理,可得平面⊥平面,正确;④该多面体外接球的半径为,表面积为π,正确.
答案:①②③④
.(导学号)(理科)(·西安市一模)如图:在直角梯形中,∥,∠=°,==,=,⊥于点,把△沿折到′的位置,使′=,如图:若,分别为′,′的中点.
()求证:⊥平面′;
()求平面′与平面′的夹角.
解:()证明:∵在直角梯形中,∥,∠=°,==,=,⊥于点,把△沿折到′的位置,使′=,
∴==,′=-=,∴′+=′,′==,
∴′⊥.∵′⊥,∩=,∴′⊥平面,∴平面′⊥平面.
又因为是正方形,∴⊥,∴⊥平面′.
∵,分别为′,′的中点,∴∥,∴⊥平面′.
()如图,过点′作直线∥.
∵∥,∴直线就是平面′与平面′的交线.
∵⊥,平面′⊥平面,且交于,∴⊥′,即′⊥.
∵′⊥,∴′⊥,∵′⊂平面′,′⊂′,∴∠′就是平面′与平面′的夹角的平面角.
在直角三角形′中,=,′=,可得∠′=°.
即平面′与平面′的夹角为°.
.(导学号)(文科)(·广州市一模)如图,在直角梯形中,∥,⊥,⊥,点是边的中点,将△沿折起,使平面⊥平面,连接,,,得到如图所示的几何体.
()求证:⊥平面;
()若=,与其在平面内的正投影所成角的正切值为,求点到平面的距离.
解:()证明:∵平面⊥平面,平面∩平面=,
又⊥,∴⊥平面.
∵⊂平面,∴⊥.
又∵折叠前后均有⊥,∩=,
∴⊥平面.
()由()知⊥平面,所以在平面内的正投影为,
即∠为与其在平面内的正投影所成角.
依题意∠==,
=,∴=.
设=(>),则=.
∵△∽△,∴=,
即=,
解得=,故=,=,=.
由于⊥平面,⊥,为的中点,
由平面几何知识得==,
同理==,
∴△=××=.
∵⊥平面,∴-=·=.
设点到平面的距离为,
则·=-=-=-=,
∴=,即点到平面的距离为.
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