【文档说明】高中新教材人教A版数学课后习题 必修第二册 第八章 8-6-3 第2课时　平面与平面垂直的性质定理含解析【高考】.doc，共(4)页，495.500 KB，由小赞的店铺上传

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1第2课时平面与平面垂直的性质定理课后训练巩固提升1.若两个平面互相垂直,在第一个平面内的一条直线a垂直于第二个平面内的一条直线b,那么()A.直线a垂直于第二个平面B.直线b垂直于第一个平面C.直线a不一定垂直于第二个平面D.过a的平面必垂直

于过b的平面答案:C2.如图,在空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是()A.60°B.135°C.45°D.90°解析:如图,过点A作AO⊥BD于点O.由题意得AO⊥平面BCD,则∠ADO即为

AD与平面BCD所成的角.∵∠BAD=90°,AB=AD,∴∠ADO=45°.答案:C3.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知平面AA1C1C⊥平面ABCD,且AB=BC,AD=CD,则BD与CC1()A.平行B.共面C.垂直D.不垂直解析:如图所示,在四边形ABCD中,∵AB=BC,AD

=CD,∴BD⊥AC.∵平面AA1C1C⊥平面ABCD,平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥平面AA1C1C.又CC1⊂平面AA1C1C,∴BD⊥CC1.故选C.答案:C4.设两个平面α,β,直线l,下列三个条件:①l⊥α

;②l∥β;③α⊥β.若以其中两个作为前提,另一个作为结论,则可构成三个命题,这三个命题中真命题的个数为()A.3B.2C.1D.02解析:仅①②⇒③是真命题.答案:C5.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,P,A,B是定点,则动

点C的轨迹是()A.一条线段B.一条直线C.一个圆D.一个圆,但要去掉两个点解析:∵平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,平面PAC∩平面PBC=PC,AC⊂平面PAC,∴AC⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC,∴AC⊥BC,即∠ACB=90°.∴动点C的轨迹是以AB为直径的圆,除去A和B两

点.答案:D6.(多选题)如图,AB是☉O的直径,C是☉O上的动点(点C不与A,B重合),过动点C的直线VC垂直于☉O所在的平面,D,E分别是VA,VC的中点,则下列结论正确的是()A.直线DE∥平面ABCB.直线DE⊥平面VBCC.DE⊥VBD.DE⊥AB解析:∵A

B是☉O的直径,∴AC⊥BC,又VC⊥☉O平面,∴VC⊥AC.又BC∩VC=C,∴AC⊥平面VBC.又D,E分别为VA,VC的中点,∴DE∥AC,∴DE∥平面ABC,A正确;且DE⊥平面VBC,B正确;∴DE⊥

VB,C正确.DE与AB所成的角即AC与AB所成的角即为∠CAB<90°,∴DE⊥AB错误.故选ABC.答案:ABC7.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=,平面PAB⊥平面ABC,∠ABC=90

°,AC=8,BC=6,则PC=.解析:如图,取AB的中点E,连接PE.3∵PA=PB,∴PE⊥AB.又平面PAB⊥平面ABC,且交线为AB,∴PE⊥平面ABC.连接CE,则PE⊥CE.∵∠ABC=90°,AC=8,

BC=6,∴AB=2∴PE=,CE=∴PC==7.答案:78.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=(1)证明:平面PBE⊥平面PAB;(2)求二面角A

-BE-P的大小.(1)证明:如图,连接BD,因为底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,所以△BCD是正三角形.因为E是CD的中点,所以BE⊥CD.因为AB∥CD,所以BE⊥AB.因为PA⊥底面ABCD,BE⊂底面ABCD,所以PA⊥

BE.因为PA∩AB=A,所以BE⊥平面PAB.因为BE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.(2)解:因为BE⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,所以BE⊥PB.又因为BE⊥AB,所以∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.在Rt△PAB中,tan∠PBA=,所以∠PBA=

60°.4所以二面角A-BE-P的大小为60°.9.如图所示,在斜三棱柱A1B1C1-ABC中,底面是等腰三角形,AB=AC,D是BC的中点,侧面BB1C1C⊥底面ABC.(1)求证:AD⊥CC1.(

2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于点M,若AM=MA1,求证:截面MBC1⊥侧面BB1C1C.(3)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于点M,若截面MBC1⊥侧面BB1C1C,则AM=MA1吗?请叙述你的判断理由.(1)证明:∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD

⊥BC.∵平面ABC⊥平面BB1C1C,平面ABC∩平面BB1C1C=BC,∴AD⊥平面BB1C1C.∴AD⊥CC1.(2)证明:如图,取BC1的中点E,连接DE,ME,则DE∥CC1,DE=CC1,∵AM=MA1,即M是AA1的中点,∴MA∥CC1,MA=

CC1.∴MAED,∴四边形DEMA为平行四边形,从而EM∥AD.由(1)知,AD⊥平面BB1C1C,∴EM⊥平面BB1C1C.又EM⊂平面MBC1,∴平面MBC1⊥平面BB1C1C.(3)解:结论是正确的.理由如下:过点M作MH⊥BC1于点H,连接DH(图略).∵截面MBC1

⊥平面BB1C1C,且交线为BC1,∴MH⊥平面BB1C1C.又AD⊥平面BB1C1C,∴MH∥AD,∴M,H,D,A四点共面.∵AM∥平面BB1C1C,平面ADHM∩平面BB1C1C=DH,AM⊂平面ADHM,∴AM∥

DH.∴四边形ADHM为平行四边形.∵CC1∥AM,∴DH∥CC1.∵D是BC的中点,∴H是BC1的中点.∴AM=DH=CC1=AA1,∴AM=MA1.