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2020_2021学年新教材高中数学第十一章立体几何初步11.4.2平面与平面垂直课时分层作业含解析新人教B版必修第四册20201014180.doc
2020_2021学年新教材高中数学全一册课时分层作业含解析打包28套新人教B版必修第四册
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2020_2021学年新教材高中数学全一册课时分层作业含解析打包28套新人教b版必修第四册,文本
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课时分层作业(二十)平面与平面垂直(建议用时：40分钟)一、选择题1经过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有()a0个 b1个c无数个 d1个或无数个d当两点连线与平面垂直时，可作无数个垂面，否则，只有1个2对于直线m，n和平面，能得出的一个条件是()amn，m，n bmn，m，ncmn，n，m dmn，m，nc因为n，mn，所以m，又m，由面面垂直的判定定理，所以.3.如图所示，平面pad矩形abcd，且paab，下列结论中不正确的是()apdbd bpdcdcpbbc dpabda若pdbd，则bd平面pad，又ba平面pad，则过平面外一点有两条直线与平面垂直，不成立，故a不正确；因为平面pad矩形abcd，且paab，所以pa矩形abcd，所以pacd，adcd，所以cd平面pad，所以pdcd，同理可证pbbc因为pa矩形abcd，所以由直线与平面垂直的性质得pabd故选a4如图，ab是圆的直径，pa垂直于圆所在的平面，c是圆上一点(不同于a，b)且paac，则二面角pbca的大小为()a60 b30c45 d15c由条件得：pabc，acbc又paaca，所以bc平面pac，所以pca为二面角pbca的平面角在rtpac中，由paac，得pca45.5(多选题)如图，在正四面体pabc中，d，e，f分别是ab，bc，ca的中点，下面结论成立的是()abc平面pdfbdf平面paec平面pdf平面paed平面pde平面abcabc由题意，知bcdf，所以bc平面pdf，故结论a成立；易证bc平面pae，又bcdf，所以df平面pae，平面pdf平面pae，故结论b，c均成立；点p在底面abc内的射影为abc的中心，不在中位线de上，故结论d不成立二、填空题6如图所示，平面平面，在与交线上取线段ab4，ac，bd分别在平面和内，acab，bdab，ac3，bd12，则cd_.13连接bc因为bdab，ab，所以bd.因为bc，所以bdbc，所以cbd是直角三角形在rtbac中，bc5.在rtcbd中，cd13.7如图，平行四边形abcd中，abbd，沿bd将abd折起，使平面abd平面bcd，连接ac，则在四面体abcd的四个面中，互相垂直的平面的对数为_3因为平面abd平面bcd，平面abd平面bcdbd，abbd，所以ab平面bcd所以平面abc平面bcd因为abbd，abcd，所以cdbd又因为平面abd平面bcd，所以cd平面abd，所以平面acd平面abd，共3对8若p是abc所在平面外一点，且pbc和abc都是边长为2的正三角形，pa，那么二面角pbca的大小为_90取bc的中点o，连接oa，op(图略)，则poa为二面角pbca的平面角，opoa，pa，所以poa为直角三角形，poa90.三、解答题9如图所示，在矩形abcd中，已知abad，e是ad的中点，沿be将abe折起至abe的位置，使acad，求证：平面abe平面bcde.证明如图所示，取cd的中点m，be的中点n，连接am，an，mn，则mnbc因为abad，e是ad的中点，所以abae，即abae.所以anbe.因为acad，所以amcd在四边形bcde中，cdmn，又mnamm，所以cd平面amn.所以cdan.因为debc且debc，所以be必与cd相交又anbe，ancd，所以an平面bcde.又an平面abe，所以平面abe平面bcde.10.如图，矩形abcd所在平面与半圆弧所在平面垂直，m是上异于c，d的点(1)证明：平面amd平面bmc；(2)在线段am上是否存在点p，使得mc平面pbd？说明理由解(1)证明：由题意知，平面cmd平面abcd，交线为cd因为bccd，bc平面abcd，所以bc平面cmd，故bcdm.因为m为上异于c，d的点，且dc为直径，所以dmcm.又bccmc，所以dm平面bmc而dm平面amd，故平面amd平面bmc(2)存在当p为am的中点时，mc平面pbd理由如下：连接ac交bd于点o，连接op(图略)因为abcd为矩形，所以o为ac的中点又p为am的中点，所以pomc而po平面pbd，mc平面pbd，所以mc平面pbd11(多选题)如图，pa垂直于以ab为直径的圆所在的平面，点c是圆周上异于点a，b的任一点，则下列结论中正确的是()apcbcbac平面pbcc平面pab平面pbcd平面pac平面pbcad因为pa垂直于以ab为直径的圆所在的平面，所以pabc又直径所对的圆周角为直角，所以bcac又paaca，所以bc平面pac，从而pcbc，所以a正确；因为bc平面pbc，所以平面pac平面pbc，所以d正确易验证b，c均不成立，故选ad12如图，在四棱锥pabcd中，pa底面abcd，底面abcd为矩形，abpa若bc边上有且只有一个点q，使得pqqd，则此时二面角apdq的余弦值为()a b c dc如图，连接aq，因为bc边上有且只有一个点q，使得pqqd，所以bc边上有且只有一个点q，使得aqqd，则在平面abcd中，以ad为直径的圆与直线bc相切且q为切点，设ad的中点为o，则qoad，可得qo平面pad，作ohpd交pd于点h，连接qh，则ohq是二面角apdq的平面角，设abpaa，则ad2a，在rtqoh中，oh，qh，所以cosohq，所以二面角apdq的余弦值为，故选c13如图，边长为a的正三角形abc的边ab，ac的中点分别为e，f，将aef沿ef折起至aef位置，使平面aef平面befc，则ab_.a如图，取bc的中点n，连接an交ef于点m，连接am，bm，则amef.平面aef平面befc，am平面befc，ambm.ammnana，ama.在rtmnb中，mb2mn2nb2a2.在rtamb中，aba.14(一题两空)已知正三棱锥pabc的高为2，侧棱与底面所成的角为45，则二面角pabc的正切值是_，点a到侧面pbc的距离是_2如图，作po底面abc于点o，连接bo并延长交ac于点d，连接co并延长交ab于点e，连接pe，pd，则peab，ceab，peo是二面角pabc的平面角正三棱锥pabc的高为2，侧棱与底面所成的角为45，po2，pbo45，pob90，boco2，eo1，二面角pabc的正切值为tanpeo2.易得bd3，bc2，sabc233.易知pd，spac2.设点a到侧面pbc的距离为h，vpabcvapbc，32h，解得h，点a到侧面pbc的距离为.15已知bcd中，bcd90，bccd1，ab平面bcd，adb60，e，f分别是ac，ad上的动点，且(01)(1)求证：不论为何值，总有平面bef平面abc；(2)当为何值时，平面bef平面acd?解(1)证明：因为ab平面bcd，所以abcd因为cdbc，且abbcb，所以cd平面abc又(01)，所以不论为何值，恒有efcd，所以ef平面abc又ef平面bef，所以不论
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