【数学】2020届一轮复习人教A版第72课平行与垂直的综合应用作业（江苏专用）

【数学】2020届一轮复习人教A版第72课平行与垂直的综合应用作业（江苏专用）

随堂巩固训练(72)‎ ‎ 1. 已知平面α，β都与γ垂直，且α∩β＝l，则直线l与平面γ的关系为　垂直　.‎ 解析：由题意设α∩γ＝m，β∩γ＝n.因为α∩β＝l，所以在l上任取一点P，过点P在平面α内作PA⊥m，过点P在平面β内作PB⊥n.因为α⊥γ，α∩γ＝m，所以PA⊥γ.因为β⊥γ，β∩γ＝n，所以PB⊥γ，所以PA，PB重合，即l，所以l⊥γ.‎ ‎ 2. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为　平行　.‎ 解析：连结AC，BD，交点为F，连结EF，在△BDD1中，E，F分别为DD1，BD的中点，所以EF∥BD1.又因为EF⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.‎ ‎ 3. 已知平面α∥平面β，直线m⊂α，则m∥β一定成立，理由为因为平面α∥平面β，所以平面α，β没有公共点.因为直线m⊂α，所以直线m与平面β没有公共点，所以直线m∥平面βＷ.‎ ‎ 4. 下列命题中正确的是　②④　.(填序号)‎ ‎①平行于同一直线的两个平面平行； ‎ ‎②平行于同一平面的两个平面平行；‎ ‎③垂直于同一直线的两直线平行；　 ‎ ‎④垂直于同一平面的两直线平行.‎ 解析：平行于同一直线的两个平面平行或相交，故①错误；平行于同一平面的两个平面平行，由平面平行的性质定理，可知②正确；垂直于同一直线的两直线平行、相交或异面，故③错误；垂直于同一平面的两直线平行，故④正确.‎ ‎ 5. 设不同的直线m，n和不同的平面α，β，则下列命题中正确的是　②　.(填序号)‎ ‎①若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β； ‎ ‎②若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β；‎ ‎③若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β； ‎ ‎④若m⊥α，m⊥n，n⊂β，则α∥β.‎ 解析：对于①，因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α.又n⊥β，所以α∥β，故①错误；对于②，因为m∥n，n⊥β，所以m⊥β.又m⊂α，则α⊥β，故②正确；对于③，根据面面平行的判定定理可知，必须是两条相交直线分别平行，结论才成立，故③错误；对于④，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α.又n⊂β，所以α∥β不一定成立，故④错误.‎ ‎ 6. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：‎ ‎①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α； ②若m∥α，m⊥β，则α⊥β；‎ ‎③若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ； ④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.‎ 其中，真命题的序号是　②　.‎ 解析：若m⊂β，α⊥β，则根据空间中线面的位置关系可知，m⊥α或m∥α或m⊂α或m与α相交，故①为假命题；若m∥α，m⊥β，则根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故②为真命题；若α⊥β，α⊥γ，则根据空间中平面与平面的位置关系可知β∥γ或β与γ相交，故③为假命题；若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则根据三棱柱的三个侧面可得α与β相交，根据四棱柱的四个侧面可得α∥β，故④为假命题.‎ ‎ 7. 已知α，β为两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的　必要不充分　条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)‎ 解析：由m⊂α，α⊥β得不出m⊥β，因为两平面垂直，其中一平面内的直线不一定与另一平面垂直；若m⊂α，m⊥β，则根据面面垂直的判定定理可得α⊥β，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件.‎ ‎ 8. 过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥平面α，垂足为O，连结PA，PB，PC，若 PA＝PB＝PC，则O为△ABC的　外　心.‎ 解析：由题意得，过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥平面α，垂足为O，且PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心.‎ ‎ 9. 已知平面α，β，γ，直线l，m满足：α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，l⊥m，那么可由上述条件推出的结论有　②④　.(填序号)‎ ‎①m⊥β；　　②l⊥α；　　③β⊥γ；　　④α⊥β.‎ 解析：因为α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，l⊥m，所以β与γ相交，但不一定垂直，m与β相交，但不一定垂直，故①③错误；由面面垂直的性质，知l⊥α，故②正确；由面面垂直的判定定理，知α⊥β，故④正确.‎ ‎10. 对于平面α与平面β，有下列条件：‎ ‎①平面α，β都垂直于平面γ；②平面α，β都平行于平面γ；③平面α内不共线的三点到平面β的距离相等；④l，m为两条平行直线，且l∥α，m∥β；⑤l，m是异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β.‎ 则可判定平面α与平面β平行的条件是　②⑤　.(填序号)‎ 解析：对于①，由长方体过同一个顶点的三个侧面，可知垂直于同一个平面的两个平面可能相交，故①不正确；对于②，由两个平面互相平行的定义，可得平行于同一个平面的两个平面互相平行，故②正确；对于③，若平面α内不共线的三点不在平面β的同一侧，则平面α与平面β相交，故③不正确；对于④，若l，m为两条平行线，且l∥α，m∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故④不正确；对于⑤，若l，m是异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β，则α∥β，故⑤正确.‎ ‎11. 如图，在四棱锥ABCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE⊥底面BCDE，O，F分别为BE，DE的中点.求证：‎ ‎(1) AO⊥CD；‎ ‎(2) 平面AOF⊥平面ACE.‎ 解析：(1) 因为△ABE为等边三角形，O是BE的中点，‎ 所以AO⊥BE.‎ 又因为平面ABE⊥平面BCDE，‎ 平面ABE∩平面BCDE＝BE，AO⊂平面ABE，‎ 所以AO⊥平面BCDE.‎ 因为CD⊂平面BCDE，‎ 所以AO⊥CD.‎ ‎(2) 连结BD.‎ 因为四边形BCDE为菱形，所以CE⊥BD.‎ 因为O，F分别为BE，DE的中点，‎ 所以OF∥BD，所以CE⊥OF.‎ 由(1)可知，AO⊥平面BCDE，‎ 因为CE⊂平面BCDE，所以AO⊥CE.‎ 因为AO∩OF＝O，AO，OF⊂平面AOF，‎ 所以CE⊥平面AOF.‎ 又因为CE⊂平面ACE，‎ 所以平面AOF⊥平面ACE.‎ ‎12. 在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点.求证：‎ ‎(1) AB∥平面DEG；‎ ‎(2) BD⊥EG.‎ 解析：(1) 因为AD∥EF，EF∥BC，‎ 所以AD∥BC.‎ 又因为BC＝2AD，G是BC的中点，‎ 所以AD＝BG，‎ 所以四边形ADGB是平行四边形，‎ 所以AB∥DG.‎ 因为AB⊄平面DEG，DG⊂平面DEG，‎ 所以AB∥平面DEG.‎ ‎(2) 过点D作DH∥AE，交EF于点H，连结GH，BH.‎ 因为EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，‎ 所以EF⊥AE，EF⊥BE.‎ 又AE⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF⊂平面BCFE，‎ 所以AE⊥平面BCFE，‎ 所以DH⊥平面BCFE.‎ 因为EG⊂平面BCFE，所以DH⊥EG.‎ 因为AD∥EF，DH∥AE，‎ 所以四边形AEHD是平行四边形，‎ 所以EH＝AD＝2.‎ 又EH∥BG，EH⊥BE，EH＝BE＝BG＝2，‎ 所以四边形BGHE为正方形，‎ 所以BH⊥EG.‎ 又BH∩DH＝H，BH，DH⊂平面BHD，‎ 所以EG⊥平面BHD.‎ 因为BD⊂平面BHD，‎ 所以BD⊥EG.‎ ‎13. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中点.‎ ‎(1) 求证：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2) 求证：PN⊥平面ABCD；‎ ‎(3) 在棱BC上是否存在动点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由.‎ 解析：(1) 在矩形ABCD中，AB⊥AD.‎ 又因为AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，‎ 所以AB⊥平面PAD.‎ 又因为AB⊂平面PAB，‎ 所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2) 在△PAD中，PA＝PD，N是AD的中点，‎ 所以PN⊥AD.‎ 由(1)知AB⊥平面PAD，PN⊂平面PAD，‎ 所以AB⊥PN.‎ 又因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，‎ 所以PN⊥平面ABCD.‎ ‎(3) 在棱BC上存在点E，使得BN∥平面DEP，此时E为BC的中点.理由如下：‎ 假设存在点E，使得BN∥平面DEP.‎ 因为BN⊂平面ABCD，‎ 平面ABCD∩平面PDE＝DE，‎ 所以BN∥DE.‎ 因为N是AD的中点，‎ 所以E为BC的中点，‎ 故假设成立，且E为BC的中点.‎ 总结：解决立体几何中的探索性问题的步骤：‎ 第一步：写出探求的最后结论；第二步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步；反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范.‎ 温馨提醒：(1) 立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.(2) 这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”.‎