2020新教材高中数学课时素养评价十九平面与平面垂直新人教B版必修第四册

《2020新教材高中数学课时素养评价十九平面与平面垂直新人教B版必修第四册》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020新教材高中数学课时素养评价十九平面与平面垂直新人教B版必修第四册（11页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、课时素养评价十九平面与平面垂直(25分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若AB=2,CD=4,EFAB,则EF与CD所成的角的度数为()A.90B.45C.60D.30【解析】选D.取BC的中点G,连接EG,FG,则EG=1,FG=2,EFEG,则EF与CD所成的角等于EFG,为30.2.如图所示,四边形ABCD是矩形,PA平面ABCD,则图中互相垂直的平面共有()A.3对B.4对C.5对D.6对【解析】选D.因为PA平面ABCD,且PA平面PAB,PA平面PAD,P

2、A平面PAC,所以平面PAB和平面PAC和平面PAD都与平面ABCD垂直,又ADPA,ADAB,所以AD平面PAB,又AD平面PAD,所以平面PAB平面PAD,同理可证平面PBC平面PAB,平面PCD平面PAD.3.矩形ABCD的两边AB=3,AD=4,PA平面ABCD,且PA=,则二面角A-BD-P的度数为()A.30B.45C.60D.120【解析】选A.过A作AEBD,连接PE,则AEP为所求角.由AB=3,AD=4知BD=5.又ABAD=BDAE,所以AE=,所以tanAEP=.所以AEP=30.4.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断中正确的为()A.A1

3、C1AD1B.A1C1BDC.平面A1C1B平面ACD1D.平面A1C1B平面BB1D1D【解析】选BCD.对A,A1C1与AD1是异面直线,A1C1与AD1所成角即为AC与AD1所成角,易知为60,故A错误;对B,由ACBD,ACA1C1,可知A1C1BD,故B正确;对C,由A1BCD1,ACA1C1且A1BA1C1=A1,ACCD1=C,由面面平行的判定定理的推论可知平面A1C1B平面ACD1,故C正确;对D,易知A1C1平面BB1D1D且A1C1平面A1C1B,故平面A1C1B平面BB1D1D,故D正确.二、填空题(每小题4分,共8分)5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角A-

4、BC-A1的平面角等于_.【解析】根据正方体中的位置关系可知,ABBC,A1BBC,根据二面角的平面角定义可知,ABA1即为二面角A-BC-A1的平面角.又AB=AA1,且ABAA1,所以ABA1=45.答案:456.如图,ABC是等腰直角三角形,BAC=90,AB=AC=1,将ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD平面ACD,则折叠后BC=_.【解析】因为在ABC中,ADBC,所以折叠后有ADBD,ADCD,所以BDC是二面角B-AD-C的平面角.因为平面ABD平面ACD,所以BDC=90.在BCD中,BDC=90,BD=CD=,所以BC=1.答案:1三、解答题(共26分)7.(12分

5、)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.(1)求证:A1EBD.(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD平面EBD.【解题指南】(1)欲证A1EBD,只需证明BD垂直A1E所在平面即可.(2)要证平面A1BD平面EBD,只需求出二面角为直二面角即可,或证明一个平面内的某一直线垂直于另一个面.【证明】连接AC,设ACDB=O,连接A1O,OE,(1)因为AA1底面ABCD,所以BDA1A,又BDAC,A1AAC=A,所以BD平面ACEA1,因为A1E平面ACEA1,所以A1EBD.(2)在等边三角形A1BD中,BDA1O,因为BD平面ACEA1,OE平

6、面ACEA1,所以BDOE,所以A1OE为二面角A1-BD-E的平面角.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设棱长为2a,因为E为棱CC1的中点,由平面几何知识,得EO=a,A1O=a,A1E=3a,满足A1E2=A1O2+EO2,所以A1OE=90,即平面A1BD平面EBD.【加练固】(2018江苏高考)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1.求证:(1)AB平面A1B1C.(2)平面ABB1A1平面A1BC.【证明】(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1.因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C,所以AB平面A1B1C.(2)在

7、平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1A1B.又因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC.又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC,所以AB1平面A1BC.因为AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面A1BC.8.(14分)如图所示,已知P是边长为a的菱形ABCD所在平面外一点,ABC=60,PC平面ABCD,PC=a,E为PA的中点.(1)求证:平面EDB平面ABCD.(2)求二面角A-EB-D的正切值.世纪【解析】(1)连接AC交BD于O,则O为AC的中点,又因为

8、E为PA的中点,所以EOPC,又因为PC平面ABCD,所以EO平面ABCD,又因为EO平面EDB,故平面EDB平面ABCD(2)由(1)知EOAO,又因为四边形ABCD为菱形,所以AOBD,又BDEO=O,所以AO平面BDE,过O作OFBE于点F,又AOBE,AOOF=O,所以BE平面AOF,所以BEAF,所以AFO为所求二面角的平面角.由BC=AB=a,ABC=60,知AC=a,BO=a,又EO=PC=a,所以BE=a,所以OF=a,又AO=,在RtAOF中,tanAFO=,故二面角A-EB-D的正切值为.(15分钟30分)1.(4分)在三棱锥A-BCD中,如果ADBC,BDAD,BCD是锐

9、角三角形,那么()A.平面ABD平面ADCB.平面ABD平面ABCC.平面BCD平面ADCD.平面ABC平面BCD【解析】选C.因为ADBC,BDAD,且BCBD=B,所以AD平面BCD,因为AD平面ADC,所以平面BCD平面ADC.2.(4分)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,点E为AD的中点,现分别沿BE,CE将ABE,DCE翻折,使得点A,D重合于F,此时二面角E -BC -F的余弦值为()A.B.C.D.【解析】选B.取BC的中点O,连接OE,OF,因为BA=CD,所以BF=FC,即三角形BFC是等腰三角形,则FOBC,因为BE=CE,所以BEC是等腰三角形,所以EOBC,则

10、FOE是二面角E -BC -F的平面角,因为EFCF,BFEF,所以EF平面BCF,EFFO,则直角三角形EFO中,OE=AB=2,EF=DE=,所以OF=,则cosFOE=.3.(4分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD.底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足_时,平面MBD平面PCD.(注:只要填写一个你认为正确的即可)【解析】连接AC,因为四边形ABCD的边长相等,所以四边形ABCD为菱形.所以ACBD,又因为PA平面ABCD,所以PABD,所以BD平面PAC,所以BDPC.若PC平面BMD,则PC垂直于平面BMD中两条相交直线.所以当BMPC时,PC平面BDM.

11、又PC平面PCD,所以平面PCD平面BDM.答案:BMPC(其他合理即可)4.(4分)设正三角形ABC的边长为a,PA平面ABC,PA=AB,则A到平面PBC的距离为_.世纪【解析】如图所示,取BC中点E,连接AE,PE,则AEBC,又BCPA,AEPA=A,所以BC平面PAE.因为BC平面PBC,所以平面PAE平面PBC.在平面PAE内过A作AFPE,垂足为F,则AF平面PBC.则AF=a.答案:a5.(14分)如图所示,ABC是正三角形,线段EA和DC都垂直于平面ABC,设EA=AB=2a,DC=a,且F为BE的中点.(1)求证:DF平面ABC.(2)求证:AFBD.(3)求平面BDF与平

12、面ABC所成的较小二面角的大小.世纪【解析】(1)如图所示,取AB中点G,连接CG,FG.因为EF=FB,AG=GB,所以FGEA,且FG=EA,又DCEA,且DC=EA,所以FGDC,且FG=DC,所以四边形CDFG为平行四边形,所以DFCG,因为DF平面ABC,CG平面ABC,所以DF平面ABC.(2)因为 EA平面ABC,所以EACG.又ABC 是正三角形,G是AB的中点,所以CGAB.又EAAB=A,所以CG平面AEB.又因为DFCG,所以DF平面AEB.所以DFAF.因为AE=AB,EF=FB,所以AFBE,又BEDF=F,所以AF平面BED, 所以AFBD.(3)延长ED交AC延长

13、线于G,连接BG.由DCEA,且DC=EA知,D为EG的中点,所以FDBG.又CG平面ABE, FDCG,所以BG平面ABE.所以EBA为所求二面角的平面角.在等腰直角三角形AEB中,可得EBA=45.所以平面BDE与平面ABC所成的较小二面角是45.【加练固】如图,棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形,B1CA1B.证明:平面AB1C平面A1BC1.【证明】因为BCC1B1是菱形,所以B1CBC1,又B1CA1B,且BC1A1B=B,所以B1C平面A1BC1,又B1C平面AB1C,所以平面AB1C平面A1BC1.1.(2019全国卷理科T8)如图,点N为正方形ABCD的中心,EC

14、D为正三角形,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则()世纪A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线【解析】选B.因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=a,DB=2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DBDMcosBDE=9a2-4a2cosBDE,EN2=DE2+DN2-2DEDNcosBDE=6a2-4a2cosBDE,所以BMEN.2

15、.(2018全国卷)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.世纪【解析】(1)由题设知,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BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)存在,AM的中点即为符合题意的点P.证明如下:取AM的中点P,连接AC,BD交于点N,连接PN.因为四边形ABCD是矩形,所以N是AC的中点,在ACM中,点P,N分别是AM,AC的中点,所以PNMC,又因为PN平面PBD,MC平面PBD,所以MC平面PBD,所以,在线段AM上存在点P,即AM的中点,使得MC平面PBD.