綜合檢測題2(編輯修改稿)
2025-01-13 21:37 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 析 ] 因為 C1B1⊥ 平面 ABB1A1， MN? 平面 ABB1A1，所以 C1B1⊥ MN. 又因為 MN⊥ MB1， MB1， C1B1? 平面 C1MB1， MB1∩ C1B1＝ B1，所以 MN⊥ 平面 C1MB1， 所以 MN⊥ C1M，所以 ∠ C1MN＝ 90176。. 15． 如圖所示 ， 在四棱錐 P－ ABCD 中 ， PA⊥ 底面 ABCD， 且底面各邊都相等 ， M 是PC 上的一動 點 ， 當點 M 滿足 ________時 ， 平面 MBD⊥ 平面 PCD(只要填寫一個你認為是正確的條件即可 )． [答案 ] DM⊥ PC(或 BM⊥ PC) [解析 ] 連接 AC，則 BD⊥ AC，由 PA⊥ 底面 ABCD，可知 BD⊥ PA， ∴ BD⊥ 平面 PAC，∴ BD⊥ PC． 故當 DM⊥ PC(或 BM⊥ PC)時，平面 MBD⊥ 平面 PCD． 16． (2021高考安徽卷 )如圖正方體 ABCD－ A1B1C1D1， 棱長為 1， P 為 BC 中點 ， Q 為線段 CC1上的動點 ， 過 A、 P、 Q 的平面截該正方體所得的截面 記為 S， 則下列命題正確的是 ________.(寫出所有正確命題的編號 ) ① 當 0CQ12時 ， S 為四邊形 ② 當 CQ＝ 12時 ， S 為等腰梯形 ③ 當 CQ＝ 34時 ， S 與 C1D1交點 R 滿足 C1R1＝ 13 ④ 當 34CQ1 時 ， S 為六邊形 ⑤ 當 CQ＝ 1 時 ， S 的面積為 62 . [答案 ] ①②③⑤ [解析 ] 設(shè)截面與 DD1相交于 T，則 AT∥ PQ，且 AT＝ 2PQ? DT＝ 2CQ. 對于 ① ，當 0CQ12時，則 0DT1，所以截面 S 為四邊形，且 S 為梯形，所以為真 ． 對于 ② ，當 CQ＝ 12時， DT＝ 1， T 與 D重合，截面 S 為四邊形 APQD1，所以 AP＝ D1Q，截面為等腰梯形，所以為真 ． 對于 ③ ，當 CQ＝ 34， QC1＝ 14， DT＝ 32， D1T＝ 12，利用三角形相似解得， C1R1＝ 13，所以為真 ． 對于 ④ ，當 34CQ1 時， 32DT2，截面 S 與線段 A1D1， D1C1相交，所以四邊形 S 為五邊形，所以為假 ． 對于 ⑤ ，當 CQ＝ 1 時， Q 與 C1重合，截面 S 與線段 A1D1相交于中點 G，即即為菱形APC1G，對角線長度為 2和 3， S 的面積為 62 ，所以為真，綜上，選 ①②③⑤ . 三、解答題 (本大題共 6 個大題，共 70 分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟 ) 17． (本小題滿分 10 分 )(2021全國高考江蘇卷 )如圖 ， 在三棱錐 P－ ABC 中 ， D、 E、 F分別為棱 PC、 AC、 AB 的中點 ， 已知 PA⊥ AC， PA＝ 6， BC＝ 8， DF＝ 5. 求證 ： (1)直線 PA∥ 面 DEF； (2)平面 BDE⊥ 平面 ABC． [證明 ] (1)在 △ PAC 中， D、 E 分別為 PC、 AC 中點， 則 PA∥ DE， PA?面 DEF， DE? 面 DEF， 因此 PA∥ 面 DEF. (2)△ DEF 中， DE＝ 12PA＝ 3， EF＝ 12BC＝ 4， DF＝ 5， ∴ DF2＝ DE2＋ EF2， ∴ DE⊥ EF， 又 PA⊥ AC， ∴ DE⊥ AC． ∴ DE⊥ 面 ABC， ∴ 面 BDE⊥ 面 ABC． 18． (本小題滿分 12 分 )如下圖所示 ， 在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中 ， AC＝ 3， BC＝ 4， AB＝ 5， AA1＝ 4， 點 D 是 AB 的中點 ． (1)求證 ： AC⊥ BC1； (2)求證 ： AC1∥ 平面 CDB1； (3)求異面直線 AC1與 B1C 所成角的余弦值 ． [解析 ] (1)證明：在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，底面三邊長 AC＝ 3， BC＝ 4， AB＝ 5，∴ AC⊥ BC． 又 ∵ C1C⊥ AC． ∴ AC⊥ 平面 BCC1B1. ∵ BC1? 平面 BCC1B， ∴ AC⊥ BC1. (2)證明：設(shè) CB1與 C1B 的交點為 E，連接 DE，又四邊形 BCC
教學課件相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號-1