課時規(guī)范練A組基礎(chǔ)對點練1.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P為△ABC所在平面外一點，PA⊥平面ABC，則四面體PABC中共有直角三角形個數(shù)為()A．4 B．3C．2 D．1解析：由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，即AB⊥BC，所以△PBC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC為直角三角形，故四面體PABC中共有4個直角三角形．答案：A2．設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是()A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥βC．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β解析：對于C項，由α∥β，a?α可得α∥β，又b⊥β，得a⊥b，故選C.答案：C3．(2018·蘭州診斷考試)設(shè)α，β，γ為不同的平面，m，n為不同的直線，則m⊥β的一個充分條件是()A．α⊥β，α∩β＝n，m⊥nB．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γC．α⊥β，β⊥γ，m⊥αD．n⊥α，n⊥β，m⊥α解析：A不對，m可能在平面β內(nèi)，也可能與β平行；B，C不對，滿足條件的m和β可能相交，也可能平行；D對，由n⊥α，n⊥β可知α∥β，結(jié)合m⊥α知m⊥β，故選D.答案：D4．設(shè)a，b，c是空間的三條直線，α，β是空間的兩個平面，則下列命題中，逆命題不成立的是()A．當(dāng)c⊥α?xí)r，若c⊥β，則α∥βB．當(dāng)b?α?xí)r，若b⊥β，則α⊥βC．當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若b⊥c，則a⊥bD．當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若c∥α，則b∥c解析：A的逆命題為：當(dāng)c⊥α?xí)r，若α∥β，則c⊥β.由線面垂直的性質(zhì)知c⊥β，故A正確；B的逆命題為：當(dāng)b?α?xí)r，若α⊥β，則b⊥β，顯然錯誤，故B錯誤；C的逆命題為：當(dāng)b?α，且c是a在α內(nèi)的射影時，若a⊥b，則b⊥c.由三垂線逆定理知b⊥c，故C正確；D的逆命題為：當(dāng)b?α，且c?α?xí)r，若b∥c，則c∥α.由線面平行判定定理可得c∥α，故D正確。答案：B5.如圖，O是正方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，則下列直線中與B1O垂直的是()A．A1D B．AA1C．A1D1 D．A1C解析：連接B1D1(圖略)，則A1C1⊥B1D1，根據(jù)正方體特征可得BB1⊥A1C1，故A1C1⊥平面BB1D1D，B1O?平面BB1D1D，所以B1O⊥A答案：D6.如圖，在三棱錐DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的有________(寫出全部正確命題的序號)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.解析：由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，從而AC⊥平面BDE，所以平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE，故③正確．答案：③7.如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中正確的結(jié)論有________．解析：①AE?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA?AE⊥BC，故①正確；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB?平面PBC?AE⊥PB，AE⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確；③AF⊥PB，若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤；由①可知④正確．答案：①②④8.如圖所示，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當(dāng)點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為是正確的條件即可)解析：如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC，∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)(1)AP∥平面BEF；(2)BE⊥平面PAC.由于E為AD的中點，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點．又F為PC的中點，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF?平面BEF，AP?平面BEF.所以AP∥平面BEF.(2)由題意知ED∥BC，ED＝BC.所以四邊形BCDE為平行四邊形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.因為四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC.10．(2018·唐山統(tǒng)考)已知四棱錐PABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，E為棱PD的中點．(1)證明：PB∥平面AEC；(2)若PD＝AD＝2，PB⊥AC，求點P到平面AEC的距離．解析：(1)證明：如圖，連接BD，交AC于點F，連接EF，∵底面ABCD為矩形，∴F為BD中點，又E為PD中點，∴EF∥PB，又PB?平面AEC，EF?平面AEC，∴PB∥平面AEC.(2)∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC，又PB⊥AC，PB∩PD＝P，∴AC⊥平面PBD，∵BD?平面PBD，∴AC⊥BD，∴四邊形ABCD為正方形．又E為PD的中點，∴P到平面AEC的距離等于D到平面AEC的距離，設(shè)D到平面AEC的距離為h，由題意可知AE＝EC＝eq\r(5)，AC＝2eq\r(2)，S△AEC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，由VDAEC＝VEADC得eq\f(1,3)S△AEC·h＝eq\f(1,3)S△ADC·ED，解得h＝eq\f(\r(6),3)，∴點P到平面AEC的距離為eq\f(\r(6),3).B組能力提升練1．如圖，正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，D是EF與SG2的交點，現(xiàn)沿SE，SF及EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3三點重合，重合后的點記為GA．SD⊥平面EFG B．SE⊥GFC．EF⊥平面SEG D．SE⊥SF解析：對于A，設(shè)正方形的棱長為2a，則DG＝eq\f(\r(2),2)a，SD＝eq\f(3\r(2),2)a，∵SG2≠DG2＋SD2，∴SD與DG不垂直，∴SD不垂直于平面EFG，故A錯誤；對于B，∵在折疊的過程中，始終有SG3⊥G3F，EG2⊥G2F，∴SG⊥GF，EG⊥GF，SG∩EG＝G，∴GF⊥平面SEG，∵SE?平面SEG，∴SE⊥GF，故B正確；對于C，△EFG中，∵EG⊥GF，∴EF不與GE垂直，∴EF不垂直于平面SEG，故C錯誤；對于D，由正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，得∠ESF<∠G1SG3＝90°，∴SE與答案：B2．若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是()A．若m?β，α⊥β，則m⊥αB．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，則α∥βC．若m⊥β，m∥α，則α⊥βD．若α⊥γ，α⊥β，則β⊥γ解析：A中m與α的位置關(guān)系不確定，故錯誤；B中α，β可能平行或相交，故錯誤；由面面垂直的判定定理可知C正確；D中β，γ平行或相交，故錯誤．答案：C3.如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1FA.eq\f(1,2) B．1C.eq\f(3,2) D．2解析：設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝eq\r(2)，設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝heq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面積相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，得x＝eq\f(1,2).答案：A4．如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO(1)證明：B1C⊥AB(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABCA1B1C1解析：(1)證明：如圖，連接BC1，則O為B1C與BC1的交點．因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以B1又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB(2)如圖，作OD⊥BC，垂足為D，連接AD.作OH⊥AD，垂足為H.由于BC⊥AO，BC⊥OD，故BC⊥平面AOD，所以O(shè)H⊥BC.又OH⊥AD，所以O(shè)H⊥平面ABC.因為∠CBB1＝60°，所以△CBB1為等邊三角形，又BC＝1，所以O(shè)D＝eq\f(\r(3),4).由于AC⊥AB1，所以O(shè)A＝eq\f(1,2)B1C＝eq\f(1,2).由OH·AD＝OD·OA，且AD＝eq\r(OD2＋OA2)＝eq\f(\r(7),4)，得OH＝eq\f(\r(21),14).又O為B1C的中點，所以點B1到平面ABC的距離為eq\f(\r(21),7).故三棱柱ABCA1B1C1的高為eq\f(\r(21),7).5．(2018·北京東城區(qū)模擬)如圖，在四棱錐EABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD＝3AB.(1)求證：平面ACE⊥平面CDE；(2)在線段DE上是否存在一點F，使AF∥平面BCE？若存在，求出eq\f(EF,ED)的值；若不存在，說明理由．解析：(1)證明：因為CD⊥平面ADE，AE?平面ADE，所以CD⊥AE.又AE⊥DE，CD∩DE＝D，所以AE⊥平面CDE，因為AE?平面ACE，所以平面ACE⊥平面CDE.(2)在線段DE上存在一點F，且eq\f(EF,ED)＝eq\f(1,3)，使AF∥平面BCE.設(shè)F為線段DE上一點，且eq\f(EF,ED)＝eq\f(1,3).過點F作FM∥CD交CE于點M，連接BM，AF，則FM＝eq\f(1,3)CD.因為CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，所以CD∥AB.又FM∥CD，所以FM∥AB.因為CD＝3AB，所以FM＝AB.所以四邊形ABMF是平行四邊形，所以AF∥BM.又AF?平面BCE，BM?平面BCE，所以AF∥平面BCE.6．如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中點，點Q在側(cè)棱PC上．(1)求證：AD⊥平面PBE；(2)若Q是PC的中點，求證：PA∥平面BDQ；(3)若VPBCDE＝2VQABCD，試求eq\f(CP,CQ)的值．解析：(1)證明：由E是AD的中點，PA＝PD可得AD⊥PE.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以AB＝BD，又E是AD的中點，所以AD⊥BE，又PE∩BE＝E，所以AD⊥平面