第七章 第节

[基础训练组]

．(导学号)(·南阳、信阳等六市一模)设直线，是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列事件中是必然事件的是(　　)

．若∥α，∥β，⊥，则α⊥β

．若∥α，⊥β，∥，则α∥β

．若⊥α，∥β，⊥，则α∥β

．若⊥α，⊥β，∥，则α∥β

解析：　[若∥α，∥β，⊥，则α、β位置关系不确定，选项不正确；若∥α，则α中存在直线与平行，∥，⊥β，则⊥β，又∵⊂α，∴α⊥β，选项不正确；若⊥α，∥β，⊥，则α、β可以相交，选项不正确；若⊥α，∥，⊥β，∴α∥β，选项正确．故选.]

．(导学号)已知平面α与平面β相交，直线⊥α，则(　　)

．β内必存在直线与平行，且存在直线与垂直

．β内不一定存在直线与平行，不一定存在直线与垂直

．β内不一定存在直线与平行，但必存在直线与垂直

．β内必存在直线与平行，不一定存在直线与垂直

解析：　[如图，在平面β内的直线若与α，β的交线平行，则有与之垂直．但却不一定在β内有与平行的直线，只有当α⊥β时才存在．]

．(导学号)如图，在斜三棱柱－中，∠＝°，⊥，则点在平面上的射影必在(　　)

．直线上　　　 ．直线上

．直线上 ．△的内部

解析：　[连接，∵⊥，⊥，∩＝，∴⊥平面，又⊂平面，∴平面⊥平面，∴点在平面上的射影必在两平面的交线上，故选.]

．(导学号)如图，在四面体－中，若＝，＝，是的中点，则下列结论正确的是(　　)

．平面⊥平面

．平面⊥平面

．平面⊥平面，且平面⊥平面

．平面⊥平面，且平面⊥平面

解析：　[因为＝，且是的中点，所以⊥，同理有⊥，于是⊥平面.因为在平面内，所以平面⊥平面.又由于⊂平面，所以平面⊥平面，所以选.]

．(导学号)已知三棱柱－的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若为底面的中心，则与平面所成角的大小为(　　)

解析：　[取正三角形的中心，连接，则∠是与平面所成的角．因为底面边长为，所以＝×＝，＝＝×＝.三棱柱的体积为×()×＝，解得＝，即＝＝，所以∠＝＝，即∠＝.]

．(导学号)设α，β是空间中两个不同的平面，，是平面α及β外的两条不同直线．从“①⊥；②α⊥β；③⊥β；④⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：　　(填序号)．

解析：因为当⊥β，⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线，所成的角相等或互补，所以若⊥，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．

答案：①③④⇒②或②③④⇒①

．(导学号)如图所示，在四棱锥－中，⊥底面，且底面各边都相等，是上的一动点，当点满足时，平面⊥平面.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)

解析：由定理可知，⊥.所以当⊥时，即有⊥平面，而⊂平面，所以平面⊥平面.

答案：⊥(答案不唯一)

．(导学号)(理科)，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线与成°角时，与成°角；

②当直线与成°角时，与成°角；

③直线与所成角的最小值为°；

④直线与所成角的最大值为°；

其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)

解析：由题意，是以为轴，为底面半径的圆锥的母线，由⊥，⊥，又⊥圆锥底面，在底面内可以过点，作∥，交底面圆于点，如图所示，连结，则⊥，∴∥，连结，等腰△中，＝＝，当直线与成°角时，∠＝°，故＝，又在△中，＝，∴＝，过点作∥，交圆于点，连结，由圆的对称性可知＝＝，∴△为等边三角形，∴∠＝°，即与成°角，②正确，①错误．

由最小角定理可知③正确；

很明显，可以满足平面⊥直线，直线与所成的最大角为°，④错误．正确的说法为②③.

答案：②③

．(导学号)(文科)如图，⊥圆所在的平面，是圆的直径，是圆上的一点，、分别是点在、上的正投影，给出下列结论：

①⊥；②⊥；③⊥；④⊥平面.

其中正确结论的序号是.

解析：由题意知⊥平面，∴⊥.

又⊥，∩＝，∴⊥平面.

∴⊥.∵⊥，∩＝，

∴⊥平面，∴⊥，⊥.

又⊥，∩＝，∴⊥平面.

∴⊥.故①②③正确．

答案：①②③

．(理科)(·丹东市二模)直三棱柱－的所有棱长都等于，点是棱中点，点在棱上，且＝.

()求证：平面⊥平面；

()求点到平面的距离．

解：()证明：在△和△中，由题意知＝＝，∠＝∠＝，

所以△∽△，

∠＝∠，

所以∠＋∠＝∠＋∠＝，

即⊥.

由直棱柱的性质知，底面⊥侧面，为中点，所以⊥，所以⊥侧面，则⊥，所以⊥平面，从而平面⊥平面.

()如图，连结，，

设点到平面的距离为，

经计算△＝，△＝，＝，由三棱锥－＝三棱锥－得

·△·＝··，

解得＝，

点到平面的距离为.

．(导学号)(文科)(·高考全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥－中，∥，且∠＝∠＝°.

()证明：平面⊥平面；

()若＝＝＝，∠＝°，且四棱锥－的体积为，求该四棱锥的侧面积．

解：()证明：由已知∠＝∠＝°，得⊥，⊥.

由于∥，故⊥，从而⊥平面.

又⊂平面，所以平面⊥平面.

()在平面内作⊥，垂足为.

由()知，⊥平面，故⊥，可得⊥平面.

设＝，则由已知可得＝，＝.

故四棱锥－的体积－＝··＝.

由题设得＝，故＝.

从而＝＝，＝＝，＝＝.

可得四棱锥－的侧面积为·＋·＋·＋°＝＋.

．(导学号)(理科)如图，在正方体—中，、分别是、的中点．

()求证：⊥；

()求证：⊥；

()棱上是否存在点，使⊥平面？若存在，确定点的位置，若不存在，说明理由．

解：()证明：连接，则⊥，

又∵⊥，且∩＝，

∴⊥平面.又⊂平面，∴⊥.

()证明：取中点，连接，，则⊥，

又∵△≌△，

∴∠＝∠.

∴⊥.又∵∩＝，

∴⊥平面.

又⊂平面，∴⊥.

()存在．取中点，即为所求．连接，，，

∵∥，∥，∴∥.

由()知⊥，∴⊥.

又由()知⊥，且∩＝，

∴⊥平面.

．(导学号)(文科)(·开封市一模)如图，在直角梯形中，∠＝°，∥，＝＝＝，点为中点．将△沿折起，使平面⊥平面，得到几何体－，如图所示．

()在上找一点，使∥平面；

()求三棱锥－的高．

解：()取的中点，连结，，

在△中，因为，分别为，的中点，

所以为△的中位线，

所以∥，

⊂平面，⊄平面

所以∥平面.

()设点到平面的距离为，

因为平面⊥平面，且⊥，

所以⊥平面，

所以⊥，而⊥，

所以⊥平面，即⊥.

所以△＝，

所以三棱锥－的高＝，△＝，

所以×＝××，

所以可解得＝.

[能力提升组]

．(导学号)如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，垂足为点.则以下命题中，错误的是(　　)

．点是△的垂心

．垂直于平面

．延长线经过点

．直线和所成角为°

解析：　[对于，由于＝＝，所以点在平面上的射影必到点，，的距离相等，即点是△的外心，而＝＝，故点是△的垂心，命题是真命题；

对于，由于∥，∥，故平面∥平面，而⊥平面，从而⊥平面，命题是真命题；

对于，由于⊥平面，因此的延长线经过点，命题是真命题；

对于，由知直线即是直线，又直线∥，因此直线和所成的角就等于直线与所成的角，即∠，而∠＝＝，因此命题是假命题．]

．(导学号)在边长为的菱形中，∠＝°，将菱形沿对角线折起，使折起后＝，则二面角－－的余弦值为(　　)

解析：　[在菱形中，连接交于点，则⊥，在折起后的图中，由四边形为菱形且边长为，则＝＝，由于⊥，⊥，因此∠就是二面角－－的平面角，由＝得∠＝＝＝.]

．(导学号)(理科)如图，在直角梯形中，⊥，⊥，且为的中点，，分别是，的中点，将三角形沿折起，则下列说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)

①不论折至何位置(不在平面内)，都有∥平面；

②不论折至何位置(不在平面内)，都有⊥；

③不论折至何位置(不在平面内)，都有∥；

④在折起过程中，一定存在某个位置，使⊥.

解析：由已知，在未折叠的原梯形中，∥，∥，所以四边形为平行四边形，所以＝，折叠后如图所示．

①过点作∥，交于点，连接.

因为，分别是，的中点，

所以点为的中点，故∥.

又∩＝，∩＝，

所以平面∥平面，

故∥平面，①正确；

②由已知，⊥，⊥，

所以⊥，⊥，

又∩＝，所以⊥平面，

又⊂平面，

所以⊥，②正确；

③假设∥，则与确定平面，

从而⊂平面，⊂平面，与和是异面直线矛盾，③错误；

④当⊥时，⊥.

因为⊥，⊥，∩＝，

所以⊥平面，⊂平面，

所以⊥，④正确．

答案：①②④

．(导学号)(文科)(·泉州市一模)如图，一张纸的长、宽分别为，，，，分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，关于该多面体的下列命题，正确的是.(写出所有正确命题的序号)．

①该多面体是三棱锥；②平面⊥平面；③平面⊥平面；④该多面体外接球的表面积为π.

解析：长、宽分别为，，，，分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，则①由于()＋()＝，∴该多面体是以，，，为顶点的三棱锥，正确；②∵⊥，⊥，∴⊥平面，∵⊂平面，∴平面⊥平面，正确；③与②同理，可得平面⊥平面，正确；④该多面体外接球的半径为，表面积为π，正确．

答案：①②③④

．(导学号)(理科)(·西安市一模)如图：在直角梯形中，∥，∠＝°，＝＝，＝，⊥于点，把△沿折到′的位置，使′＝，如图：若，分别为′，′的中点．

()求证：⊥平面′；

()求平面′与平面′的夹角．

解：()证明：∵在直角梯形中，∥，∠＝°，＝＝，＝，⊥于点，把△沿折到′的位置，使′＝，

∴＝＝，′＝－＝，∴′＋＝′，′＝＝，

∴′⊥.∵′⊥，∩＝，∴′⊥平面，∴平面′⊥平面.

又因为是正方形，∴⊥，∴⊥平面′.

∵，分别为′，′的中点，∴∥，∴⊥平面′.

()如图，过点′作直线∥.

∵∥，∴直线就是平面′与平面′的交线．

∵⊥，平面′⊥平面，且交于，∴⊥′，即′⊥.

∵′⊥，∴′⊥，∵′⊂平面′，′⊂′，∴∠′就是平面′与平面′的夹角的平面角．

在直角三角形′中，＝，′＝，可得∠′＝°.

即平面′与平面′的夹角为°.

．(导学号)(文科)(·广州市一模)如图，在直角梯形中，∥，⊥，⊥，点是边的中点，将△沿折起，使平面⊥平面，连接，，，得到如图所示的几何体．

()求证：⊥平面；

()若＝，与其在平面内的正投影所成角的正切值为，求点到平面的距离．

解：()证明：∵平面⊥平面，平面∩平面＝，

又⊥，∴⊥平面.

∵⊂平面，∴⊥.

又∵折叠前后均有⊥，∩＝，

∴⊥平面.

()由()知⊥平面，所以在平面内的正投影为，

即∠为与其在平面内的正投影所成角．

依题意∠＝＝，

＝，∴＝.

设＝(＞)，则＝.

∵△∽△，∴＝，

即＝，

解得＝，故＝，＝，＝.

由于⊥平面，⊥，为的中点，

由平面几何知识得＝＝，

同理＝＝，

∴△＝××＝.

∵⊥平面，∴－＝·＝.

设点到平面的距离为，

则·＝－＝－＝－＝，

∴＝，即点到平面的距离为.