-新教材高中数学午间半小时三十四练习含解析苏教版必修第二册

PAGEPAGE5午间半小时(三十四)(30分钟50分)一、单选题1．在正方体ABCD­A1B1C1D1的六个面中，与AA1垂直的平面的个数是()A．1B．2C．3D．6【解析】选B.正方体ABCD­A1B1C1D1的六个面中与AA1垂直的平面是平面ABCD与平面A1B1C1D1.2．下列条件中，能使直线m⊥α的是()A．m⊥b，m⊥c，bα，cαB．m⊥b，b∥αC．m∩b＝A，b⊥α D．m∥b，b⊥α【解析】选D.对于A，缺b与c相交；对于B，还可能得出m∥α，m与α相交或mα；对于C，可能有m∥α或mα或m与α相交．3．已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是()A．BD∥平面CB1D1B．AC1⊥BDC．AC1⊥平面CB1D1D．AC1⊥BD1【解析】选D.正方体中由BD∥B1D1，易知A正确；由BD⊥AC，BD⊥CC1，AC∩CC1＝C，可得BD⊥平面ACC1，从而BD⊥AC1，即B正确；由以上可得AC1⊥B1D1，同理AC1⊥D1C，因此AC1⊥平面CB1D1，即C正确；由于四边形ABC1D1不是菱形，所以AC1⊥BD1不正确．4．正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是()A．线段B1CB．线段BC1C．BB1中点与CC1中点连成的线段D．BC中点与B1C1中点连成的线段【解析】选A.如图，由于BD1⊥平面AB1C，故点P一定位于B1C上．5．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，与直线AD1垂直的平面是()A．平面DD1C1C B．平面A1DCB1C．平面A1B1C1D1D．平面A1DB【解析】选B.由ABCD­A1B1C1D1为正方体，可知A1B1⊥平面ADD1A1，又因为AD1平面ADD1A1，所以AD1⊥A1B1，又因为AD1⊥A1D，A1B1∩A1D＝A1，且A1B1，A1D平面A1DCB1，故AD1⊥平面A1DCB1.6．如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体A­OEF中，下列说法中正确的是()A．AH⊥平面OEFB．AO⊥平面OEFC．AE⊥平面OEFD．AF⊥平面OEF【解析】选B.如图，因为∠AOE＝∠AOF＝eq\f(π,2)，即AO⊥OE，AO⊥OF，又OE∩OF＝O，所以AO⊥平面OEF，故B正确；因为过A作平面OEF的垂线能作且只能作一条，AE，AF，AH与平面OEF都不垂直．所以A，C，D错误．二、多选题7．如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中正确的是()A．EF与BB1垂直 B．EF⊥平面BDD1B1C．EF与C1D所成的角为45° D．EF∥平面A1B1C1D1【解析】选ABD.连接A1B，A1C1，A1D，则E为A1B的中点，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，因为E，F分别为A1B，BC1的中点，则EF∥A1C1，所以EF⊥BB1，A选项正确；因为四边形A1B1C1D1为正方形，则A1C1⊥B1D1，又因为A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1，因为EF∥A1C1，所以EF⊥平面BDD1B1，B选项正确；易知△A1C1D为等腰三角形，因为EF∥A1C1，则EF与C1D所成的角为∠A1C1D，因为A1D2＋C1D2>A1Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，所以∠A1DC1始终是锐角，而∠A1C1D＝∠C1A1D，所以∠A1C1D＝45°不可能成立．C选项错误；因为EF∥A1C1，EF⊄平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，所以EF∥平面A1B1C1D1，D选项正确．8．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的正四面体A1­BDC1的棱长为2，则下列说法正确的是()A．异面直线A1B与AD1所成的角是eq\f(π,3)B．BD1⊥平面A1C1DC．平面ACB1截正四面体A1­BDC1所得截面面积为eq\r(3)D．正四面体A1­BDC1的高等于正方体ABCD­A1B1C1D1体对角线长的eq\f(2,3)【解析】选ABD.A：连接AD1，易知AD1∥BC1，异面直线A1B与AD1所成的角即直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1，△A1BC1为等边三角形，∠A1BC1＝eq\f(π,3)，正确；B：连接B1D1，B1B⊥平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，即A1C1⊥B1B，又A1C1⊥B1D1，B1B∩B1D1＝B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1，BD1平面BDD1B1，所以BD1⊥A1C1，同理可证BD1⊥A1D，A1C1∩A1D＝A1，所以BD1⊥平面A1C1D，正确；C：连接AB1，B1C，AC，易知平面ACB1截正四面体A1­BDC1所得截面面积为＝eq\f(\r(3),4)，错误；D：连接A1C，易得正方体ABCD­A1B1C1D1的体对角线长为eq\r(（\r(2)）2＋（\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(6)，棱长为2的正四面体A1­BDC1的高为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(22－12)×\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(6),3)，故正四面体A1­BDC1的高等于正方体ABCD­A1B1C1D1体对角线长的eq\f(2,3)，正确．三、填空题9．如图，设O为平行四边形ABCD对角线的交点，P为平面ABCD外一点，且有PA＝PC，PB＝PD，则PO与平面ABCD的关系是________.【解析】因为PA＝PC，所以PO⊥AC，又PB＝PD，所以PO⊥BD，又因为BD∩AC＝0，所以PO⊥平面ABCD.答案：垂直10．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，给出下列结论：①AE⊥D1F；②EF∥B1D；③AE⊥平面A1D1F，其中正确的是________．【解析】取AB的中点G，连接A1G，FG，则FG∥A1D1，FG＝A1D1，则四边形GA1D1F为平行四边形，得D1F∥A1G，在正方形AA1B1B中，可得Rt△A1AG≌Rt△ABE，则∠AA1G＝∠BAE，可得∠BAE＋∠A1GA＝90°，即A1G⊥AE，则AE⊥D1F，故①正确；E在平面B1BD内，F在平面B1BD外，而B1D平面B1BD，由异面