发布时间 : 星期六 文章高中数学人教A版必修二第二章点直线平面之间的位置关系习题课word课时作业更新完毕开始阅读
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7．90° 解析
由题意画出图形，数据如图，取BC的中点E，
连接AE、DE，易知∠AED为二面角A—BC—D的平面角．
222
可求得AE＝DE＝2，由此得AE＋DE＝AD． 故∠AED＝90°． 8．36
解析 正方体的一条棱长对应着2个“正交线面对”，12条棱长共对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”，12条面对角线对应着12个“正交线面对”，共有36个．
9．①④
10．证明 (1)如图所示，
取EC的中点F，连接DF，∵EC⊥平面ABC， ∴EC⊥BC，又由已知得DF∥BC，∴DF⊥EC．
在Rt△EFD和Rt△DBA中，
1
∵EF＝EC＝BD，
2
FD＝BC＝AB，
∴Rt△EFD≌Rt△DBA， 故ED＝DA．
1
(2)取CA的中点N，连接MN、BN，则MN綊EC，
2
∴MN∥BD，∴N在平面BDM内，
∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN．又CA⊥BN， ∴BN⊥平面ECA，BN?平面MNBD， ∴平面MNBD⊥平面ECA． 即平面BDM⊥平面ECA．
11
(3)∵BD綊EC，MN綊EC，
22
∴BD綊MN，
∴MNBD为平行四边形，
∴DM∥BN，∵BN⊥平面ECA，
∴DM⊥平面ECA，又DM?平面DEA， ∴平面DEA⊥平面ECA．
11．(1)证明 因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1．
5
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又B1C⊥A1B，且A1B∩BC1＝B，
所以B1C⊥平面A1BC1．又B1C?平面AB1C，所以平面AB1C⊥平面A1BC1．
(2)解 设BC1交B1C于点E，连接DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线． 因为A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE．
又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点， A1D
即＝1． DC112．(1)①PA⊥BC(或PA⊥CD或AB⊥PD) ②平面PAB⊥平面ABCD(或平面PAD⊥平面ABCD或平面PAB⊥平面PAD或平面PCD⊥平面PAD或平面PBC⊥平面PAB) ③PA⊥平面ABCD(或AB⊥平面PAD或CD⊥平面PAD或AD⊥平面PAB或BC⊥平面PAB)
22
(2)2a＋2a
2
解析 (2)依题意：正方形的面积是a，
12
S△PAB＝S△PAD＝a．
2
又PB＝PD＝2a，∴S△PBC＝S△PCD＝
22
a． 2
2
2
所以四棱锥P—ABCD的表面积是S＝2a＋2a． 13．
(1)证明 如图，设AC与BD交于点G，则G为AC的中点．连接EG，GH，由于H为BC的中点，
1
故GH綊AB．
21
又EF綊AB，∴EF綊GH．∴四边形EFHG为平行四边形．∴EG∥FH．而EG?平面EDB，
2
FH?平面EDB，
∴FH∥平面EDB．
(2)证明 由四边形ABCD为正方形，得AB⊥BC． 又EF∥AB，∴EF⊥BC．
而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC． ∴EF⊥FH．∴AB⊥FH．
又BF＝FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC． ∴FH⊥平面ABCD．∴FH⊥AC．
又FH∥EG，∴AC⊥EG．又AC⊥BD，EG∩BD＝G， ∴AC⊥平面EDB．
(3)解 ∵EF⊥FB，∠BFC＝90°∴BF⊥平面CDEF． ∴BF为四面体B－DEF的高． 又BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝2．
111
VB－DEF＝××1×2×2＝．
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