作业设计
1.3
解析 命题①正确,面面平行的性质;命题②不正确,也可能n?β;命题③不正确,如果m、n有一条是α、β的交线,则m、n共面;命题④不正确,m与β的关系不确定.
2.2
解析 (2)和(4)对.
3.1
解析 ①正确.
4.2
解析 ①④正确.
5.线段B1C
解析 连结AC,AB1,B1C,
∵BD⊥AC,AC⊥DD1,
BD∩DD1=D,
∴AC⊥面BDD1,
∴AC⊥BD1,
同理可证BD1⊥B1C,
∴BD1⊥面AB1C.
∴P∈B1C时,始终AP⊥BD1.
6.④
7.90°
解析
由题意画出图形,数据如图,取BC的中点E,
连结AE、DE,易知∠AED为二面角A—BC—D的平面角.
可求得AE=DE=2,由此得AE2+DE2=AD2.
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,连结DF,∵EC⊥平面ABC,
∴EC⊥BC,又由已知得DF∥BC,
∴DF⊥EC.
在Rt△EFD和Rt△DBA中,
∵EF=12EC=BD,
FD=BC=AB,
∴Rt△EFD≌Rt△DBA,
故ED=DA.
(2)取CA的中点N,连结MN、BN,
则MN?12EC,
∴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.
(3)∵BD?12EC,MN?12EC,
∴BD?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.
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,连结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,
即A1DDC1=1.
12.(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)
(2)2a2+2a2
解析 (2)依题意:正方形的面积是a2,
S△PAB=S△PAD=12a2.
又PB=PD=2a,∴S△PBC=S△PCD=22a2.
所以四棱锥P—ABCD的表面积是
S=2a2+2a2.
13.
(1)证明 如图,设AC与BD交于点G,则G为AC的中点.连结EG,GH,由于H为BC的中点,
故GH?12AB.
又EF?12AB,∴EF?GH.
∴四边形EFHG为平行四边形.
∴EG∥FH.
而EG?平面EDB,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.