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1、
(福建專用)2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第5課時 空間中的垂直關(guān)系課時闖關(guān)(含解析)
一、選擇題
1.若三個平面α,β,γ之間有α⊥γ,β⊥γ,則α與β( )
A.垂直 B.平行
C.相交 D.以上三種可能都有
解析:選D.垂直于同一個平面的兩個平面的位置關(guān)系不確定,故選D.
2.(2020·龍巖質(zhì)檢)已知直線l⊥平面α,直線m?平面β, 下面三個命題:
①α∥β? l⊥m;②α⊥β ? l ∥m;③l∥m?α⊥β.
則真命題的個數(shù)為( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:選C.直線l⊥平面α,當(dāng)α∥β時,l⊥
2、β,又因?yàn)閙?平面β,l⊥m,①正確;當(dāng)α⊥β時,l與m的位置關(guān)系無法判斷,②錯誤;當(dāng)l∥m時,根據(jù)l⊥平面α,得m⊥平面α,又因?yàn)閙?平面β,根據(jù)面面垂直的判定定理得α⊥β,③正確.故真命題有2個.
3.正方體ABCD-A′B′C′D′中,E為A′C′的中點(diǎn),則直線CE垂直于( )
A.A′C′ B.BD
C.A′D′ D.AA′
解析:選B.如圖,連接B′D′,
∵B′D′⊥A′C′,B′D′⊥CC′,且A′C′∩CC′=C′,∴B′D′⊥平面CC′E.
而CE?平面CC′E,
∴B′D′⊥CE.
又∵BD∥B′D′,∴BD⊥CE.
4.(2020·長沙質(zhì)檢)在
3、正方體ABCD-A1B1C1D1中,B1C與對角面DD1B1B所成角的大小是( )
A.15° B.30°
C.45° D.60°
解析:選B.如圖所示,連結(jié)AC交BD于O點(diǎn),易證AC⊥平面DD1B1B,連結(jié)B1O,則∠CB1O即為B1C與對角面所成的角,設(shè)正方體棱長為a,則B1C=a,CO=a,∴sin∠CB1O=.∴∠CB1O=30°.
5.在邊長為1的菱形ABCD中,∠ABC=60°,將菱形沿對角線AC折起,使折起后BD=1,則二面角B-AC-D的余弦值為( )
A. B.
C. D.
解析:選A.在原圖中連結(jié)AC與BD交于O點(diǎn),則AC⊥BD,在
4、折起后的圖中,由四邊形ABCD為菱形且邊長為1,則DO=OB=,由于DO⊥AC,因此∠DOB就是二面角B-AC-D的平面角,由BD=1得
cos∠DOB===,故選A.
二、填空題
6.已知a、b是兩條不重合的直線,α、β、γ是三個兩兩不重合的平面,給出下列四個命題:
①若a⊥α,a⊥β,則α∥β;
②若α⊥γ,β⊥γ,則α∥β;
③若α∥β,a?α,b?β,則a∥b;
④若α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,則a∥b.
其中正確命題的序號有________.
解析:垂直于同一直線的兩平面平行,①正確;α⊥β也成立,②錯;a、b也可異面,③錯;由面面平行性質(zhì)知,a∥b,④正確.
5、
答案:①④
7.
如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)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:由定理可知,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)
8.(2020·揚(yáng)州質(zhì)檢)已知二面角M-l-N的平面角是60°,直線a⊥M,則直線a與平面N所成角的大小為________.
解析:
如圖,二面角M-l-N中a⊥M,垂足為A,交平面N于B,
6、過A作AC⊥l垂足為C.連結(jié)BC.根據(jù)三垂線定理有BC⊥l.所以∠ACB為二面角M-l-N的平面角.∠ACB=60°,
∵?∠BAC=90°?∠ABC=30°.
過A作AE⊥BC,垂足為E.
∵ ?AE⊥l,
∴AE⊥平面N,
∴∠ABC=30°是直線a與平面N所成的角.
答案:30°
三、解答題
9.
(2020·南京調(diào)研)如圖,已知矩形ABCD中,AB=10,BC=6,沿矩形的對角線BD把△ABD折起,使A移到A1點(diǎn),且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上.
求證:
(1)BC⊥A1D;
(2)平面A1BC⊥平面A1BD.
證明:(1)由于A1在平面BCD上
7、的射影O在CD上,
則A1O⊥平面BCD,又BC?平面BCD,
則BC⊥A1O,
又BC⊥CO,A1O∩CO=O,
則BC⊥平面A1CD,又A1D?平面A1CD,
故BC⊥A1D.
(2)因?yàn)锳BCD為矩形,所以A1B⊥A1D.
由(1)知BC⊥A1D,A1B∩BC=B,則A1D⊥平面A1BC,又A1D?平面A1BD.
從而有平面A1BC⊥平面A1BD.
10.(2020·高考遼寧卷)
如圖,棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)面BCC1B1是菱形,B1C⊥A1B.
(1)證明:平面AB1C⊥平面A1BC1;
(2)設(shè)D是A1C1上的點(diǎn)且A1B∥平面B1CD,求A1D∶DC
8、1的值.
解:(1)證明:因?yàn)閭?cè)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)設(shè)BC1交B1C于點(diǎn)E,連結(jié)DE,則DE是平面A1BC1與平面B1CD的交線.
因?yàn)锳1B∥平面B1CD,所以A1B∥DE.
又E是BC1的中點(diǎn),所以D為A1C1的中點(diǎn),
即A1D∶DC1=1.
一、選擇題
1.(2020·泉州質(zhì)檢)若m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列命題中的真命題是( )
A.若m?β,α⊥β,則m⊥α
B.若m⊥
9、β,m∥α,則α⊥β
C.若α⊥γ,α⊥β,則β⊥γ
D.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,則α∥β
答案:B
2.
如圖,已知△ABC為直角三角形,其中∠ACB=90°,M為AB的中點(diǎn),PM垂直于△ABC所在平面,那么( )
A.PA=PB>PC
B.PA=PB
10、作平面A1BD的垂線,垂足為點(diǎn)H,有下列三個命題:
①點(diǎn)H是△A1BD的中心;
②AH垂直于平面CB1D1;
③AC1與B1C所成的角是90°.
其中正確命題的序號是__________.
解析:由于ABCD-A1B1C1D1是正方體,所以A-A1BD是一個正三棱錐,因此A點(diǎn)在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心,故①正確;又因?yàn)槠矫鍯B1D1與平面A1BD平行,所以AH⊥平面CB1D1,故②正確;從而可得AC1⊥平面CB1D1,即AC1與B1C垂直,所成的角等于90°.
答案:①②③
4.如圖,下列五個正方體圖形中,l是正方體的一條對角線,點(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中
11、點(diǎn),能得出l⊥面MNP的圖形的序號是________.(寫出所有符合要求的圖形序號)
解析:①、④易判斷,⑤中△PMN是正三角形且AM=AP=AN,因此,三棱錐A-PMN是正三棱錐.所以圖⑤中l(wèi)⊥平面MNP,由此法,還可否定③.∵AM≠AP≠AN.也易否定②.
答案:①④⑤
三、解答題
5.
如圖,四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=1,AD=,點(diǎn)F是PB的中點(diǎn),點(diǎn)E在邊BC上移動.
(1)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時,試判斷EF與平面PAC的位置關(guān)系.并說明理由;
(2)證明:無論點(diǎn)E在BC邊的何處,都有PE⊥AF.
解:(1)當(dāng)點(diǎn)E為B
12、C的中點(diǎn)時,EF與平面PAC平行.
∵在△PBC中,E、F分別為BC、PB的中點(diǎn),
∴EF∥PC,又EF?平面PAC,而PC?平面PAC,
∴EF∥平面PAC.
(2)證明:∵PA⊥平面ABCD,BE?平面ABCD,
∴EB⊥PA.又EB⊥AB,AB∩AP=A,
AB,AP?平面PAB,
∴EB⊥平面PAB,又AF?平面PAB,∴AF⊥BE.
又PA=AB=1,點(diǎn)F是PB的中點(diǎn),∴AF⊥PB.
又∵PB∩BE=B,PB、BE?平面PBE,
∴AF⊥平面PBE.
∵PE?平面PBE,∴AF⊥PE.
6.
(2020·高考上海卷)已知ABCD-A1B1C1D1是底面邊
13、長為1的正四棱柱,O1是A1C1與B1D1的交點(diǎn).
(1)設(shè)AB1與底面A1B1C1D1所成的角的大小為α,二面角A-B1D1-A1的大小為β,求證:tan β=tan α;
(2)若點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為,求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高.
解:(1)證明:設(shè)正四棱柱的高為h,連接AO1,如圖①,
∵AA1⊥底面A1B1C1D1于A1,
∴AB1與底面A1B1C1D1所成的角為∠AB1A1,即∠AB1A1=α.
∵AB1=AD1,O1為B1D1的中點(diǎn),
∴AO1⊥B1D1.
又A1O1⊥B1D1,
∴∠AO1A1是二面角A-B1D1-A1的平面角,即∠AO1A
14、1=β.
∴tan α==h,tan β==h=tan α.
圖①
(2)法一:如圖①,連接AC,過C作CH⊥AO1于H.
∵B1D1⊥平面ACC1A1,
∴平面AB1D1⊥平面ACC1A1,
∴CH⊥平面AB1D1,故CH=.
又∠O1AC=β,AC=,
在Rt△ACH中,AH= =,
∴tan β==2=,
∴h=2,
即正四棱柱的高為2.
圖②
法二:建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h),
=(1,0,-h(huán)),=(0,1,-h(huán)),=(1,1,0).
設(shè)平面AB1D1的一個法向量為n=(x,y,z).
由?
取z=1得n=(h,h,1).
∴點(diǎn)C到平面AB1D1的距離為d===,則h=2.