《高考數(shù)學理二輪專題復習檢測第二篇 專題滿分突破 專題五　立體幾何：課時鞏固過關(guān)練十三 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學理二輪專題復習檢測第二篇 專題滿分突破 專題五　立體幾何：課時鞏固過關(guān)練十三 Word版含解析（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 課時鞏固過關(guān)練(十三)　點、直線、平面之間的位置關(guān)系 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．設(shè)l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若l⊥m，m＝α∩β，則l⊥α B．若l∥m，m＝α∩β，則l∥α C．若α∥β，l與α所成的角和m與β所成的角相等，則l∥m D．若l∥m，α∥β，l⊥α，則m⊥β 解析：對于A，l可能在平面α內(nèi)也可能在平面α外，錯誤；對于B，l可能在平面α內(nèi)，錯誤；對于C，l，m可能平行、相交、異面，錯誤；對

2、于D，因為l∥m，l⊥α，所以m⊥α，又α∥β，所以m⊥β，正確． 答案：D 2．(20xx·北京海淀期中)設(shè)l，m，n均為直線，其中m，n在平面α內(nèi)，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：l，m，n均為直線，m，n在平面α內(nèi)，l⊥α?l⊥m且l⊥n.反之，由l⊥m且l⊥n不一定能推出l⊥α，當m∥n時，l也可能平行于α.故“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m且l⊥n”的充分不必要條件．故選A. 答案：A 3．下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能

3、得出AB∥平面MNP的圖形的序號是(　　) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 解析：對于圖形①：平面MNP與AB所在的對角面平行，即可得到AB∥平面MNP，對于圖形④：AB∥PN，AB?平面MNP，即可得到AB∥平面MNP，圖形②、③都不可以，故選C. 答案：C 4．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：設(shè)B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面

4、C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝，設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h.又2×＝h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝＝.由面積相等得DB1·B1F＝DF·B1E，即×＝x，得x＝. 答案：A 5．如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在(　　) A．直線AB上 B．直線BC上 C．直線AC上 D．△ABC內(nèi)部 解析：由BC1⊥AC，BA⊥AC，得AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的

5、射影H在直線AB上． 答案：A 二、填空題 6．三棱錐S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜邊AB＝a的等腰直角三角形，給出以下結(jié)論： ①異面直線SB與AC所成的角為90°；②直線SB⊥平面ABC；③平面SBC⊥平面SAC；④點C到平面SAB的距離是a. 其中正確結(jié)論的序號是__________． 解析：由題意知AC⊥平面SBC，又SB?平面SBC，故AC⊥SB，又SB⊥AB，∴SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正確；取AB的中點E，連接CE(如圖)，可證得CE⊥平面SAB，故CE的長度即為C到平面SAB的距離，為a，④正確。

6、 答案：①②③④ 7．給出下列四個命題： ①平行于同一平面的兩條直線平行；②垂直于同一平面的兩條直線平行；③如果一條直線和一個平面平行，那么它和這個平面內(nèi)的任何直線都平行；④如果一條直線和一個平面垂直，那么它和這個平面內(nèi)的任何直線都垂直． 其中正確命題的序號是__________．(寫出所有正確命題的序號) 解析：①中平行于同一平面的兩條直線可能相交，也可能異面，①不正確；根據(jù)直線與平面垂直的性質(zhì)定理知，②正確；③若直線l與平面α平行，則l必平行于α內(nèi)某一方向上的無數(shù)條直線，故③不正確；④顯然正確．故填②④. 答案：②④ 8．如圖，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙

7、O上的一點，E，F(xiàn)分別是點A在PB，PC上的射影，給出下列結(jié)論： ①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC. 其中正確結(jié)論的序號是__________． 解析：∵PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直徑，∴CB⊥PA，CB⊥AC，∴CB⊥平面PAC.又AF?平面PAC，∴CB⊥AF.又F是點A在PC上的射影，∴AF⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，∴AF⊥平面PBC，故①③正確．又E為A在PB上的射影，∴AE⊥PB，∴PB⊥平面AEF，故②正確．而AF⊥平面PCB，∴AE不可能垂直于平面PBC.故④錯．答案為①②③. 答案：①②③ 三、解答題

8、9．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P，Q分別是DD1，CC1的中點．求證： (1)PO∥平面D1BQ； (2)平面D1BQ∥平面PAO. 解：(1)連接DB，則D，O，B三點共線，∵P，O分別為DD1，DB的中點，∴OP∥D1B.又D1B?平面D1BQ，OP?平面D1BQ，∴PO∥平面D1BQ. (2)∵Q為CC1的中點，P為DD1的中點，∴QB∥PA.∵QB?平面D1BQ，PA?平面D1BQ，∴PA∥平面D1BQ. 又PO∥平面D1BQ，PA∩PO＝P，PA?平面PAO，PO?平面PAO，∴平面D1BQ∥平面PAO. 10．(20xx&#

9、183;四川高考)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示． (1)請將字母F，G，H標記在正方體相應的頂點處(不需要說明理由)； (2)判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系，并說明你的結(jié)論； (3)證明：直線DF⊥平面BEG. 解：(1)點F，G，H的位置如圖所示．  (2)平面BEG∥平面ACH.證明如下：因為ABCD－EFGH為正方體，所以BC∥FG，BC＝FG.又FG∥EH，F(xiàn)G＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH.于是BCHE為平行四邊形，所以BE∥CH.又CH?平面ACH，BE?平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG

10、＝B，所以平面BEG∥平面ACH. (3)連接FH，BD，因為ABCD－EFGH為正方體，所以DH⊥平面EFGH，因為EG?平面EFGH，所以DH⊥EG，又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面EFHD.又DF?平面BFHD，所以DF⊥EG.同理DF⊥BG.又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG. 11．(20xx·浙江瑞安聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直線A1B上． (1)求證：BC⊥A1B； (2)若AD＝，AB＝BC＝2，P為AC的中點，求二面角P－A1B－C的平面角的余弦值． 解：(1)∵三棱柱ABC－A1B1

11、C1為直三棱柱，∴A1A⊥平面ABC，又BC?平面ABC，∴A1A⊥BC.∵AD⊥平面A1BC，且BC?平面A1BC，∴AD⊥BC.又AA1?平面A1AB，AD?平面A1AB，A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AB.又A1B?平面A1AB，∴BC⊥A1B. (2)由(1)知BC⊥平面A1AB，AB?平面A1AB，從而BC⊥AB，如圖，以B為原點建立空間直角坐標系B－xyz.∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直線A1B上，∴AD⊥A1B.在Rt△ABD中，AD＝，AB＝2， sin∠ABD＝＝，∠ABD＝60°.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥AB.在Rt△ABA1中，AA1＝AB·tan60°＝2，則B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，P(1,1,0)，A1(0,2，2)，＝(1,1,0)，＝(0,2，2)，＝(2,0,0)． 設(shè)平面PA1B的一個法向量n1＝(x1，y1，z1)，則即可取n1＝(3，－3，)．設(shè)平面CA1B的一個法向量n2＝(x2，y2，z2)，則即可取n2＝(0，－3，)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝.∴二面角P－A1B－C的平面角的余弦值是.