2020屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)練習(xí) 第九章 5 課后限時作業(yè)

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1、 一、選擇題（本大題共6小題，每小題7分，共42分） 1.垂直于同一平面的兩條直線 ( ) A.平行 B.垂直 C.相交 D.異面 解析：由平面的垂線性質(zhì)知. 答案：A 2.(2020·山東)已知α，β表示兩個不同的平面，m為平面α內(nèi)的一條直線，則“α⊥β”是“m⊥β”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：由平面與平面垂直的判定定理知，如果m為平面α內(nèi)的一條直線,m⊥β,則α⊥β,反過來則不一定.所以“α⊥β”是

2、“m⊥β”的必要不充分條件． 答案：B 3.（2020屆·臨沂質(zhì)檢）已知直線m、n，平面α、β，下列命題中正確的是 （ ） A.若m⊥α，nβ，m⊥n，則α⊥β B.若α⊥β，m⊥α，n∥β，則m⊥n C.若α∥β，m⊥α，n∥β，則m⊥n D.若α⊥β，α∩β=m，m⊥n，則n⊥β 解析：本題考查線面位置關(guān)系的判定與性質(zhì).A錯，當(dāng)α∥β時，顯然條件成立；B錯，當(dāng) n∥β時也可以有n⊥α,此時m∥n;D錯，當(dāng)直線n不在平面α內(nèi)也不與平面α平行時，顯然不正確.故選C. 答案：C 4.如圖，在三棱錐A—BCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，△BCD是銳角三角形，那

3、么 必有 （ ） A.平面ABD⊥平面ADC B.平面ABD⊥平面ABC C.平面ADC⊥平面BCD D.平面ABC⊥平面BCD 解析：因為AD⊥BC，AD⊥BD，BD∩BC=B，所以AD⊥平面BDC. 又因為AD平面ADC，所以平面ADC⊥平面BCD. 答案：C 5.下列命題正確的是 ( ) Ａ．垂直于同一條直線的兩直線平行 Ｂ．垂直于同一條直線的兩直線垂直 Ｃ．垂直于同一個平面的兩直線平行 Ｄ．垂直于同一條直線的一條直線和平面平行 解析：在空間中垂直于同一直線的兩

4、條直線,可能平行、相交,也可能異面,所以A,B錯；垂直于同一直線的直線和平面的位置關(guān)系可以是直線在平面內(nèi),直線和平面平行,所以D錯. 答案：C 6.如圖，ABCD—A1B1C1D1為正方體，下面結(jié)論錯誤的是 （ ） A.BD∥平面CB1D1 B.AC1⊥BD C.AC1⊥平面CB1D1 D.異面直線AD與B1C所成的角為60° 解析：因為AD∥BC，所以∠B1CB就是異面直線AD與B1C所成的角.又因在正方體 ABCD—A1B1C1D1中，△B1BC是等腰直角三角形，所以∠B1CB=45°.即異面直線AD與B1C所成的角為45°，故

5、選D. 答案：D 二、填空題（本大題共4小題，每小題6分，共24分） 7.如圖所示，AB是圓O的直徑，C是異于A，B兩點的圓周上的任意一點，PA垂直于圓O所在的平面，則△PAB,△PAC，△ABC,△PBC中，直角三角形的個數(shù)是 . 解析：由AC⊥BC，PA⊥平面ABC，可知PA⊥AC，PA⊥AB，PC⊥BC， 則△ABC,△PAC,△PAB,△PBC均為直角三角形. 答案：4 8.（2020·江蘇）設(shè)α和β為不重合的兩個平面，給出下列命題： （１）若α內(nèi)的兩條相交直線分別平行于β內(nèi)的兩條直線，則α平行于β； （２）若α外一條直線l與α內(nèi)的一條直線平行，則l

6、和α平行； （３）設(shè)α和β相交于直線l，若α內(nèi)有一條直線垂直于l，則α和β垂直； （４）直線l與α垂直的充分必要條件是l與α內(nèi)的兩條直線垂直． 上面命題中，真命題的序號是 ． 解析：（1）α內(nèi)兩條相交直線分別平行于平面β，則兩條相交直線確定的平面α平行于平面β，正確． （２）平面α外一條直線l與α內(nèi)的一條直線平行，則l平行于α，正確． （3）如圖，α∩β=l，aα，a⊥l，但不一定有α⊥β，錯誤． （4）直線l與α垂直的充分必要條件是l與α內(nèi)的兩條相交直線垂直，而該命題缺少條件“相交”，故為假命題． 答案：（1）（2） 9.（2020屆·萊蕪質(zhì)

7、檢）設(shè)α，β，γ為平面，m,n,l為直線，則對于下列條件： ①α⊥β,α∩β=l,m⊥l；②α∩γ=m,α⊥β,γ⊥β； ③α⊥γ,β⊥γ,m⊥α；④n⊥α,n⊥β,m⊥α. 其中為m⊥β的充分條件的是 .（將你認(rèn)為正確的所有序號都填上） 解析：①推不出；②； ③推不出；④?m⊥β. 所以由條件②④均能推出m⊥β，即②④均為m⊥β的充分條件，而①③均是m⊥β的既不充分也不必要條件. 答案：②④ 10.如圖，在正四面體P－ABC中，D、E、F分別是AB、BC、CA的中點，下面四個結(jié)論成立的個數(shù)為 . ①BC∥平面PDF；②DF⊥平面

8、PAE； ③平面PDF⊥平面PAE；④平面PDE⊥平面ABC. 解析：因為BC∥DF，所以BC∥平面PDF，①成立； 易證BC⊥平面PAE，BC∥DF，所以結(jié)論②③均成立； 點P在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的中心，不在中位線DE上， 故結(jié)論④不成立． 答案：3 三、解答題（本大題共2小題，每小題12分，共24分） 11.如圖,已知△ABC中，∠ACB=90°，且SA⊥平面ABC，AD⊥SC．求證： （１）BC⊥平面SAC； （２）AD⊥SB． 證明：（1）由已知：SA⊥平面ABC，BC平面ABC, 則SA⊥BC，又由∠ACB=90°,BC⊥AC， 且SA∩AC=

9、A， 有BC⊥平面SAC． （2）由（1）知BC⊥平面SAC，AD平面SAC， 則BC⊥AD，又由AD⊥SC，且BC∩SC=C， 有AD⊥平面SBC. 由SB平面SBC，有AD⊥SB.（本題也可用面面垂直） 12.（2020·江蘇） 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90°. （１）求證：PC⊥BC； （２）求點A到平面PBC的距離. （1）證明：因為PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°，得CD⊥BC， 又PD∩DC=D，PD、DC平面PCD， 所以BC⊥平面

10、PCD. 因為PC平面PCD，所以PC⊥BC. （2）解：（方法一）分別取AB、PC的中點E、F，連DE、DF， 則易證DE∥CB，DE∥平面PBC，點D、E到平面PBC的距離相等. 又點A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍. 由（1）知：BC⊥平面PCD，所以平面PBC⊥平面PCD于PC. 因為PD=DC，PF=FC，所以DF⊥PC， 所以DF⊥平面PBC于F. 易知DF=，故點A到平面PBC的距離等于. （方法二）體積法：連結(jié)AC,設(shè)點A到平面PBC的距離為h. 因為AB∥DC，∠BCD=90°，所以∠ABC=90°. 從而由AB=2，BC=1，得△

11、ABC的面積S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱錐P-ABC的體積VP-ABC=S△ABC·PD=. 因為PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD， 所以PD⊥DC. 又PD=DC=1，所以PC=. 由PC⊥BC，BC=1，得△PBC的面積S△PBC=. 由VA-PBC=VP-ABC,S△PBC·h=,得h=, 故點A到平面PBC的距離等于. B組 一、選擇題(本大題共2小題，每小題8分，共16分) 1.（2020·全國Ⅰ）正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為( ) A. B. C.

12、 D. 解析：方法一：因為BB1∥DD1,所以BB1與平面ACD1所成角和DD1與平面ACD1所成角相等,設(shè)DO⊥平面ACD1，由等體積法得VD-ACD1＝VD1-ACD, 即S△ACD1·DO＝S△ACD·DD1. 設(shè)DD1＝a， 則S△ACD1=AC·AD1·sin 60°=, S△ACD=AD·CD=, 所以. 記DD1與平面ACD1所成的角為θ, 則,所以. 方法二：設(shè)上、下底面的中心分別為O1、O；O1O與平面ACD1所成角就是BB1與平面ACD1所成的角，cos∠O1OD1=. 答案：D 2.（2020·四川）如圖，已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊

13、形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，則下列結(jié)論正確的是 ( ) A．PB⊥AD Ｂ.平面PAB⊥平面PBC Ｃ.直線BC∥平面PAE Ｄ.直線PD與平面ABC所成的角為45° 解析：因為AD與PB在平面的射影AB不垂直，所以PB⊥AD不成立；又平面PAB⊥平面PAE，所以平面PAB⊥平面PBC也不成立；BC∥AD∥平面PAD,所以直線BC∥平面PAE也不成立；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，所以∠PDA＝45°.故選D. 答案：D 二、填空題（本大題共2小題，每小題8分，共16分） 3.已知過△ABC所在平面α外一點，作PO⊥α，垂足為

14、O，連接PA、PB、PC． （１）若PA=PB=PC，則點O是△ABC的外心； （２）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的垂心； （３）若∠PAO=∠PBO=∠PCO，則點O是△ABC的內(nèi)心； （４）若AB⊥PC，AC⊥PB，BC⊥PA，則點O是△ABC的重心. 以上說法正確的序號有 . 解析：（1）同（3）一樣，△PAO≌△PBO≌△PCO，有AO=BO=CO,則點O是△ABC的外心；（2）同（4）一樣，由PB⊥PC，PC⊥PA，則有PC⊥平面PAB，有AB⊥PC，又由 PO⊥AB，則AB⊥平面PCO，有AB⊥CO，同理

15、，AC⊥BO，BC⊥AO，則O為△ABC的垂心． 答案：（1）（2） 4.（2020·浙江）如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC（端點除外）上一動點．現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC．在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB，K為垂足．設(shè)AK=t，則t的取值范圍是 ． 解析：此題的破解可采用兩個極端位置法，即對于F位于DC的中點時，t=1，隨著F點到C點時，因CB⊥AB,CB⊥DK,所以CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，對于CD＝2，BC＝1，所以BD＝，又AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD，則有t=，因此t的取值范圍

16、是. 答案： 三、解答題（本大題共2小題，每小題14分，共28分） 5.（2020·福建）如圖，平行四邊形ABCD中，∠DAB=60°,AB=2，AD=4.將△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EDB⊥平面ABD. （1）求證：AB⊥DE； （2）求三棱錐E-ABD的側(cè)面積. （1）證明：在△ABD中，因為AB=2，AD=4，∠DAB=60°， 所以. 所以AB2+BD2=AD2，所以AB⊥BD. 又因為平面EBD⊥平面ABD， 平面EBD∩平面ABD=BD，AB平面ABD， 所以AB⊥平面EBD. 因為DE平面EBD，所以AB⊥DE. （2）解：由（1)知

17、AB⊥BD，因為CD∥AB， 所以CD⊥BD，從而DE⊥BD. 在Rt△DBE中，因為DB=，DE=DC=AB=2， 所以S△DBE=DB·DE=. 又因為AB⊥平面EBD，BE平面EBD， 所以AB⊥BE. 因為BE=BC=AD=4，所以S△ABE=AB·BE=4. 因為DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD， 所以ED⊥平面ABD， 而AD平面ABD， 所以ED⊥AD，所以S△ADE=AD·DE=4. 綜上，三棱錐E-ABD的側(cè)面積S=. 6.（2020·浙江）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2BC，∠ABC=120°.E為線段AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成

18、△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCD，F(xiàn)為線段A′C的中點. （１）求證：BF∥平面A′DE； （２）設(shè)M為線段DE的中點，求直線FM與平面A′DE所成角的余弦值. （1）證明：取A′D的中點G，連結(jié)GF，GE. 由條件易知FG∥CD，F(xiàn)G=CD，BE∥CD,BE=CD. 所以FG∥BE,FG=BE. 故四邊形BEGF為平行四邊形, 所以BF∥EG.因為EG平面A′DE，BF平面A′DE, 所以BF∥平面A′DE. （2）解：在平行四邊形ABCD中，設(shè)BC=a, 則AB=CD=2a, AD=AE=EB=a，連結(jié)CE，因為∠ABC=120°, 在△BCE中，可得CE=,在△ADE中，可得DE=a, 在△CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE. 在正三角形A′DE中，M為DE中點，所以A′M⊥DE. 由平面A′DE⊥平面BCD, 可知A′M⊥平面BCD,A′M⊥CE. 取A′E的中點N，連結(jié)NM、NF， 所以NF⊥DE,NF⊥A′M. 因為DE交A′M于M,所以NF⊥平面A′DE, 則∠FMN為直線FM與平面A′DE所成角. 在Rt△FMN中，NF=,MN=,FM=a, 則cos∠FMN=. 所以直線FM與平面A′DE所成角的余弦值為．