《（福建專用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第5課時(shí) 空間中的垂直關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（福建專用）2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第5課時(shí) 空間中的垂直關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(shí) 空間中的垂直關(guān)系課時(shí)闖關(guān)（含解析） 一、選擇題 1．若三個(gè)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(gè)平面的兩個(gè)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(gè)命題： ①α∥β? l⊥m；②α⊥β ? l ∥m；③l∥m?α⊥β. 則真命題的個(gè)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(shí)，l⊥

2、β，又因?yàn)閙?平面β，l⊥m，①正確；當(dāng)α⊥β時(shí)，l與m的位置關(guān)系無法判斷，②錯(cuò)誤；當(dāng)l∥m時(shí)，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(gè)． 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(zhǎng)沙質(zhì)檢)在

3、正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C與對(duì)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(duì)角面所成的角，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a，則B1C＝a，CO＝a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°. 5．在邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，將菱形沿對(duì)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(zhǎng)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(gè)兩兩不重合的平面，給出下列四個(gè)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(hào)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(cuò)；a、b也可異面，③錯(cuò)；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(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足__________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)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(shí)，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(duì)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(gè)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(gè)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(hào)是__________． 解析：由于ABCD－A1B1C1D1是正方體，所以A－A1BD是一個(gè)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(gè)正方體圖形中，l是正方體的一條對(duì)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(hào)是________．(寫出所有符合要求的圖形序號(hào)) 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(dòng)． (1)點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)時(shí)，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(shí)，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(zhǎng)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(gè)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.