《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-9課時作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-9課時作業(yè)（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)(五十九) 一、選擇題 1．過正四棱柱底面一邊的截面是(　　) A．正方形　　　　　 B．菱形 C．矩形 D．非矩形、非菱形的平行四邊形 答案　C 解析　由面面平行的性質(zhì)定理，可證得截面是平行四邊形，由線面垂直的性質(zhì)，又可證得一個角為直角，故截面為矩形． 2．水平放置的正方體的六個面分別用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如圖是一個正方體的表面展開圖，若圖中“2”在正方體的上面，則這個正方體的下面是(　　) A．0　　　　　　　 B．8 C．奧 D．運 答案　B 3．一個三棱錐，如果它的底面是直角三角形，那么它的三個側(cè)面(　　) A．必

2、然都是非直角三角形 B．至多只能有一個是直角三角形 C．至多只能有兩個是直角三角形 D．可能都是直角三角形 答案　D 解析　例如三棱錐P－ABC中，若PA⊥面ABC，∠ABC＝90°，則四個側(cè)面均為直角三角形． 4．(2020·福建卷，理)如圖，若Ω是長方體ABCD－A1B1C1D1被平面FEGH截去幾何體EFGHB1C1后得到的幾何體，其中E為線段A1B1上異于B1的點，F(xiàn)為線段BB1上異于B1的點，且EH∥A1D1，則下列結(jié)論中正確的是(　　) A．EH∥FG B．四邊形EFGH是矩形 C．Ω是棱形 D．Ω是棱臺 答案　D 解析　根據(jù)棱臺的定義(側(cè)棱延長之后，必

3、交于一點，即棱臺可以還原成棱錐)．因此，幾何體Ω不是棱臺，應(yīng)選D. 5．若三棱柱的一個側(cè)面是邊長為2的正方形，另外兩個側(cè)面都是有一個內(nèi)角為60°的菱形，則該棱柱的體積等于(　　) A. B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　如圖，由題意可得∠AA1C1＝∠AA1B1＝60°， AA1＝A1B1＝B1C1＝A1C1＝2. 所以過點A作AO⊥平面A1B1C1， 則O在∠B1A1C1的平分線上． 過O作OE⊥A1B1， 連結(jié)A1O，AE， 易證cos∠AA1E＝cos∠AA1O·cos∠OA1E， 即cos∠AA1O＝＝， ∴AO＝， ∴V棱柱＝Sh＝×4×＝2

4、. 二、填空題 6．在三棱錐P－ABC中，給出下列四個命題： ①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么點P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的垂心； ②如果點P到△ABC的三邊所在直線的距離都相等，那么點P在平面ABC內(nèi)的射影是△ABC的內(nèi)心； ③如果棱PA和BC所成的角為60°，PA＝BC＝2，E、F分別是棱PB、AC的中點，那么EF＝1； ④如果三棱錐P－ABC的各條棱長均為1，則該三棱錐在任意一個平面內(nèi)的射影的面積都不大于. 其中正確命題的序號是________． 答案?、佗? 解析　①利用三垂線定理及其逆定理可證明； ②點P在平面ABC內(nèi)的射影也可能是△ABC的旁心； ③EF

5、＝1或； ④三棱錐P－ABC沿一組對棱的公垂線投影到一個平面上時，它的射影的面積取得最大值. 7．正三棱錐P－ABC高為2，側(cè)棱與底面ABC成45°角，則點A到側(cè)面PBC的距離為________． 答案　 解析　設(shè)點A到側(cè)面PBC的距離是h，作PO⊥平面ABC于點O，連接AO，則O是△ABC的中點，∠PAO＝45°，PO＝AO＝2，PA＝2，由＝2AO＝4，AB＝2，由VP－ABC＝VA－PBC得S△ABC×PO＝S△PBC×h，即××(2)2×2＝[×2×]h，由此解得h＝，即點A到側(cè)面PBC的距離是. 8．如圖所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1.若二面角C－AB－C

6、1的大小為60°，則點C到平面ABC1的距離為________． 答案　 9．已知正四棱錐的體積為12，底面對角線的長為2，則側(cè)面與底面所成的二面角等于____________． 答案　θ＝ 解析　底面正方形面積S＝(2)2＝12，底面邊長a＝，高h(yuǎn)＝，二面角的余切值tanθ＝.代入數(shù)據(jù)，得：tanθ＝＝＝＝.又θ必為銳角，所以θ＝. 三、解答題 10．(09·陜西)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝，∠ABC＝60°. (Ⅰ)證明：AB⊥A1C； (Ⅱ)求二面角A-A1C-B的大?。? 解析　解法一　(Ⅰ)∵三棱柱ABC-A1B1C1為直

7、三棱柱，∴AB⊥AA1.在△ABC中，AB＝1，AC＝，∠ABC＝60°，由正弦定理得∠ACB＝30°，∴∠BAC＝90°，即AB⊥AC. ∴AB⊥平面ACC1A1，又A1C?平面ACC1A1，∴AB⊥A1C. (Ⅱ)如圖，作AD⊥A1C交A1C于D點，連接BD，由三垂線定理知BD⊥A1C，∴∠ADB為二面角A-A1C-B的平面角． 在Rt△AA1C中，AD＝＝＝， 在Rt△BAD中，tan∠ADB＝＝， ∴∠ADB＝arctan，即二面角A-A1C-B的大小為arctan. 解法二　(Ⅰ)∵三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱， ∴AA1⊥AB，AA1⊥AC. 在△ABC

8、中，AB＝1，AC＝，∠ABC＝60°， 由正弦定理得∠ACB＝30°， ∴∠BAC＝90°，即AB⊥AC. 故建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A1(0,0，)， ∴＝(1,0,0)，＝(0，，－)， ∵·＝1×0＋0×＋0×(－)＝0， ∴AB⊥A1C. (Ⅱ)可取m＝＝(1,0,0)為平面AA1C的一個法向量，設(shè)平面A1BC的一個法向量為n＝(l，m，n)， 則·n＝0，·n＝0，又＝(－1，，0)， ∴∴l(xiāng)＝m，n＝m. 不妨取m＝1，則n＝(，1,1)． 則cos＝＝， ∴二面角A-A1C-B的大小為a

9、rccos. 11．如圖，斜三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面AA1C1C是面積為的菱形，∠ACC1為銳角，側(cè)面ABB1A1⊥側(cè)面AA1C1C，且A1B＝AB＝AC＝1. (1)求證：AA1⊥BC1； (2)求三棱錐A1－ABC的體積． 解析　(1)因為四邊形AA1C1C是菱形，所以有AA1＝A1C1＝C1C＝CA＝1，從而知△AA1B是等邊三角形． 設(shè)D是AA1的中點，連結(jié)BD，C1D，則BD⊥AA1，由S菱形AA1C1C＝，知C1到AA1的距離為.∠AA1C1＝60°，所以△AA1C1是等邊三角形，且C1D⊥AA1， 所以AA1⊥平面BC1D.又BC1?平面BC1D，故AA1

10、⊥BC1. (2)由(1)知BD⊥AA1，又側(cè)面ABB1A1⊥側(cè)面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，即B到平面AA1C1C的距離為BD.又S△AA1C＝S菱形AA1C1C＝，BD＝. 所以VA1－ABC＝VB－AA1C＝S△AA1C·BD＝××＝. 由三棱錐A1－ABC的體積為. 12．如圖，在底面為直角梯形的四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，AD＝2，AB＝2，BC＝6. (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)求二面角A－PC－D的大小． 解析　解法一　(1)證明　 ∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥

11、PA. 又tan∠ABD＝＝，tan∠BAC＝＝. ∴∠ABD＝30°，∠BAC＝60°， ∴∠AEB＝90°，即BD⊥AC，又PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面PAC. (2)過E作EF⊥PC，垂足為F，連結(jié)DF. ∵DE⊥平面PAC，EF是DF在平面PAC上的射影，由三垂線定理知PC⊥DF， ∴∠EFD為二面角A－PC－D的平面角． 又∠DAC＝90°－∠BAC＝30°， ∴DE＝ADsin∠DAC＝1，AE＝ABsin∠ABE＝， 又AC＝4，∴EC＝3，PC＝8. 由Rt△EFC∽Rt△PAC得 EF＝＝， 在Rt△EFD中，tan∠EFD＝＝， ∴∠EFD＝a

12、rctan. ∴二面角A－PC－D的大小為arctan. 解法二　(1)證明　如圖，建立坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,4)， ∴＝(0,0,4)，＝(2，6,0)，＝(－2，2,0)． ∴·＝0，·＝0， ∴BD⊥AP，BD⊥AC， 又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC. (2)設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y,1)，則·n＝0，·n＝0. 又＝(－2，－4,0)，＝(0,2，－4)， ∴解得 ∴n＝(－，2,1)． 平面PAC的法向量取為m＝＝(－2，2,0)， cos〈m，n〉＝＝. 二面角A－

13、PC－D的大小為arccos. 13．(2020·山東卷，理)如圖，在五棱錐P－ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AB∥CD，AC∥ED，AE∥BC，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2AE＝4，三角形PAB是等腰三角形． (1)求證：平面PCD⊥平面PAC； (2)求直線PB與平面PCD所成角的大??； (3)求四棱錐P－ACDE的體積． 解析　(1)證明：在ΔABC中，因為∠ABC＝45°，BC＝4，AB＝2，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 45°＝8， 因此AC＝2，故BC2＝AC2＋AB2 所以∠BAC＝90°. 又PA⊥平面ABCDE，AB∥CD

14、， 所以CD⊥PA，CD⊥AC， 又PA，AC?平面PAC，且PA∩AC＝A， 所以CD⊥平面PAC，又CD?平面PCD， 所以平面PCD⊥平面PAC. (2)解法一：因為ΔPAB是等腰三角形， 所以PA＝AB＝2， 因此PB＝＝4. 又AB∥CD， 所以點B到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離， 由于CD⊥平面PAC，在RtΔPAC中，PA＝2，AC＝2， 所以PC＝4， 故PC邊上的高為2，此即為點A到平面PCD的距離． 設(shè)直線PB與平面PCD所成的角為θ， 則sin θ＝＝＝， 又θ∈[0，]，所以θ＝. 解法二：由(1)知AB，AC，AP兩兩相互

15、垂直，分別以AB、AC、AP為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由于ΔPAB是等腰三角形， 所以PA＝AB＝2， 又AC＝2， 因此A(0,0,0)，B(2，0,0)， C(0,2，0)，P(0,0,2)， 因為AC∥ED，CD⊥AC， 所以四邊形ACDE是直角梯形， 因為AE＝2，∠ABC＝45°，AE∥BC，所以∠BAE＝135°， 因此∠CAE＝45°， 故CD＝AE·sin 45°＝2×＝， 所以D(－，2，0)． 因此C＝(0，－2，2)，C＝(－，0,0)， 設(shè)m＝(x，y，z)是平面PCD的一個法向量， 則m·C＝0，m·C＝0，解得x＝0，

16、y＝z， 取y＝1，得m＝(0,1,1)， 又B＝(－2，0,2)， 設(shè)θ表示向量B與平面PCD的法向量m所成的角， 則cos θ＝＝， 所以θ＝， 因此直線PB與平面PCD所成的角為. (3)因為AC∥ED，CD⊥AC， 所以四邊形ACDE是直角梯形， 因為AE＝2，∠ABC＝45°，AE∥BC， 所以∠BAE＝135°，因此∠CAE＝45°， 故CD＝AE·sin 45°＝2×＝， ED＝AC－AE·cos 45°＝2－2×＝， 所以S四邊形ACDE＝×＝3. 又PA⊥平面ABCDE， 所以VP－ACDE＝×3×2＝2. 14．(2020·江西卷)如圖，ΔB

17、CD與ΔMCD都是邊長為2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2.求點A到平面MBC的距離． 解析　解法一：取CD中點O，連接OB，OM，則OB＝OM＝，OB⊥CD，MO⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，則MO⊥平面BCD，所以MO∥AB，MO∥平面 ABC.M，O到平面ABC的距離相等．作OH⊥BC于H，連接MH，則MH⊥BC. 求得OH＝OC·sin60°＝， MH＝ ＝. 設(shè)點A到平面MBC的距離為d，由VA－MBC＝VM－ABC得·S△MBC·d＝·S△ABC·OH. 即××2×d＝××2×2×， 解得d＝. 解法二：取CD中點O，連OB，OM，則OB⊥CD，OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD，則MO⊥平面BCD.取O為原點，直線OC、BO、OM為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．OB＝OM＝，則各點坐標(biāo)分別為C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MBC的一個法向量，則 ＝(1，，0)，＝(0，，)． 由n⊥得x＋y＝0， 由n⊥得y＋z＝0. 取n＝(，－1,1).＝(0,0,2)，則 d＝＝＝.