（福建专用）2020年高考数学总复习 第八章第5课时 空间中的垂直关系课时闯关（含解析）

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1、 （福建专用）2020年高考数学总复习 第八章第5课时 空间中的垂直关系课时闯关（含解析） 一、选择题 1．若三个平面α，β，γ之间有α⊥γ，β⊥γ，则α与β(　　) A．垂直　　　　　　　　　 B．平行 C．相交 D．以上三种可能都有 解析：选D.垂直于同一个平面的两个平面的位置关系不确定，故选D. 2．(2020·龙岩质检)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β， 下面三个命题： ①α∥β⇒ l⊥m；②α⊥β ⇒ l ∥m；③l∥m⇒α⊥β. 则真命题的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选C.直线l⊥平面α，当α∥β时，l⊥

2、β，又因为m⊂平面β，l⊥m，①正确；当α⊥β时，l与m的位置关系无法判断，②错误；当l∥m时，根据l⊥平面α，得m⊥平面α，又因为m⊂平面β，根据面面垂直的判定定理得α⊥β，③正确．故真命题有2个． 3．正方体ABCD－A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于(　　) A．A′C′ B．BD C．A′D′ D．AA′ 解析：选B.如图，连接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·长沙质检)在

3、正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C与对角面DD1B1B所成角的大小是(　　) A．15° B．30° C．45° D．60° 解析：选B.如图所示，连结AC交BD于O点，易证AC⊥平面DD1B1B，连结B1O，则∠CB1O即为B1C与对角面所成的角，设正方体棱长为a，则B1C＝a，CO＝a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°. 5．在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B－AC－D的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：选A.在原图中连结AC与BD交于O点，则AC⊥BD，在

4、折起后的图中，由四边形ABCD为菱形且边长为1，则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＝＝＝，故选A. 二、填空题 6．已知a、b是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题： ①若a⊥α，a⊥β，则α∥β； ②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ③若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b； ④若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b. 其中正确命题的序号有________． 解析：垂直于同一直线的两平面平行，①正确；α⊥β也成立，②错；a、b也可异面，③错；由面面平行性质知，a∥b，④正确．

5、 答案：①④ 7. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 解析：由定理可知，BD⊥PC. ∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，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·扬州质检)已知二面角M－l－N的平面角是60°，直线a⊥M，则直线a与平面N所成角的大小为________． 解析： 如图，二面角M－l－N中a⊥M，垂足为A，交平面N于B，

6、过A作AC⊥l垂足为C.连结BC.根据三垂线定理有BC⊥l.所以∠ACB为二面角M－l－N的平面角．∠ACB＝60°， ∵⇒∠BAC＝90°⇒∠ABC＝30°. 过A作AE⊥BC，垂足为E. ∵ ⇒AE⊥l， ∴AE⊥平面N， ∴∠ABC＝30°是直线a与平面N所成的角． 答案：30° 三、解答题 9. (2020·南京调研)如图，已知矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，沿矩形的对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，且A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上． 求证： (1)BC⊥A1D； (2)平面A1BC⊥平面A1BD. 证明：(1)由于A1在平面BCD上

7、的射影O在CD上， 则A1O⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD， 则BC⊥A1O， 又BC⊥CO，A1O∩CO＝O， 则BC⊥平面A1CD，又A1D⊂平面A1CD， 故BC⊥A1D. (2)因为ABCD为矩形，所以A1B⊥A1D. 由(1)知BC⊥A1D，A1B∩BC＝B，则A1D⊥平面A1BC，又A1D⊂平面A1BD. 从而有平面A1BC⊥平面A1BD. 10．(2020·高考辽宁卷) 如图，棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B. (1)证明：平面AB1C⊥平面A1BC1； (2)设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，求A1D∶DC

8、1的值． 解：(1)证明：因为侧面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)设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线． 因为A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE. 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点， 即A1D∶DC1＝1. 一、选择题 1．(2020·泉州质检)若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是(　　) A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α B．若m⊥

9、β，m∥α，则α⊥β C．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ D．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β 答案：B 2. 如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么(　　) A．PA＝PB>PC B．PA＝PB

10、作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个命题： ①点H是△A1BD的中心； ②AH垂直于平面CB1D1； ③AC1与B1C所成的角是90°. 其中正确命题的序号是__________． 解析：由于ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以A－A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；从而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°. 答案：①②③ 4．如图，下列五个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中

11、点，能得出l⊥面MNP的图形的序号是________．(写出所有符合要求的图形序号) 解析：①、④易判断，⑤中△PMN是正三角形且AM＝AP＝AN，因此，三棱锥A－PMN是正三棱锥．所以图⑤中l⊥平面MNP，由此法，还可否定③.∵AM≠AP≠AN.也易否定②. 答案：①④⑤ 三、解答题 5. 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，AD＝，点F是PB的中点，点E在边BC上移动． (1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系．并说明理由； (2)证明：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF. 解：(1)当点E为B

12、C的中点时，EF与平面PAC平行． ∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点， ∴EF∥PC，又EF⊄平面PAC，而PC⊂平面PAC， ∴EF∥平面PAC. (2)证明：∵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，点F是PB的中点，∴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是底面边

13、长为1的正四棱柱，O1是A1C1与B1D1的交点． (1)设AB1与底面A1B1C1D1所成的角的大小为α，二面角A－B1D1－A1的大小为β，求证：tan β＝tan α； (2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高． 解：(1)证明：设正四棱柱的高为h，连接AO1，如图①， ∵AA1⊥底面A1B1C1D1于A1， ∴AB1与底面A1B1C1D1所成的角为∠AB1A1，即∠AB1A1＝α. ∵AB1＝AD1，O1为B1D1的中点， ∴AO1⊥B1D1. 又A1O1⊥B1D1， ∴∠AO1A1是二面角A­B1D1­A1的平面角，即∠AO1A

14、1＝β. ∴tan α＝＝h，tan β＝＝h＝tan α. 图① (2)法一：如图①，连接AC，过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， 即正四棱柱的高为2. 图② 法二：建立如图②所示的空间直角坐标系，则A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)， ＝(1,0，－h)，＝(0,1，－h)，＝(1,1,0)． 设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)． 由⇔ 取z＝1得n＝(h，h,1)． ∴点C到平面AB1D1的距离为d＝＝＝，则h＝2.