（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 第5講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)檢測 文

《（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 第5講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)檢測 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 第5講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)檢測 文（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) [基礎(chǔ)題組練] 1.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P為△ABC所在平面外一點，PA⊥平面ABC，則四面體PABC中共有直角三角形的個數(shù)為(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：選A.由PA⊥平面ABC可得△PAC，△PAB是直角三角形，且PA⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即△PBC為直角三角形，故四面體PABC中共有4個直角三角形． 2．下列命題中不正確的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，且直線l∥平面α，則直線l⊥平面β B．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)

2、一定存在直線平行于平面β C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ 解析：選A.根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，知A不正確，直線l可能平行于平面β，也可能在平面β內(nèi)或與平面β相交． 3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，點D在棱BB1上，且BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.如圖，取AC，A1C1的中點分別為M，M1，連接MM1，BM，過點D作DN∥BM交MM1于點N，則易證DN⊥平面AA1C1C，連接AN，則∠DAN為AD與平面A

3、A1C1C所成的角．在直角三角形DNA中，sin ∠DAN＝＝＝. 4.如圖，在正四面體PABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，CA的中點，下面四個結(jié)論不成立的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：選D.因為BC∥DF，DF?平面PDF，BC?平面PDF， 所以BC∥平面PDF，故選項A正確． 在正四面體中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC， 所以BC⊥平面PAE，則DF⊥平面PAE，從而平面PDF⊥平面PAE.因此選項B，C均正確． 5．若圓錐的側(cè)面積是底面積的3倍，則其母線與底面夾角的余弦

4、值為________． 解析：設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l，由題意πrl＝3πr2，即l＝3r，母線與底面夾角為θ，則cos θ＝＝. 答案： 6.如圖，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有__________________；與AP垂直的直線有________． 解析：因為PC⊥平面ABC， 所以PC垂直于直線AB，BC，AC. 因為AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， 所以AB⊥平面PAC，又因為AP?平面PAC， 所以AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB. 答案：AB，BC，AC　AB 7．如圖，在四

5、棱錐E-ABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，EA⊥EB，點M，N分別是AE，CD的中點． 求證：(1)直線MN∥平面EBC； (2)直線EA⊥平面EBC. 證明：(1)取BE的中點F，連接CF，MF. 因為M是AE的中點，所以MF綊AB. 因為N是矩形ABCD中邊CD的中點， 所以NC綊AB，所以MF綊NC， 所以四邊形MNCF是平行四邊形，所以MN∥CF. 又MN?平面EBC，CF?平面EBC，所以MN∥平面EBC. (2)因為平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，BC?平面ABCD，又因為在矩形ABCD中，BC⊥AB，所以B

6、C⊥平面EAB. 又因為EA?平面EAB，所以BC⊥EA. 因為EA⊥EB，BC∩EB＝B，EB?平面EBC，BC?平面EBC， 所以EA⊥平面EBC. 8.如圖，四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，點M，N分別在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN. (1)求證：AM⊥PD； (2)求直線CD與平面AMN所成角的正弦值． 解：(1)證明：因為四邊形ABCD是正方形，所以CD⊥AD. 又因為PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD. 又AM?平面PAD，則CD⊥AM， 而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，則AM⊥

7、平面PCD，故AM⊥PD. (2)延長NM，CD交于點E，因為PC⊥平面AMN， 所以NE為CE在平面AMN內(nèi)的射影，故∠CEN為CD(即CE)與平面AMN所成的角， 又因為CD⊥PD，EN⊥PN，則有∠CEN＝∠MPN， 在Rt△PMN中，sin ∠MPN＝＝， 故CD與平面AMN所成角的正弦值為. [綜合題組練] 1．(應(yīng)用型)正方形ABCD與等邊三角形BCE有公共邊BC，若∠ABE＝120°，則CE與平面ABCD所成角的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選C.作EG⊥底面ABCD于點G，作GH⊥DC于點H，設(shè)所求的角為θ， 連接EH，CG，則∠ECG

8、＝θ， 則CD⊥EH. 又得∠ECD＝120°， 設(shè)AB＝2a， 則EH＝a， GH＝a， 所以EG＝a， sin θ＝＝＝，所以θ＝. 故選C. 2．(2018·高考全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為________． 解析：由題意畫出圖形，如圖，設(shè)AC是底面圓O的直徑，連接SO，則SO是圓錐的高．設(shè)圓錐的母線長為l，則由SA⊥SB，△SAB的面積為8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由題意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2. 故該圓錐的體積V＝π×AO2×

9、SO＝π×(2)2×2＝8π. 答案：8π 3．(2019·廣州市調(diào)研測試)如圖，已知多面體PABCDE的底面ABCD是邊長為2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2. (1)證明：平面PAC⊥平面PCE； (2)若∠ABC＝60°，求三棱錐P-ACE的體積． 解：(1)如圖，連接BD，交AC于點O，設(shè)PC的中點為F，連接OF，EF. 易知O為AC的中點， 所以O(shè)F∥PA，且OF＝PA， 因為DE∥PA，且DE＝PA， 所以O(shè)F∥DE，且OF＝DE， 所以四邊形OFED為平行四邊形，所以O(shè)D∥EF，即BD∥EF. 因為PA⊥平面ABCD，BD?

10、平面ABCD，所以PA⊥BD. 因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC. 因為PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC. 因為BD∥EF，所以EF⊥平面PAC. 因為EF?平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE. (2)法一：因為∠ABC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，所以AC＝2. 又PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PA⊥AC. 所以S△PAC＝PA·AC＝2. 因為EF⊥平面PAC，所以EF是三棱錐E-PAC的高． 易知EF＝DO＝BO＝， 所以三棱錐P-ACE的體積VP-ACE＝VE-PAC＝S△PAC×EF＝×2×＝. 法二：因為底面ABCD為菱形，

11、且∠ABC＝60°，所以△ACD為等邊三角形． 取AD的中點M，連接CM，則CM⊥AD，且CM＝. 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CM，又PA∩AD＝A， 所以CM⊥平面PADE，所以CM是三棱錐C-PAE的高． 易知S△PAE＝2， 所以三棱錐P-ACE的體積VP-ACE＝VC-PAE＝S△PAE×CM＝×2×＝. 4．(綜合型)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，M為棱AC的中點．AB＝BC，AC＝2，AA1＝. (1)求證：B1C∥平面A1BM； (2)求證：AC1⊥平面A1BM. 證明：(1)連接AB1與A1B，兩線交于點O，連接OM

12、. 在△B1AC中， 因為M，O分別為AC，AB1的中點， 所以O(shè)M∥B1C， 又因為OM?平面A1BM，B1C?平面A1BM， 所以B1C∥平面A1BM. (2)因為側(cè)棱AA1⊥底面ABC， BM?平面ABC，所以AA1⊥BM， 又因為M為棱AC的中點，AB＝BC， 所以BM⊥AC. 因為AA1∩AC＝A， AA1，AC?平面ACC1A1， 所以BM⊥平面ACC1A1， 所以BM⊥AC1. 因為AC＝2，所以AM＝1. 又因為AA1＝， 所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中， tan ∠AC1C＝tan ∠A1MA＝， 所以∠AC1C＝∠A1MA， 即∠AC1C＋∠C1AC ＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°， 所以A1M⊥AC1. 因為BM∩A1M＝M， BM，A1M?平面A1BM， 所以AC1⊥平面A1BM. 7