（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）

（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，之间有，则与()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，直线m平面， 下面三个命题： lm； l m；lm. 则真命题的个数为()A0 B1C2 D3解析：选C.直线l平面，当时，l，又因为m平面，lm，正确；当时，l与m的位置关系无法判断，错误；当lm时，根据l平面，得m平面，又因为m平面，根据面面垂直的判定定理得，正确故真命题有2个3正方体ABCDABCD中，E为AC的中点，则直线CE垂直于()AAC BBDCAD DAA解析：选B.如图，连接BD，BDAC，BDCC，且ACCCC，BD平面CCE.而CE平面CCE，BDCE.又BDBD，BDCE.4(2020长沙质检)在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1C与对角面DD1B1B所成角的大小是()A15 B30 C45 D60 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B1Ca，COa，sinCB1O.CB1O30.5在边长为1的菱形ABCD中，ABC60，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD1，则二面角BACD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ACBD，在折起后的图中，由四边形ABCD为菱形且边长为1，则DOOB，由于DOAC，因此DOB就是二面角BACD的平面角，由BD1得cosDOB，故选A.二、填空题6已知a、b是两条不重合的直线，、是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：若a，a，则；若，则；若，a，b，则ab；若，a，b，则ab.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，正确；也成立，错；a、b也可异面，错；由面面平行性质知，ab，正确答案：7.如图所示，在四棱锥PABCD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，BDPC.当DMPC(或BMPC)时，即有PC平面MBD，而PC平面PCD，平面MBD平面PCD.答案：DMPC(或BMPC等)8(2020扬州质检)已知二面角MlN的平面角是60，直线aM，则直线a与平面N所成角的大小为_解析：如图，二面角MlN中aM，垂足为A，交平面N于B，过A作ACl垂足为C.连结BC.根据三垂线定理有BCl.所以ACB为二面角MlN的平面角ACB60，BAC90ABC30.过A作AEBC，垂足为E. AEl，AE平面N，ABC30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，AB10，BC6，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)BCA1D；(2)平面A1BC平面A1BD.证明：(1)由于A1在平面BCD上的射影O在CD上，则A1O平面BCD，又BC平面BCD，则BCA1O，又BCCO，A1OCOO，则BC平面A1CD，又A1D平面A1CD，故BCA1D.(2)因为ABCD为矩形，所以A1BA1D.由(1)知BCA1D，A1BBCB，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ABCA1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1CA1B.(1)证明：平面AB1C平面A1BC1；(2)设D是A1C1上的点且A1B平面B1CD，求A1DDC1的值解：(1)证明：因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1CBC1.又B1CA1B，且A1BBC1B，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A1BDE.又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点，即A1DDC11.一、选择题1(2020泉州质检)若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是()A若m，则mB若m，m，则C若，则D若m，n，mn，则答案：B2.如图，已知ABC为直角三角形，其中ACB90，M为AB的中点，PM垂直于ABC所在平面，那么()APAPBPCBPAPBPCCPAPBPCDPAPBPC解析：选C.M为AB的中点，ACB为直角三角形，BMAMCM，又PM平面ABC，RtPMBRtPMARtPMC，故PAPBPC.选C.二、填空题3.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个命题：点H是A1BD的中心；AH垂直于平面CB1D1；AC1与B1C所成的角是90.其中正确命题的序号是_解析：由于ABCDA1B1C1D1是正方体，所以AA1BD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，故正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH平面CB1D1，故正确；从而可得AC1平面CB1D1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90.答案：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：、易判断，中PMN是正三角形且AMAPAN，因此，三棱锥APMN是正三棱锥所以图中l平面MNP，由此法，还可否定.AMAPAN.也易否定.答案：三、解答题5.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，PAAB1，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PEAF.解：(1)当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行在PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，EFPC，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，EBPA.又EBAB，ABAPA，AB，AP平面PAB，EB平面PAB，又AF平面PAB，AFBE.又PAAB1，点F是PB的中点，AFPB.又PBBEB，PB、BE平面PBE，AF平面PBE.PE平面PBE，AFPE.6.(2020高考上海卷)已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为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，二面角AB1D1A1的大小为，求证：tan tan ；(2)若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高解：(1)证明：设正四棱柱的高为h，连接AO1，如图，AA1底面A1B1C1D1于A1，AB1与底面A1B1C1D1所成的角为AB1A1，即AB1A1.AB1AD1，O1为B1D1的中点，AO1B1D1.又A1O1B1D1，AO1A1是二面角AB1D1A1的平面角，即AO1A1.tan h，tan htan .图(2)法一：如图，连接AC，过C作CHAO1于H.B1D1平面ACC1A1，平面AB1D1平面ACC1A1，CH平面AB1D1，故CH.又O1AC，AC，在RtACH中，AH ，tan 2，h2，即正四棱柱的高为2.图法二：建立如图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z1得n(h，h,1)点C到平面AB1D1的距离为d，则h2.