(課標(biāo)通用版)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-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題
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(課標(biāo)通用版)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-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題
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RtABC中,ABC90°,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()A4B3C2D1解析:選A.由PA平面ABC可得PAC,PAB是直角三角形,且PABC.又ABC90°,所以ABC是直角三角形,且BC平面PAB,所以BCPB,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如果平面平面,且直線l平面,則直線l平面B如果平面平面,那么平面內(nèi)一定存在直線平行于平面C如果平面不垂直于平面,那么平面內(nèi)一定不存在直線垂直于平面D如果平面平面,平面平面,l,那么l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,也可能在平面內(nèi)或與平面相交3在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB1,點D在棱BB1上,且BD1,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DNBM交MM1于點N,則易證DN平面AA1C1C,連接AN,則DAN為AD與平面AA1C1C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()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面PAED平面PDE平面ABC解析:選D.因為BCDF,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,AEBC,PEBC,DFBC,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值為_解析:設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,由題意rl3r2,即l3r,母線與底面夾角為,則cos .答案:6.如圖,已知BAC90°,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ABAC,ABPC,ACPCC,所以AB平面PAC,又因為AP平面PAC,所以ABAP,與AP垂直的直線是AB.答案:AB,BC,ACAB7如圖,在四棱錐EABCD中,平面EAB平面ABCD,四邊形ABCD為矩形,EAEB,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MNCF.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ABCDAB,BC平面ABCD,又因為在矩形ABCD中,BCAB,所以BC平面EAB.又因為EA平面EAB,所以BCEA.因為EAEB,BCEBB,EB平面EBC,BC平面EBC,所以EA平面EBC.8.如圖,四棱錐PABCD的底面是正方形,PA底面ABCD,PAAD2,點M,N分別在棱PD,PC上,且PC平面AMN.(1)求證:AMPD;(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CDAD.又因為PA底面ABCD,所以PACD,故CD平面PAD.又AM平面PAD,則CDAM,而PC平面AMN,有PCAM,又PCCDC,則AM平面PCD,故AMPD.(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CDPD,ENPN,則有CENMPN,在RtPMN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ABE120°,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GHDC于點H,設(shè)所求的角為,連接EH,CG,則ECG,則CDEH.又得ECD120°,設(shè)AB2a,則EHa,GHa,所以EGa,sin ,所以.故選C.2(2018·高考全國卷)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SASB,SAB的面積為8,得l28,得l4.在RtASO 中,由題意知SAO30°,所以SOl2,AOl2.故該圓錐的體積V×AO2×SO×(2)2×28.答案:83(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,EDPA,且PA2ED2.(1)證明:平面PAC平面PCE;(2)若ABC60°,求三棱錐PACE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)FPA,且OFPA,因為DEPA,且DEPA,所以O(shè)FDE,且OFDE,所以四邊形OFED為平行四邊形,所以O(shè)DEF,即BDEF.因為PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.因為四邊形ABCD是菱形,所以BDAC.因為PAACA,所以BD平面PAC.因為BDEF,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ABC60°,所以ABC是等邊三角形,所以AC2.又PA平面ABCD,AC平面ABCD,所以PAAC.所以SPACPA·AC2.因為EF平面PAC,所以EF是三棱錐EPAC的高易知EFDOBO,所以三棱錐PACE的體積VPACEVEPACSPAC×EF×2×.法二:因為底面ABCD為菱形,且ABC60°,所以ACD為等邊三角形取AD的中點M,連接CM,則CMAD,且CM.因為PA平面ABCD,所以PACM,又PAADA,所以CM平面PADE,所以CM是三棱錐CPAE的高易知SPAE2,所以三棱錐PACE的體積VPACEVCPAESPAE×CM×2×.4(綜合型)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱AA1底面ABC,M為棱AC的中點ABBC,AC2,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.在B1AC中,因為M,O分別為AC,AB1的中點,所以O(shè)MB1C,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AA1BM,又因為M為棱AC的中點,ABBC,所以BMAC.因為AA1ACA,AA1,AC平面ACC1A1,所以BM平面ACC1A1,所以BMAC1.因為AC2,所以AM1.又因為AA1,所以在RtACC1和RtA1AM中,tan AC1Ctan A1MA,所以AC1CA1MA,即AC1CC1ACA1MAC1AC90°,所以A1MAC1.因為BMA1MM,BM,A1M平面A1BM,所以AC1平面A1BM.