高三理科數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練21

跟蹤強(qiáng)化訓(xùn)練(二十一)一、選擇題1．(2017·貴陽一中適應(yīng)性考試)已知l為平面α內(nèi)的一條直線，α，β表示兩個(gè)不同的平面，則“α⊥β”是“l(fā)⊥β”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[解析]若l為平面α內(nèi)的一條直線且l⊥β，則α⊥β，反過來則不一定成立，所以“α⊥β”是“l(fā)⊥β”的必要不充分條件，故選B.[答案]B2．(2017·福建泉州模擬)設(shè)a，b是互不垂直的兩條異面直線，則下列命題成立的是()A．存在唯一直線l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直線l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a?α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a?α，且b⊥α[解析]過直線a上一點(diǎn)，作b的平行線c，則直線a，c確定一個(gè)平面，易證垂直于該平面的直線同時(shí)垂直于直線a和b，由于這樣的直線有無數(shù)條，故A錯(cuò)誤；由空間兩直線夾角的定義易證，若l∥a且l⊥b，則b⊥a，故B錯(cuò)；過直線a上一點(diǎn)作b的平行線n，記a，n確定的平面為a，顯然b∥α，即存在性成立，假設(shè)存在平面α，β，使得a?α，a?β，且b∥α，b∥β，則α∩β＝a，所以b∥a，與題意矛盾，故唯一性成立，故C正確；假設(shè)存在平面α，使得a?α，且b⊥α，則b⊥a，與題意矛盾，故D錯(cuò)誤.[答案]C3．(2017·寧波統(tǒng)考)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α與β相交，且交線垂直于lD．α與β相交，且交線平行于l[解析]因?yàn)閙⊥α，l⊥m，l?α，所以l∥α.同理可得l∥β.又因?yàn)閙，n為異面直線，所以α與β相交，且l平行于它們的交線．故選D.[答案]D4．已知a，b，l表示空間中三條不同的直線，α，β，γ表示空間中三個(gè)不同的平面，則下列四個(gè)命題中正確的命題序號(hào)為()①若a⊥α，b⊥β，l⊥γ，a∥b∥l，則α∥β∥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，則l⊥γ；③若a?α，b?β，α∩β＝a，l⊥a，l⊥b，則l⊥β；④若a，b為異面直線，a⊥α，b⊥β，l⊥a，l⊥b，l?α，l?β，則α與β相交，且交線平行于l.A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④[解析]對(duì)于①，a，b，l就相當(dāng)于平面α，β，γ的法線，因?yàn)閍∥b∥l，所以α∥β∥γ，所以①正確；顯然②是正確的；對(duì)于③，若a∥b，由線面垂直的判定定理可知，直線l不一定垂直于β，只有當(dāng)a與b相交時(shí)，l⊥β，所以③不正確；對(duì)于④，由a⊥α，l⊥a，且l?α，得l∥α.又b⊥β，l⊥b，l?β，所以l∥β.由直線a，b為異面直線，且a⊥α，b⊥β，得α與β相交，否則a∥b，與a，b異面矛盾，故α與β相交，且交線平行于l，所以④正確．[答案]A5．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)平面α過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)[解析]因?yàn)檫^點(diǎn)A的平面α與平面CB1D1平行，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，則BD與A1B所成的角為所求角，所以m，n所成角的正弦值為eq\f(\r(3),2)，選A.[答案]A6．(2017·溫州十校聯(lián)考)如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD邊CD上異于點(diǎn)C，D的動(dòng)點(diǎn)，將△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，則下列三種說法中正確的個(gè)數(shù)是()①存在點(diǎn)E使得直線SA⊥平面SBC；②平面SBC內(nèi)存在直線與SA平行；③平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行．A．0B．1C．2D．3[解析]由題圖，得SA⊥SE，若存在點(diǎn)E使得直線SA⊥平面SBC，則SA⊥SB，SA⊥SC，則SC，SB，SE三線共面，則點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，與題設(shè)矛盾，故①錯(cuò)誤；因?yàn)镾A與平面SBC相交，所以在平面SBC內(nèi)不存在直線與SA平行，故②錯(cuò)誤；顯然，在平面ABCE內(nèi)，存在直線與AE平行，由線面平行的判定定理得平面ABCE內(nèi)存在直線與平面SAE平行，故③正確．選B.[答案]B二、填空題7．(2017·定州二模)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在CD上，若EF∥平面AB1C，則[解析]根據(jù)題意，因?yàn)镋F∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中點(diǎn)，所以F是CD的中點(diǎn)．因?yàn)樵赗t△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝eq\r(2).[答案]eq\r(2)8．(2017·云南省11校高三調(diào)研)已知m，n是兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，有下列四個(gè)命題：①若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n；②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β；③若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，則m⊥n.其中所有正確命題的序號(hào)是________．[解析]對(duì)于①，當(dāng)兩個(gè)平面互相垂直時(shí)，分別位于這兩個(gè)平面內(nèi)的兩條直線未必垂直，因此①不正確．對(duì)于②，依據(jù)結(jié)論“由空間一點(diǎn)向一個(gè)二面角的兩個(gè)半平面(或半平面所在平面)引垂線，這兩條垂線所成的角與這個(gè)二面角的平面角相等或互補(bǔ)”可知②正確．對(duì)于③，分別與兩條平行直線平行的兩個(gè)平面未必平行，因此③不正確．對(duì)于④，由n∥β得，在平面β內(nèi)必存在直線n1平行于直線n；由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1；又n1∥n，因此有m⊥n，④正確．綜上所述，所有正確命題的序號(hào)是②④.[答案]②④9．(2017·運(yùn)城一模)在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，M為AB的中點(diǎn)，將△BCM沿CM折起，使點(diǎn)A，B間的距離為eq\r(2)，則點(diǎn)M到平面ABC的距離為________．[解析]在平面圖形中，由已知得AB＝2，AM＝BM＝MC＝1，BC＝eq\r(3)，∴△AMC為等邊三角形，取CM的中點(diǎn)D，連接AD，則AD⊥CM，設(shè)AD的延長(zhǎng)線交BC于E，則AD＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(\r(3),6)，CE＝eq\f(\r(3),3).根據(jù)題意知，折起后的圖形如圖所示，由BC2＝AC2＋AB2，知∠BAC＝90°，又cos∠ECA＝eq\f(\r(3),3)，連接AE，則AE2＝CA2＋CE2－2CA·CEcos∠ECA＝eq\f(2,3)，于是AC2＝AE2＋CE2，∴∠AEC＝90°，∴AE⊥BC.∵AD2＝AE2＋ED2，∴AE⊥DE，又BC，DE?平面BCM，BC∩DE＝E，∴AE⊥平面BCM，即AE是三棱錐A－BCM的高，設(shè)點(diǎn)M到平面ABC的距離為h，∵S△BCM＝eq\f(\r(3),4)，AE＝eq\f(\r(6),3)，所以由VA－BCM＝VM－ABC，可得eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×1×h，∴h＝eq\f(1,2).[答案]eq\f(1,2)三、解答題10．(2017·江蘇卷)如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[證明](1)在平面ABD內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因?yàn)镋F?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因?yàn)锳D?平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因?yàn)锳C?平面ABC，所以AD⊥AC.11．(2017·南昌摸底)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1為矩形，AB＝1，AA1＝eq\r(2)，D為AA1的中點(diǎn)，BD與AB1交于點(diǎn)O，CO⊥側(cè)面ABB1A1.(1)證明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直線C1D與平面ABC所成角的正弦值．[解](1)證明：由題意，tan∠ABD＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(2),2)，tan∠AB1B＝eq\f(AB,BB1)＝eq\f(\r(2),2)，由圖可知0<∠ABD，∠AB1B<eq\f(π,2)，所以∠ABD＝∠AB1B，所以∠ABD＋∠BAB1＝∠AB1B＋∠BAB1＝eq\f(π,2)，所以AB1⊥BD，又CO⊥側(cè)面ABB1A1，∴AB1⊥CO又BD與CO交于點(diǎn)O，所以AB1⊥平面CBD，又因?yàn)锽C?平面CBD，所以BC⊥AB1.(2)如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)D，OB1，OC所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，0，0))，又因?yàn)閑q\o(CC1,\s\up16(→))＝2eq\o(AD,\s\up16(→))，所以C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3))).所以eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(3),3)，0))，eq\o(AC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，eq\o(DC1,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3))).設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，則根據(jù)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up16(→))·n＝0))可得eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)x＋\f(\r(3),3)y＝0，,\f(\r(3),3)y＋\f(\r(3),3)z＝0.))令x＝1，則y＝eq\r(2)，z＝－eq\r(2)，所以n＝(1，eq\r(2)，－eq\r(2))是平面ABC的一個(gè)法向量，設(shè)直線C1D與平面ABC所成角為α，則sinα＝eq\f(|\o(DC1,\s\up16(→))·n|,|\o(DC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(3\r(55),55).12．(2017·貴州省貴陽市高三監(jiān)測(cè))如圖所示，該幾何體由一個(gè)直三棱柱ADE－BCF和一個(gè)正四棱錐P－ABCD組合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1)證明：平面PAD⊥平面ABFE；(2)若正四棱錐P－ABCD的高為1，求二面角C－AF－P的余弦值．[解](1)證明：∵直三棱柱ADE－BCF中，AB⊥平面ADE，∴AB⊥AD，又AD⊥AF，AB∩AF＝A，∴AD⊥平面ABFE，∵AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE.(2)∵AD∥BC，AD⊥平面ABFE，∴BC⊥平面ABFE，且AB⊥BF，建立以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BF，BC所在直線分別為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．∵正四棱錐P－ABCD的高為1，AE＝AD＝2，∴A(2,0,0)，E(2,2,0)，F(xiàn)(0,2,0)，C(0,0,2)，P(1，－1,1)，∴eq\o(AF,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，eq\o(CF,\s\up16(→))＝(0,2，－2)，eq\o(PA,\s\up16(→))＝(1,1，－1)，設(shè)n1＝(x1,1，z1)是平面ACF的一個(gè)法向量，則n1⊥eq\o(AF,\s\up16(→))，n1⊥eq\o(CF,\s\up16(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AF,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(CF,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1＋2＝0，,2－2z1＝0，))解得x1＝1，z1＝1，即n1＝(1,1,1)．設(shè)n2＝(x2,1，z2)是平面PAF的一個(gè)法向量，則n2⊥eq\o(AF,\s\up16(→))，n2⊥eq\o(PA,