2019年高考数学精讲二轮练习专题跟踪训练22

2019年高考数学精讲二轮练习专题跟踪训练22

专题跟踪训练(二十二)‎ 一、选择题 ‎1．(2018·中原名校联盟联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A．α⊥β且m⊂α B．α⊥β且m∥α C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且n∥β ‎[解析]　对于选项A，α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立，故选C.‎ ‎[答案]　C ‎2．已知直线m，l与平面α，β，γ满足β∩γ＝l，l∥α，m⊂α，m⊥γ，则下列命题一定正确的是(　　)‎ A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥β C．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ ‎[解析]　∵m⊂α，m⊥γ，∴α⊥γ.又∵β∩γ＝l，∴l⊂γ，∴l⊥m，故选A.‎ ‎[答案]　A ‎3．(2018·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为(　　)‎ ‎①若m∥n，n⊂α，则m∥α；‎ ‎②若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β；‎ ‎③若l⊥n，m⊥n，则l∥m；‎ ‎④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎[解析]　①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n，m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α，因此正确．综上可知只有②④正确，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎4．(2018·福州泉州二模)在下列四个正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(　　)‎ ‎[解析]　如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知E，F，G，M，N，Q六个点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A、B、C中的平面与这个平面重合，不满足题意，只有选项D中的直线BD1与平面EFG不垂直，满足题意，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎5．(2018·江西赣州模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在(　　)‎ A．直线AC上 B．直线AB上 C．直线BC上 D．△ABC内部 ‎[解析]　连接AC1，如图：‎ ‎∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，‎ ‎∴AC⊥平面ABC1，‎ 又AC在平面ABC内，‎ ‎∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，‎ 则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上，故选B.‎ ‎[答案]　B ‎6．[原创题]如图所示，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为(　　)‎ A．－ B. C．－ D. ‎[解析]　‎ 如图所示，取BC的中点E，连接DE，AE.则在△PBC中，PD＝DB，BE＝EC，所以DE∥PC，且DE＝PC.故∠EDA为异面直线PC，AD所成的角或其补角．因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB.在Rt△ABC中，AC＝＝＝2；在Rt△PAC中，PC＝＝＝2.故DE＝PC＝.在Rt△PAB中，PB＝＝＝2；又PD＝DB，所以AD＝PB＝.在Rt△‎ EAB中，AE＝＝＝.在△DAE中，cos∠ADE＝＝＝－.设异面直线PC，AD所成的角为θ，则cosθ＝|cos∠ADE|＝，故选D.‎ ‎[答案]　D 二、填空题 ‎7．(2018·定州二模)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.‎ ‎[解析]　根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC.又E是AD的中点，所以F是CD的中点．因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.‎ ‎[答案]　 ‎8．过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有________条．‎ ‎[解析]　过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG中(其中D、E、F、G分别为AC，BC，B1C1，A1C1的中点)．易知经过D、E、F、G中任意两点的直线共有6条．‎ ‎[答案]　6‎ ‎9．(2018·运城一模)在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，M为AB的中点，将△BCM沿CM折起，使点A，B间的距离为，则点M到平面ABC的距离为________．‎ ‎[解析]　‎ 在平面图形中，由已知得AB＝2，AM＝BM＝MC＝1，BC＝，∴△AMC为等边三角形，取CM的中点D，连接AD，则AD⊥CM，设AD的延长线交BC于E，则AD＝，DE＝，CE＝.根据题意知，折起后的图形如图所示，由BC2＝AC2＋AB2，知∠BAC＝90°，又cos∠ECA＝，连接AE，则AE2＝CA2＋CE2－2CA·CEcos∠ECA＝，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是三棱锥A－BCM的高，设点M到平面ABC的距离为h，∵S△BCM＝，AE＝，所以由VA－BCM＝VM－ABC，可得××＝× ‎××1×h，∴h＝.‎ ‎[答案]　 三、解答题 ‎10．(2018·安徽淮北一中模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA＝AD.‎ ‎(1)求证：AF∥平面PEC；‎ ‎(2)求证：平面PEC⊥平面PCD.‎ ‎[证明]　(1)取PC的中点G，连接FG、EG，‎ ‎∵F为PD的中点，G为PC的中点，‎ ‎∴FG为△CDP的中位线，∴FG∥CD，FG＝CD.‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE＝CD.‎ ‎∴FG＝AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，‎ ‎∴AF∥EG，又EG⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，‎ ‎∴AF∥平面PEC.‎ ‎(2)∵PA＝AD，F为PD中点，∴AF⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，‎ 又∵CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∵AF⊂平面PAD，∴CD⊥AF，‎ 又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，‎ 由(1)知EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，‎ 又EG⊂平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.‎ ‎11. (2018·河南洛阳一模)如图，在四棱锥E－ABCD中，△EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD＝DC＝AB，且AE⊥BD.‎ ‎(1)证明：平面EBD⊥平面EAD；‎ ‎(2)若△EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离．‎ ‎[解]　(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，∴DM＝CB＝AD＝AB，‎ 即点D在以线段AB为直径的圆上，‎ ‎∴BD⊥AD，‎ 又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，‎ ‎∴BD⊥平面EAD.‎ ‎∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面EAD.‎ ‎(2)∵BD⊥平面EAD，且BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面EAD.‎ ‎∵等边△EAD的面积为，∴AD＝AE＝ED＝2，‎ 取AD的中点O，连接EO，则EO⊥AD，EO＝，‎ ‎∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，‎ ‎∴EO⊥平面ABCD.‎ 由(1)知△ABD，△EBD都是直角三角形，‎ ‎∴BD＝＝2，‎ S△EBD＝ED·BD＝2，‎ 设点C到平面EBD的距离为h，‎ 由VC－EBD＝VE－BCD，得S△EBD·h＝S△BCD·EO，‎ 又S△BCD＝BC·CDsin120°＝，‎ ‎∴h＝.‎ ‎∴点C到平面EBD的距离为.‎ ‎12．(2018·山西太原一模)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AF∥DE，AF⊥AD，且平面BED⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：AF⊥CD；‎ ‎(2)若∠BAD＝60°，AF＝AD＝ED＝2，求多面体ABCDEF的体积．‎ ‎[解]　(1)证明：连接AC，交BD于点O.‎ 由四边形ABCD为菱形可知AC⊥BD.‎ ‎∵平面BED⊥平面ABCD，且交线为BD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面BED，∴AC⊥ED.‎ 又∵AF∥DE，∴AF⊥AC.‎ ‎∵AF⊥AD，AC∩AD＝A，∴AF⊥平面ABCD.‎ ‎∵CD⊂平面ABCD，∴AF⊥CD.‎ ‎(2)VABCDEF＝VE－BCD＋VB－ADEF.‎ 由(1)知，AF⊥平面ABCD，又AF∥DE，∴DE⊥平面ABCD，‎ 则VE－BCD＝ED·S△BCD＝×4××2×2×sin60°＝.‎ 取AD的中点H，连接BH，则BH⊥AD，BH＝.‎ 由(1)可知BH⊥AF，又∵AD∩AF＝A，∴BH⊥平面ADEF，‎ 则VB－ADEF＝BH·SADEF＝×××(2＋4)×2＝2.‎ ‎∴VABCDEF＝＋2＝，‎ 即多面体ABCDEF的体积为.‎