高三理科数学二轮复习跟踪强化训练21

跟踪强化训练(二十一)一、选择题1．(2017·贵阳一中适应性考试)已知l为平面α内的一条直线，α，β表示两个不同的平面，则“α⊥β”是“l⊥β”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[解析]若l为平面α内的一条直线且l⊥β，则α⊥β，反过来则不一定成立，所以“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分条件，故选B.[答案]B2．(2017·福建泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线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]过直线a上一点，作b的平行线c，则直线a，c确定一个平面，易证垂直于该平面的直线同时垂直于直线a和b，由于这样的直线有无数条，故A错误；由空间两直线夹角的定义易证，若l∥a且l⊥b，则b⊥a，故B错；过直线a上一点作b的平行线n，记a，n确定的平面为a，显然b∥α，即存在性成立，假设存在平面α，β，使得a⊂α，a⊂β，且b∥α，b∥β，则α∩β＝a，所以b∥a，与题意矛盾，故唯一性成立，故C正确；假设存在平面α，使得a⊂α，且b⊥α，则b⊥a，与题意矛盾，故D错误.[答案]C3．(2017·宁波统考)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l[解析]因为m⊥α，l⊥m，l⊄α，所以l∥α.同理可得l∥β.又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.[答案]D4．已知a，b，l表示空间中三条不同的直线，α，β，γ表示空间中三个不同的平面，则下列四个命题中正确的命题序号为()①若a⊥α，b⊥β，l⊥γ，a∥b∥l，则α∥β∥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；③若a⊂α，b⊂β，α∩β＝a，l⊥a，l⊥b，则l⊥β；④若a，b为异面直线，a⊥α，b⊥β，l⊥a，l⊥b，l⊄α，l⊄β，则α与β相交，且交线平行于l.A．①②④ B．①②③C．②③④ D．①③④[解析]对于①，a，b，l就相当于平面α，β，γ的法线，因为a∥b∥l，所以α∥β∥γ，所以①正确；显然②是正确的；对于③，若a∥b，由线面垂直的判定定理可知，直线l不一定垂直于β，只有当a与b相交时，l⊥β，所以③不正确；对于④，由a⊥α，l⊥a，且l⊄α，得l∥α.又b⊥β，l⊥b，l⊄β，所以l∥β.由直线a，b为异面直线，且a⊥α，b⊥β，得α与β相交，否则a∥b，与a，b异面矛盾，故α与β相交，且交线平行于l，所以④正确．[答案]A5．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则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]因为过点A的平面α与平面CB1D1平行，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，则BD与A1B所成的角为所求角，所以m，n所成角的正弦值为eq\f(\r(3),2)，选A.[答案]A6．(2017·温州十校联考)如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，使得平面SAE⊥平面ABCE，则下列三种说法中正确的个数是()①存在点E使得直线SA⊥平面SBC；②平面SBC内存在直线与SA平行；③平面ABCE内存在直线与平面SAE平行．A．0B．1C．2D．3[解析]由题图，得SA⊥SE，若存在点E使得直线SA⊥平面SBC，则SA⊥SB，SA⊥SC，则SC，SB，SE三线共面，则点E与点C重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA与平面SBC相交，所以在平面SBC内不存在直线与SA平行，故②错误；显然，在平面ABCE内，存在直线与AE平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE内存在直线与平面SAE平行，故③正确．选B.[答案]B二、填空题7．(2017·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[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＝eq\r(2).[答案]eq\r(2)8．(2017·云南省11校高三调研)已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：①若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；③若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.其中所有正确命题的序号是________．[解析]对于①，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此①不正确．对于②，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面)引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确．对于③，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此③不正确．对于④，由n∥β得，在平面β内必存在直线n1平行于直线n；由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1；又n1∥n，因此有m⊥n，④正确．综上所述，所有正确命题的序号是②④.[答案]②④9．(2017·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eq\r(2)，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＝eq\r(3)，∴△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＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(\r(3),6)，CE＝eq\f(\r(3),3).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＝eq\f(\r(3),3)，连接AE，则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是三棱锥A－BCM的高，设点M到平面ABC的距离为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、解答题10．(2017·江苏卷)如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明](1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂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.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.11．(2017·南昌摸底)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB＝1，AA1＝eq\r(2)，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1.(1)证明：BC⊥AB1；(2)若OC＝OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．[解](1)证明：由题意，tan∠ABD＝eq\f(AD,AB)＝eq\f(\r(2),2)，tan∠AB1B＝eq\f(AB,BB1)＝eq\f(\r(2),2)，由图可知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⊥侧面ABB1A1，∴AB1⊥CO又BD与CO交于点O，所以AB1⊥平面CBD，又因为BC⊂平面CBD，所以BC⊥AB1.(2)如图，以O为原点，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则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))，又因为eq\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))).设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则根据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，则y＝eq\r(2)，z＝－eq\r(2)，所以n＝(1，eq\r(2)，－eq\r(2))是平面ABC的一个法向量，设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα＝eq\f(|\o(DC1,\s\up16(→))·n|,|\o(DC1,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(3\r(55),55).12．(2017·贵州省贵阳市高三监测)如图所示，该几何体由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE；(2)若正四棱锥P－ABCD的高为1，求二面角C－AF－P的余弦值．[解](1)证明：∵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为坐标原点，BA，BF，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．∵正四棱锥P－ABCD的高为1，AE＝AD＝2，∴A(2,0,0)，E(2,2,0)，F(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)，设n1＝(x1,1，z1)是平面ACF的一个法向量，则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)．设n2＝(x2,1，z2)是平面PAF的一个法向量，则n2⊥eq\o(AF,\s\up16(→))，n2⊥eq\o(PA,