2021高考数学二轮复习专题五跟踪训练2

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.