2020版高考数学一轮复习第7章立体几何第5讲课后作业理（含解析）.doc

1、1第 7 章 立体几何 第 5 讲A 组 基础关1已知平面 平面 ， l，点 A ， Al，直线 AB l，直线 AC l，直线 m ， m ，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A AB m B AC mC AB D AC 答案 D解析 如图所示， AB l m； AC l， m lAC m； AB lAB ，只有 D 不一定成立，故选 D.2如图，在正方形 ABCD 中， E， F 分别是 BC， CD 的中点， G 是 EF 的中点，现在沿AE， AF 及 EF 把这个正方形折成一个空间图形，使 B， C， D 三点重合，重合后的点记为 H，那么，在这个空间图形中必有( )A AG

2、平面 EFH B AH平面 EFHC HF平面 AEF D HG平面 AEF答案 B解析 根据折叠前、后 AH HE， AH HF 不变， AH平面 EFH，B 正确；过 A 只有一条直线与平面 EFH 垂直，A 不正确； AG EF， EF GH， AG GH G， EF平面HAG，又 EF平面 AEF，平面 HAG AEF，过 H 作直线垂直于平面 AEF，一定在平面 HAG 内，C 不正确；已证平面 HAG平面 AEF，若证 HG平面 AEF，只需证 HG AG，已证AH HG，故 HG AG 不成立，所以 HG 与平面 AEF 不垂直，D 不正确故选 B.3. 如图，已知六棱锥 P A

3、BCDEF 的底面是正六边形， PA平面 ABC， PA2 AB，则下列结论正确的是( )2A PB ADB平面 PAB平面 PBCC直线 BC平面 PAED直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45答案 D解析 选项 A，B，C 显然错误 PA平面 ABC， PDA 是直线 PD 与平面 ABC 所成的角 ABCDEF 是正六边形， AD2 AB.tan PDA 1，直线 PD 与平面 ABCPAAD 2AB2AB所成的角为 45.故选 D.4(2017江西南昌摸底)如图，在四面体 ABCD 中，已知 AB AC， BD AC，那么点 D在平面 ABC 内的射影 H 必在( )A直线 AB

4、 上B直线 BC 上C直线 AC 上D ABC 内部答案 A解析 因为 AB AC， BD AC， AB BD B，所以 AC平面 ABD，又 AC平面 ABC，所以平面 ABC平面 ABD，所以点 D 在平面 ABC 内的射影 H 必在直线 AB 上故选 A.5在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E 是 C1C 的中点，则直线 BE 与平面 B1BD 所成的角的正弦值为( )3A105B.105C155D.155答案 B解析 如图，延长 BE 与 B1C1的延长线交于点 F，连接 FD1，因为 E 为 C1C 的中点，四边形 BCC1B1是正方形，所以 C1F B1C1 BC，所以 C

5、1D1F C1D1B145，所以 FD1 B1D1，易证 FD1平面 BB1D1D.所以 BFD1是直线 BE 与平面 B1BD 所成的角设正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 a，则D1F B1D1 a.2BF a， 2a 2 a2 54所以 sin BFD1 .D1FBF 25 1056如图，直三棱柱 ABC A1B1C1中，侧棱长为 2， AC BC1， ACB90， D 是 A1B1的中点， F 是 BB1上的动点， AB1， DF 交于点 E.要使 AB1平面 C1DF，则线段 B1F 的长为( )A. B112C. D232答案 A解析 设 B1F x，因为 AB1平面 C1

6、DF， DF平面 C1DF，所以 AB1 DF.由已知可以得 A1B1 ，2矩形 ABB1A1中，tan FDB1 ，B1FB1Dtan A1AB1 .A1B1AA1 22又 FDB1 A1AB1，所以 .B1FB1D 22故 B1F .故选 A.22 22 127已知正方体 ABCD A1B1C1D1，点 E， F， G 分别是线段 DC， D1D 和 D1B 上的动点，给出下列结论：5对于任意给定的点 E，存在点 F，使得 AF A1E；对于任意给定的点 F，存在点 E，使得 AF A1E；对于任意给定的点 G，存在点 F，使得 AF B1G；对于任意给定的点 F，存在点 G，使得 AF

7、B1G.其中正确结论的个数是( )A0 B1C2 D3答案 C解析 因为 DE平面 A1D，根据三垂线定理，对于任意给定的点 E， A1E 在平面 A1D 的射影为 A1D，所以存在点 F，使得 AF A1D，所以 AF A1E，正确；如果对于任意给定的点F，存在点 E，使得 AF A1E；那么 AF A1D，又 AD1 A1D，得到过 A 有两条直线与 A1D 垂直，故错误；只有 AF 垂直 B1G 在平面 BCC1B1中的射影时， AF B1G，所以当 G 位于 D1B 的上半部分时，在 D1D 上不存在 F 点，使 AF 垂直 B1G 在平面 BCC1B1中的射影，错误；对任意给定的点

8、F，存在平面 BCC1B1上的线段 B1G和 AF 垂直，且 B1G为 B1G 的投影，所以正确，所以 C 正确8如图，平面 ABC平面 BDC， BAC BDC90，且 AB AC a，则AD_.6答案 a解析 作 BC 中点 E，连接 AE， DE，则在 Rt ABC 中，AB AC a，由勾股定理得BC2 AE a，且有 AE BC，2又平面 ABC平面 BDC，平面 ABC平面 BDC BC 且直线 AE 在平面 ABC 内，由面面垂直的性质定理得 AE平面 BCD， DE平面 BCD 内， AE DE，又在 Rt BCD 中，点 E 是 BC 的中点， DE a，BC2 22在 Rt

9、 ADE 中， AE a，22由勾股定理得 AD a.AE2 DE29(2016全国卷) ， 是两个平面， m， n 是两条直线，有下列四个命题：如果 m n， m ， n ，那么 ；如果 m ， n ，那么 m n；如果 ， m ，那么 m ；如果 m n， ，那么 m 与 所成的角和 n 与 所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)答案 解析 对于，由 m n， m 可得 n 或 n 在 内，当 n 时， 与 可能相交，也可能平行，故错误；对于，过直线 n 作平面与平面 交于直线 c，由 n 可知 n c， m ， m c， m n，故正确；对于，由两个平面平行的性质可知正

10、确；对于，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有.10(2018兰州实战考试) ， 是两平面， AB， CD 是两条线段，已知 EF， AB 于 B， CD 于 D，若增加一个条件，就能得出 BD EF.现有下列条件： AC ； AC 与 ， 所成的角相等； AC 与 CD 在 内的射影在同一条直线上； AC EF.其中能成为增加条件的序号是_答案 解析 由题意得， AB CD， A， B， C， D 四点共面7中， AC ， EF ， AC EF，又 AB ， EF ， AB EF， AB AC A， EF平面 ABCD，又 BD平面 ABCD， BD EF，故正确；不能得到 B

11、D EF，故错误；中，由 AC与 CD 在 内的射影在同一条直线上可知平面 ABCD ，又 AB ， AB平面 ABCD，平面 ABCD .平面 ABCD ，平面 ABCD ， EF， EF平面 ABCD，又 BD平面 ABCD， BD EF，故正确；中，由知，若 BD EF，则 EF平面 ABCD，则 EF AC，故错误，故填.B 组 能力关1(2018静海月考)如图所示，三棱锥 P ABC 的底面在平面 内，且 AC PC，平面 PAC平面 PBC，点 P， A， B 是定点，则动点 C 的轨迹是( )A一条线段 B一条直线C一个圆 D一个圆，但要去掉两个点答案 D解析 平面 PAC平面

12、PBC，而平面 PAC平面 PBC PC.又 AC平面 PAC，且 AC PC， AC平面 PBC，而 BC平面 PBC， AC BC，点 C 在以 AB 为直径的圆上，点 C 的轨迹是一个圆，但是要去掉 A 和 B 两点故选 D.2如图，在棱长为 a 的正方体 ABCD A1B1C1D1中， P 为 A1D1的中点， Q 为 A1B1上任意一点， E， F 为 CD 上任意两点，且 EF 的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是( )A点 P 到平面 QEF 的距离8B三棱锥 P QEF 的体积C直线 PQ 与平面 PEF 所成的角D二面角 P EF Q 的大小答案 C解析 A 中，因为平面

13、 QEF 也就是平面 A1B1CD，显然点 P 到平面 A1B1CD 的距离是定值，所以点 P 到平面 QEF 的距离为定值；B 中，因为 QEF 的面积是定值( EF 为定长，点 Q 到 EF的距离就是点 Q 到 CD 的距离，也是定长，即底和高都是定值)，再根据 A 的结论，即点 P到平面 QEF 的距离也是定值，所以三棱锥 P QEF 的高也是定值，于是其体积固定，所以三棱锥 P QEF 的体积是定值；C 中，因为 Q 是动点， PQ 的长不固定，而 Q 到平面 PEF 的距离为定值，所以 PQ 与平面 PEF 所成的角不是定值；D 中，因为 A1B1 CD， Q 为 A1B1上任意一点

14、， E， F 为 CD 上任意两点，所以二面角 P EF Q 的大小即为二面角 P CD A1的大小，为定值3(2018全国卷)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面 所成的角相等，则 截此正方体所得截面面积的最大值为( )A. B334 233C D324 32答案 A解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 ABCD A1B1C1D1中，平面 AB1D1与线 AA1， A1B1， A1D1所成的角是相等的，所以平面 AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面 C1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面

15、的位置为夹在两个面 AB1D1与 C1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为 ，所以其面积为 S6 2 ，故选 A.22 34 (22) 3344如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中， BAC90， AB AC2， AA14，过 A1作底面ABC 的垂线，垂足为 BC 的中点， D 为 B1C1的中点(1)证明： A1D平面 A1BC；(2)求直线 A1B 和平面 BB1C1C 所成的角的正弦值解 (1)证明：如图，设 E 为 BC 的中点，连接 AE， DE， A1E.9由题意得 A1E平面 ABC，所以 A1E AE.因为 AB AC，所以 AE BC.所以 AE平面 A1BC.由

16、 D， E 分别为 B1C1， BC 的中点，得 DE BB1，且 DE BB1，从而 DE AA1，且DE AA1，所以四边形 AA1DE 是平行四边形，所以 A1D AE.又因为 AE平面 A1BC，所以 A1D平面 A1BC.(2)如图，作 A1F DE，垂足为 F，连接 BF.因为 A1E平面 ABC，所以 BC A1E.因为 BC AE， AE A1E E，所以 BC平面 AA1DE.所以 BC A1F.又因为 DE BC E，所以 A1F平面 BB1C1C.所以 A1BF 为直线 A1B 与平面 BB1C1C 所成的角由 AB AC2， CAB90，得 EA EB .2由 A1E平

17、面 ABC，得 A1A A1B4， A1E .14由 DE BB14， DA1 EA ， DA1E90，2得 A1F .所以 sin A1BF .72 A1FA1B 78C 组 素养关1如图 1，在直角梯形 ABCD 中， AD BC， BAD90， AB BC AD a， E 是 AD 的12中点， O 是 AC 与 BE 的交点将 ABE 沿 BE 折起到图 2 中 A1BE 的位置，得到四棱锥A1 BCDE.10(1)证明： CD平面 A1OC；(2)当平面 A1BE平面 BCDE 时，四棱锥 A1 BCDE 的体积为 36 ，求 a 的值2解 (1)证明：在图 1 中，连接 EC(图略

18、)，因为 AB BC AD a， BAD90， AD BC，12E 是 AD 的中点，所以四边形 ABCE 为正方形，所以 BE AC，即在图 2 中， BE A1O， BE OC，又 A1O OC O，从而 BE平面 A1OC，又 CD BE，所以 CD平面 A1OC.(2)由已知，平面 A1BE平面 BCDE，且平面 A1BE平面 BCDE BE，又由(1)可知 A1O BE，所以 A1O平面 BCDE，即 A1O 是四棱锥 A1 BCDE 的高，由图 1 知， A1O AB a，22 22平行四边形 BCDE 的面积 S BCAB a2，从而四棱锥 A1 BCDE 的体积V SA1O a

19、2 a a3，13 13 22 26由 a336 ，解得 a6.26 22如图，直角三角形 ABC 中， BAC60，点 F 在斜边 AB 上，且 AB4 AF， D， E 是平面 ABC 同一侧的两点， AD平面 ABC， BE平面 ABC， AD3， AC BE4.11(1)求证：平面 CDF平面 CEF；(2)点 M 在线段 BC 上，异面直线 CF 与 EM 所成角的余弦值为 ，求 CM 的长14解 (1)证明：连接 DE. AD平面 ABC， BE平面 ABC， AD BE，即 AD， BE 在同一平面上，且 AD AB， BE AB.在 Rt ABC 中， BAC60， AC4，

20、AB8， BC4 .3 AB4 AF， AF2，由余弦定理可得 CF2 .3 AD3， BE4， DE .82 4 3 2 65在 Rt ADF 中， DF .DA2 AF2 13在 Rt ACD 中， DC 5.AC2 AD2在 Rt BEF 中， EF .BF2 BE2 8 2 2 42 52 DF2 CF2 DC2， DF2 EF2 DE2， DF CF， DF EF.又 CF EF F， DF平面 CEF. DF平面 CDF，平面 CDF平面 CEF.(2)过点 M 在平面 ABC 中作 MN CF 交 AB 于点 N，连接 EN，则 EMN 即为异面直线 CF与 EM 所成的角或其补角设 k(0EN，cos EMN0.12cos EMN ，EM2 MN2 EN22EMMN 3k231 3k2 14解得 k .13(k 13舍 去 ) CM(1 k)BC .833