《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-9課時(shí)作業(yè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 10B-9課時(shí)作業(yè)（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)(五十九)一、選擇題1過(guò)正四棱柱底面一邊的截面是()A正方形B菱形C矩形 D非矩形、非菱形的平行四邊形答案C解析由面面平行的性質(zhì)定理，可證得截面是平行四邊形，由線面垂直的性質(zhì)，又可證得一個(gè)角為直角，故截面為矩形2水平放置的正方體的六個(gè)面分別用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示，如圖是一個(gè)正方體的表面展開(kāi)圖，若圖中“2”在正方體的上面，則這個(gè)正方體的下面是()A0 B8C奧 D運(yùn)答案B3一個(gè)三棱錐，如果它的底面是直角三角形，那么它的三個(gè)側(cè)面()A必然都是非直角三角形B至多只能有一個(gè)是直角三角形C至多只能有兩個(gè)是直角三角形D可能都是直角三角形答案D解析例如三棱錐PABC中，若PA面

2、ABC，ABC90，則四個(gè)側(cè)面均為直角三角形4(2020福建卷，理)如圖，若是長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1被平面FEGH截去幾何體EFGHB1C1后得到的幾何體，其中E為線段A1B1上異于B1的點(diǎn)，F(xiàn)為線段BB1上異于B1的點(diǎn)，且EHA1D1，則下列結(jié)論中正確的是()AEHFGB四邊形EFGH是矩形C是棱形D是棱臺(tái)答案D解析根據(jù)棱臺(tái)的定義(側(cè)棱延長(zhǎng)之后，必交于一點(diǎn)，即棱臺(tái)可以還原成棱錐)因此，幾何體不是棱臺(tái)，應(yīng)選D.5若三棱柱的一個(gè)側(cè)面是邊長(zhǎng)為2的正方形，另外兩個(gè)側(cè)面都是有一個(gè)內(nèi)角為60的菱形，則該棱柱的體積等于()A. B2C3 D4答案B解析如圖，由題意可得AA1C1AA1B160，AA

3、1A1B1B1C1A1C12.所以過(guò)點(diǎn)A作AO平面A1B1C1，則O在B1A1C1的平分線上過(guò)O作OEA1B1，連結(jié)A1O，AE，易證cosAA1EcosAA1OcosOA1E，即cosAA1O，AO，V棱柱Sh42.二、填空題6在三棱錐PABC中，給出下列四個(gè)命題：如果PABC，PBAC，那么點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影是ABC的垂心；如果點(diǎn)P到ABC的三邊所在直線的距離都相等，那么點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影是ABC的內(nèi)心；如果棱PA和BC所成的角為60，PABC2，E、F分別是棱PB、AC的中點(diǎn)，那么EF1；如果三棱錐PABC的各條棱長(zhǎng)均為1，則該三棱錐在任意一個(gè)平面內(nèi)的射影的面積都不大于.其中

4、正確命題的序號(hào)是_答案解析利用三垂線定理及其逆定理可證明；點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影也可能是ABC的旁心；EF1或；三棱錐PABC沿一組對(duì)棱的公垂線投影到一個(gè)平面上時(shí)，它的射影的面積取得最大值.7正三棱錐PABC高為2，側(cè)棱與底面ABC成45角，則點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離為_(kāi)答案解析設(shè)點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離是h，作PO平面ABC于點(diǎn)O，連接AO，則O是ABC的中點(diǎn)，PAO45，POAO2，PA2，由2AO4，AB2，由VPABCVAPBC得SABCPOSPBCh，即(2)222h，由此解得h，即點(diǎn)A到側(cè)面PBC的距離是.8如圖所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB1.若二面角CABC1的大小為

5、60，則點(diǎn)C到平面ABC1的距離為_(kāi)答案9已知正四棱錐的體積為12，底面對(duì)角線的長(zhǎng)為2，則側(cè)面與底面所成的二面角等于_答案解析底面正方形面積S(2)212，底面邊長(zhǎng)a，高h(yuǎn)，二面角的余切值tan.代入數(shù)據(jù)，得：tan.又必為銳角，所以.三、解答題10(09陜西)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，ACAA1，ABC60.()證明：ABA1C；()求二面角AA1CB的大小解析解法一()三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，ABAA1.在ABC中，AB1，AC，ABC60，由正弦定理得ACB30，BAC90，即ABAC.AB平面ACC1A1，又A1C平面ACC1A1，ABA1C.()如圖，

6、作ADA1C交A1C于D點(diǎn)，連接BD，由三垂線定理知BDA1C，ADB為二面角AA1CB的平面角在RtAA1C中，AD，在RtBAD中，tanADB，ADBarctan，即二面角AA1CB的大小為arctan.解法二()三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，AA1AB，AA1AC.在ABC中，AB1，AC，ABC60，由正弦定理得ACB30，BAC90，即ABAC.故建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A1(0,0，)，(1,0,0)，(0，)，1000()0，ABA1C.()可取m(1,0,0)為平面AA1C的一個(gè)法向量，設(shè)平面A1BC的一個(gè)法向量為

7、n(l，m，n)，則n0，n0，又(1，0)，lm，nm.不妨取m1，則n(，1,1)則cos，二面角AA1CB的大小為arccos.11如圖，斜三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)面AA1C1C是面積為的菱形，ACC1為銳角，側(cè)面ABB1A1側(cè)面AA1C1C，且A1BABAC1.(1)求證：AA1BC1；(2)求三棱錐A1ABC的體積解析(1)因?yàn)樗倪呅蜛A1C1C是菱形，所以有AA1A1C1C1CCA1，從而知AA1B是等邊三角形設(shè)D是AA1的中點(diǎn)，連結(jié)BD，C1D，則BDAA1，由S菱形AA1C1C，知C1到AA1的距離為.AA1C160，所以AA1C1是等邊三角形，且C1DAA1，所以AA1平

8、面BC1D.又BC1平面BC1D，故AA1BC1.(2)由(1)知BDAA1，又側(cè)面ABB1A1側(cè)面AA1C1C，所以BD平面AA1C1C，即B到平面AA1C1C的距離為BD.又SAA1CS菱形AA1C1C，BD.所以VA1ABCVBAA1CSAA1CBD.由三棱錐A1ABC的體積為.12如圖，在底面為直角梯形的四棱錐PABCD中，ADBC，ABC90，PA平面ABCD，PA4，AD2，AB2，BC6.(1)求證：BD平面PAC；(2)求二面角APCD的大小解析解法一(1)證明PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA.又tanABD，tanBAC.ABD30，BAC60，AEB90，即BD

9、AC，又PAACA，BD平面PAC.(2)過(guò)E作EFPC，垂足為F，連結(jié)DF.DE平面PAC，EF是DF在平面PAC上的射影，由三垂線定理知PCDF，EFD為二面角APCD的平面角又DAC90BAC30，DEADsinDAC1，AEABsinABE，又AC4，EC3，PC8.由RtEFCRtPAC得EF，在RtEFD中，tanEFD，EFDarctan.二面角APCD的大小為arctan.解法二(1)證明如圖，建立坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,4)，(0,0,4)，(2，6,0)，(2，2,0)0，0，BDAP，BDAC，又PAA

10、CA，BD平面PAC.(2)設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y,1)，則n0，n0.又(2，4,0)，(0,2，4)，解得n(，2,1)平面PAC的法向量取為m(2，2,0)，cosm，n.二面角APCD的大小為arccos.13(2020山東卷，理)如圖，在五棱錐PABCDE中，PA平面ABCDE，ABCD，ACED，AEBC，ABC45，AB2，BC2AE4，三角形PAB是等腰三角形(1)求證：平面PCD平面PAC；(2)求直線PB與平面PCD所成角的大??；(3)求四棱錐PACDE的體積解析(1)證明：在ABC中，因?yàn)锳BC45，BC4，AB2，所以AC2AB2BC22ABBCcos 458

11、，因此AC2，故BC2AC2AB2所以BAC90.又PA平面ABCDE，ABCD，所以CDPA，CDAC，又PA，AC平面PAC，且PAACA，所以CD平面PAC，又CD平面PCD，所以平面PCD平面PAC.(2)解法一：因?yàn)镻AB是等腰三角形，所以PAAB2，因此PB4.又ABCD，所以點(diǎn)B到平面PCD的距離等于點(diǎn)A到平面PCD的距離，由于CD平面PAC，在RtPAC中，PA2，AC2，所以PC4，故PC邊上的高為2，此即為點(diǎn)A到平面PCD的距離設(shè)直線PB與平面PCD所成的角為，則sin ，又0，所以.解法二：由(1)知AB，AC，AP兩兩相互垂直，分別以AB、AC、AP為x軸、y軸、z軸建

12、立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由于PAB是等腰三角形，所以PAAB2，又AC2，因此A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，因?yàn)锳CED，CDAC，所以四邊形ACDE是直角梯形，因?yàn)锳E2，ABC45，AEBC，所以BAE135，因此CAE45，故CDAEsin 452，所以D(，2，0)因此C(0，2，2)，C(，0,0)，設(shè)m(x，y，z)是平面PCD的一個(gè)法向量，則mC0，mC0，解得x0，yz，取y1，得m(0,1,1)，又B(2，0,2)，設(shè)表示向量B與平面PCD的法向量m所成的角，則cos ，所以，因此直線PB與平面PCD所成的角為.(3)因?yàn)锳CED

13、，CDAC，所以四邊形ACDE是直角梯形，因?yàn)锳E2，ABC45，AEBC，所以BAE135，因此CAE45，故CDAEsin 452，EDACAEcos 4522，所以S四邊形ACDE3.又PA平面ABCDE，所以VPACDE322.14(2020江西卷)如圖，BCD與MCD都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2.求點(diǎn)A到平面MBC的距離解析解法一：取CD中點(diǎn)O，連接OB，OM，則OBOM，OBCD，MOCD.又平面MCD平面BCD，則MO平面BCD，所以MOAB，MO平面ABC.M，O到平面ABC的距離相等作OHBC于H，連接MH，則MHBC.求得OHOCsin60，MH .設(shè)點(diǎn)A到平面MBC的距離為d，由VAMBCVMABC得SMBCdSABCOH.即2d22，解得d.解法二：取CD中點(diǎn)O，連OB，OM，則OBCD，OMCD.又平面MCD平面BCD，則MO平面BCD.取O為原點(diǎn)，直線OC、BO、OM為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖OBOM，則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，0)，A(0，2)設(shè)n(x，y，z)是平面MBC的一個(gè)法向量，則(1，0)，(0，)由n得xy0，由n得yz0.取n(，1,1).(0,0,2)，則d.