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【文档说明】福建省福州市平潭县新世纪学校2021届高三下学期百盛冲刺班数学练习（53）含答案.docx，共(10)页，515.715 KB，由小赞的店铺上传
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百盛高三冲刺班数学练习（53)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列命题正确的是（）A．平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥βB．若平面α⊥β，则α内的直线垂直于平面βC．若平面α⊥β，
且α∩β＝l，则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面βD．若直线a与平面α内的无数条直线都垂直，则不能说一定有a⊥α2．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是（）A．m⊥n，m∥α，n∥βB．m⊥n，α∩β＝m，n⊂
αC．m∥n，n⊥β，m⊂αD．m∥n，m⊥α，n⊥β3．如图，平面α⊥平面β，Aα，Bβ，AB与两平面α，β所成的角分别为4和6.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′等于（）A．2∶1B．3∶1C．3∶2D．4∶34．已知直线,mn，平面,，n=
，m∥，mn⊥，那么“m⊥β”是“⊥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．在四面体ABCP中，PB⊥平面ABC，且ABAC⊥，ABAC=．若四面体ABCP外接球的半径为192PB，则PA与平面ABC所成角的正
切值为（）A．12B．13C．2D．3二、填空题6．已知直三棱柱111ABCABC−，90CAB=，1222AAABAC===，则直线1AB与侧面11BCCB所成角的正弦值是______.7．三棱锥SABC−的底面是边长为12
的等边三角形62SBSC==，二面角SBCA−−为60，则三棱锥SABC−的外接球的表面积为___________.8．如图，三棱椎PABC−的底面ABC是等腰直角三角形，90ACB=，且2PAPBAB===，3PC=，则点C到平面PAB的距
离等于______．三、解答题9．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60，PA⊥底面ABCD，PA＝3，在CD上确定一点E，使得平面PBE⊥平面PAB.10．如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱
形，△PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为AD的中点.求证：（1）BG⊥平面PAD；（2）AD⊥PB.参考答案1．D【分析】对于AB举出反例得出判断，由面面垂直的性质定理可以判断C，由
线面垂直的定义可以判断D.【详解】A项，如图平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线，但α//β，故A错误；B项，如图平面α⊥β，但α内的直线a不垂直于平面β，故B错误；C项，平面α⊥β，且α∩β＝l，则过α内一点P
与l垂直的直线，只有当此直线在α内时才垂直于β，故C错误；D项，a与平面α内的任意一条直线都垂直可以推出a⊥α，故D正确.故选：D.2．C【分析】在A中，与β相交或相行；在B中，与不一定垂直；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面
面平行的判定定理得//.【详解】在A中，m⊥n，m∥α，n∥β，则与β相交或相行，故A错误；在B中，m⊥n，α∩β＝m，n⊂α，则与不一定垂直，故B错误；在C中，m∥n，n⊥β，m⊂α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；在D中，m∥n，m⊥α，n⊥β，由面面平行的判定
定理得//，故D错误.故选：C3．A【分析】先用性质找出α，β的垂线，再作出相关线面角，设2ABa=，利用直角三角形计算AB可得.【详解】由已知条件可知,46BABABA==，设AB=2a，则BB′=2asin4
=2a，A′B＝2acos6＝3a，∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，∴AB∶A′B′＝2∶1.【点睛】（1）线面垂直出现再条件中，一般用性质可得线面垂直；（2）与线面角有关的问题，可考虑用定义做出所求的角，或者求法向量用公式sin|cos,|nAB=解决.4．C【分析】若m⊥
β，在平面内找到与m平行的直线m，根据面面垂直的判定定理可得⊥β，若⊥β，在平面内找到与m平行的直线m，根据面面垂直的性定定理可得m⊥β，再根据充要条件的定义可得答案.【详解】若m⊥β，过直线m作平面γ，交平面于直线m，∵//m，∴//mm，又m⊥β，∴m⊥
β，又∵mα，∴⊥β，若⊥β，过直线m作平面γ，交平面于直线m，∵//m，∴//mm，∵mn⊥，∴mn⊥，又∵⊥β，∩β＝n，∴m⊥，∴m⊥，故“m⊥β”是“⊥β”的充要条件，故选：C．
5．B【分析】将四面体补全为长方体，可知长方体的外接球即为四面体的外接球，由外接球半径可构造方程求得3ABPB=，根据垂直关系知所求线面角为PAB，由长度关系得到结果.【详解】PB⊥平面ABC，ABAC⊥，可将四面体ABCP补全为如图所示的长方体，则长方体的外接球即为四面体ABCP
的外接球，其外接球半径22211922RPBABACPB=++=，又ABAC=，3ABPB=，PB⊥平面ABC，PA与平面ABC所成的角为PAB，1tan3PBPABAB==，即PA与平面ABC所成角的正切值为13.
故选：B.6．1010【分析】取11BC中点D，连接1,ADBD，证明1AD⊥平面11BCCB，可得1ABD为直线1AB与侧面11BCCB所成的角，进而可得答案.【详解】取11BC中点D，连接1,A
DBD，直三棱柱中，1BB⊥平面111ABC，1AD平面111ABC，11BBAD⊥，又11111ABAC==，111ADBC⊥，又1111BCBBB=，111,BCBB面11BBCC，1AD⊥平面11BCCB，1AB在平面11BCCB上的射影为DB，故1ABD为直线1
AB与侧面11BCCB所成的角，11RtABB中，22211121125BBABAB=+=+=，111RtBAC中，1112212122BCAD===，1RtABD中，1112102sin105ADABDAB===，故答案为：1010.7．208【分析】设D为BC中点
，G为正ABC外心，可得SDA是二面角SBCA−−的平面角为60，作SE⊥底面ABC，垂足为E，E在AD上，设O外接球球心，则//OGSE，作OFSE⊥于F，设OGd=，利用OSOAR==，由已知线段长及二面角的大小求出图形中各线段长，然后利用勾股定理求得d（以图
中位置计算出d值，如果0d，说明O在平面ABC上方，如果0d，则O在平面ABC正方）．然后可得外接球半径，从而得球面积．【详解】如图，设D为BC中点，G为正ABC外心，依题意有6BDDC==，62SBSC==，∴SDBC⊥，
∴6SD=，则易证SDA为二面角SBCA−−的平面角，60SDA=，设S在底面ABC的射影为E，则可证E在AD上，则3ED=，33SE=，23GD=，43AG=，233GE=−，设O为三棱锥的外接球球心，可证//OGSE，过O点在面SAD内作OFSE⊥，F为垂足
，则233OFGE==−，43AG=，设求半径为R，OGd=，则222ROAOS==，2222(43)(233)(33)dd+=−+−，解得2d=−，252R=.则球心O在底面ABC的下方，事实上当O在底面ABC的下方时2222(43)(233)(33)dd+=−++解得2d=，252R=.三
棱锥SABC−的外接球的表面积为208.故答案为：208．8．33【分析】将三棱锥PABC−补全为边长为1的正方体，再由等体积法求得点到平面距离.【详解】由题意，可将三棱锥PABC−补全为边长为1的正方体如图所示，2PAPBAB===，1ACB
CPD===，设点C到平面PAB的距离为h，则由CPAABCPBVV−−=得1133ABCPABSPDSh=△△，所以()21111323324ABCPABSPDhS===△△．故答案为：339．E为CD的中点.【分
析】取CD的中点E，连接PE，BE，BD，由已知△BCD是等边三角形得BE⊥CD，由PA⊥平面ABCD得PA⊥BE，可得BE⊥平面PAB可得答案.【详解】取CD的中点E，连接PE，BE，BD，由底面ABCD
是菱形且∠BCD＝60知，△BCD是等边三角形，因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，又AB∥CD，所以BE⊥AB，又因为PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，所以PA⊥BE，而PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BE⊥平面PAB，又BE⊂平
面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB，所以当E为CD的中点时，平面PBE⊥平面PAB.10．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用正三角形的性质得PGAD⊥，由面面垂直的性质定理得得线面垂直，从而有线线垂直，P
GBG⊥，再由菱形得正三角形，得BGAD⊥，由纯平面垂直判定定理可证结论；（2）在（1）的基础上可得AD与平面PBG垂直，从而得证线线垂直．【详解】（1）由题意知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD.又平面PAD⊥平面
ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，∴PG⊥平面ABCD，又BG⊂平面ABCD，∴PG⊥BG.又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD.又AD∩PG＝
G，AD，PG⊂平面PAD，∴BG⊥平面PAD.（2）由（1）可知BG⊥AD，PG⊥AD，BG∩PG＝G，BG，PG⊂平面PBG，∴AD⊥平面PBG，又PB⊂平面PBG，∴AD⊥PB.
