2020届艺术生高考数学二轮复习课时训练:第七章 立体几何 第4节

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2020届艺术生高考数学二轮复习课时训练:第七章 立体几何 第4节

第七章 第4节 ‎1.已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则(   )‎ A.m∥l        B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 解析:C [因为α∩β=l,所以l⊂β,又n⊥β,所以n⊥l.]‎ ‎2.设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β(   )‎ A.若l⊥β,则α⊥β B.若α⊥β,则l⊥m C.若l∥β,则α∥β D.若α∥β,则l∥m 解析:A [选项A,∵l⊥β,l⊂α,∴α⊥β,A正确;选项B,α⊥β,l⊂α,m⊂β,l与m的位置关系不确定;选项C,∵l∥β,l⊂α,∴α∥β或α与β相交;选项D,∵α∥β,l⊂α,m⊂β,此时,l与m的位置关系不确定.故选A.]‎ ‎3.(2020·贵阳监测)如图,在三棱锥PABC中,不能证明AP⊥BC的条件是(  )‎ A.AP⊥PB,AP⊥PC B.AP⊥PB,BC⊥PB C.平面BPC⊥平面APC,BC⊥PC D.AP⊥平面PBC 解析:B [A中,因为AP⊥PB,AP⊥PC,PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,又BC⊂平面PBC,所以AP⊥BC,故A能证明AP⊥BC;C中,因为平面BPC⊥平面APC,BC⊥PC,所以BC⊥平面APC,AP⊂平面APC,所以AP⊥BC,故C能证明AP⊥BC;由A知D能证明AP⊥BC;B中条件不能判断出AP⊥BC,故选B.]‎ ‎4.如图,在四面体DABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列说法正确的是(  )‎ A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE 解析:C [因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内,所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BDE,所以选C.]‎ ‎5.已知三棱柱ABCA1B‎1C1的侧棱与底面垂直,体积为,底面是边长为的正三角形,若P为底面A1B‎1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(   )‎ A.         B. C. D. 解析:B [取正三角形ABC的中心为O,连接OP,则∠PAO是PA与平面ABC所成的角.因为底面边长为,所以AD=×=,AO=AD=×=1.‎ 三棱柱的体积为×()2AA1=,解得AA1=,‎ 即OP=AA1=,所以tan ∠PAO==,‎ 即∠PAO=.]‎ ‎6.如图,在斜三棱柱ABC-A1B‎1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底面ABC上的射影H必在 ________ 上.‎ 解析:由BC1⊥AC,又BA⊥AC,则AC⊥平面ABC1,因此平面ABC⊥平面ABC1,‎ 因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上.‎ 答案:AB ‎7.如图所示,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足 ________ 时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)‎ 解析:如图,连接AC,BD,则AC⊥BD,‎ ‎∵PA⊥底面ABCD,‎ ‎∴PA⊥BD.‎ 又PA∩AC=A,‎ ‎∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC,‎ ‎∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,‎ 即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD,‎ ‎∴平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案:DM⊥PC(或BM⊥PC等)‎ ‎8.如图,在长方体ABCD-A1B‎1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则AC1与平面A1B‎1C1D1所成角的正弦值为 ________ .‎ 解析:由题图知∠AC‎1A1为AC1与平面A1B‎1C1D1所成的角.‎ 因为AB=BC=2,所以A‎1C1=AC=2,‎ 又AA1=1,所以AC1=3,‎ 所以sin ∠AC‎1A1==.‎ 答案: ‎9.(2020·成都一诊)如图,在四面体P-ABC中,PA=PC=AB=BC=5,AC=6,PB=4,线段AC,AP的中点分别为O,Q.‎ ‎(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;‎ ‎(2)求四面体P-OBQ的体积.‎ 解:(1)证明:∵PA=PC,O是AC的中点,∴PO⊥AC.‎ 在Rt△PAO中,∵PA=5,OA=3,∴由勾股定理,得PO=4.‎ ‎∵BA=BC,O是AC的中点,∴BO⊥AC.‎ 在Rt△BAO中,∵BA=5,OA=3,∴由勾股定理,得BO=4.‎ ‎∵PO=4,OB=4,PB=4,∴PO2+OB2=PB2,‎ ‎∴PO⊥OB.‎ ‎∵BO∩AC=O,∴PO⊥平面ABC.‎ ‎∵PO⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.‎ ‎(2)由(1),可知平面PAC⊥平面ABC.‎ ‎∵平面ABC∩平面PAC=AC,BO⊥AC,BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面PAC.‎ ‎∴VB-POQ=S△PQO·BO=×S△PAO×4=×3×4=4.‎ ‎∵VP-OBQ=VB-POQ,∴四面体P-OBQ的体积为4.‎ ‎10.如图,在四棱锥PABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥BC,PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.‎ ‎(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;‎ ‎(2)求证:PD⊥平面PBC;‎ ‎(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.‎ 解:(1)如图,由已知AD∥BC,‎ 故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.‎ 因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.‎ 在Rt△PDA中,由已知,得AP==,‎ 故cos∠DAP==.‎ 所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明:因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC,‎ 所以AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC,‎ 又PD⊥PB,PB∩BC=B,所以PD⊥平面PBC.‎ ‎(3)过点D作AB的平行线交BC于点F,连结PF,‎ 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.‎ 因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角.‎ 由于AD∥BC,DF∥AB,‎ 故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2.又AD⊥DC,‎ 故BC⊥DC,在Rt△DCF中,‎ 可得DF==2,‎ 在Rt△DPF中,可得sin ∠DFP==.‎ 所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎
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