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

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.‎