【優(yōu)化方案】2021屆高中數(shù)學(xué)人教版高考復(fù)習(xí)知能演練輕松闖關(guān)-第七章第5課時(shí)

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2022·河南鄭州市質(zhì)量檢測(cè))設(shè)α，β分別為兩個(gè)不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A．依題意，由l⊥β，l?α可以推出α⊥β；反過(guò)來(lái)，由α⊥β，l?α不能推出l⊥β.因此“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要條件．2．(2022·黑龍江齊齊哈爾一模)在如圖所示的四個(gè)正方體中，能得出AB⊥CD的是()解析：選A．A中，∵CD⊥平面AMB，∴CD⊥AB；B中，AB與CD成60°角；C中，AB與CD成45°角；D中，AB與CD夾角的正切值為eq\r(2).3．(2021·高考廣東卷)設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nB．若α∥β，m?α，n?β，則m∥nC．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β解析：選D．如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1?平面BCC1B1，BC?平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A錯(cuò)誤．平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1?平面A1B1C1D1，AC?平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B錯(cuò)誤．AB⊥A1D1，AB?平面ABCD，A1D1?平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C錯(cuò)誤．4．(2021·高考山東卷)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為eq\f(9,4)，底面是邊長(zhǎng)為eq\r(3)的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A．eq\f(5π,12) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)解析：選B．如圖所示，P為正三角形A1B1C1的中心，設(shè)O為△ABC的中心，由題意知：PO⊥平面ABC，連接OA，則∠PAO即為PA與平面ABC所成的角．在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝eq\r(3)，則S＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2＝eq\f(3\r(3),4)，VABC-A1B1C1＝S×PO＝eq\f(9,4)，∴PO＝eq\r(3).又AO＝eq\f(\r(3),3)×eq\r(3)＝1，∴tan∠PAO＝eq\f(PO,AO)＝eq\r(3)，∴∠PAO＝eq\f(π,3).5.如圖，在三棱錐D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE解析：選C．要推斷兩個(gè)平面的垂直關(guān)系，就需固定其中一個(gè)平面，找另一個(gè)平面內(nèi)的一條直線與第一個(gè)平面垂直．由于AB＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.由于AC在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.6.如圖，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC，△PAC的邊所在的直線中：與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________．解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直線AB，BC，AC．∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP，與AP垂直的直線是AB．答案：AB，BC，ACAB7．(2022·湖北武漢武昌區(qū)聯(lián)考)已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下列命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β.其中正確命題的序號(hào)是________．解析：①正確，∵l⊥α，α∥β，∴l(xiāng)⊥β，又m?β，∴l(xiāng)⊥m；②錯(cuò)誤，l，m還可以垂直、斜交或異面；③正確，∵l⊥α，l∥m，∴m⊥α，又m?β，∴α⊥β；④錯(cuò)誤，α與β可能相交．答案：①③8.點(diǎn)P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，給出下列四個(gè)命題：①三棱錐A-D1PC的體積不變；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正確的命題序號(hào)是________．解析：連接BD交AC于O，連接DC1交D1C于O1，連接OO1，則OO1∥BC1.∴BC1∥平面AD1C，動(dòng)點(diǎn)P到平面AD1C的距離不變，∴三棱錐P-AD1C的體積不變．又VP-AD1C＝VA-D1PC，∴①正確．∵平面A1C1B∥平面AD1C，A1P?平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，②正確．由于DB不垂直于BC1，明顯③不正確；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，∴DB1⊥平面AD1C．DB1?平面PDB1，∴平面PDB1⊥平面ACD1，④正確．答案：①②④9.(2022·吉林長(zhǎng)春市調(diào)研測(cè)試)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O為AC的中點(diǎn)．(1)證明：A1O⊥平面ABC；(2)若E是線段A1B上一點(diǎn)，且滿足VE-BCC1＝eq\f(1,12)·VABC-A1B1C1，求A1E的長(zhǎng)度．解：(1)證明：∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O為AC的中點(diǎn)，∴A1O⊥AC．又∵側(cè)面AA1C1C⊥底面ABC，側(cè)面AA1C1C∩底面ABC＝AC，A1O?平面A1AC，∴A1O⊥平面ABC．(2)∵VE-BCC1＝eq\f(1,12)VABC-A1B1C1＝eq\f(1,4)VA1-BCC1，∴BE＝eq\f(1,4)BA1，即A1E＝eq\f(3,4)A1B．連接OB(圖略)，在Rt△A1OB中，A1O⊥OB，A1O＝eq\r(3)，BO＝1，故A1B＝2，則A1E的長(zhǎng)度為eq\f(3,2).10.如圖所示，已知三棱錐A-BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M為AB的中點(diǎn)，D為PB的中點(diǎn)，且△PMB為正三角形．(1)求證：DM∥平面APC；(2)求證：平面ABC⊥平面APC．證明：(1)由已知，得MD是△ABP的中位線，所以MD∥AP.又MD?平面APC，AP?平面APC，故MD∥平面APC．(2)由于△PMB為正三角形，D為PB的中點(diǎn)，所以MD⊥PB．所以AP⊥PB．又AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC．由于BC?平面PBC，所以AP⊥BC．又BC⊥AC，AC∩AP＝A，所以BC⊥平面APC．由于BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面APC．[力氣提升]1．(2021·高考江蘇卷)如圖，在三棱錐S-ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB．過(guò)A作AF⊥SB，垂足為F，點(diǎn)E，G分別是棱SA，SC的中點(diǎn)．求證：(1)平面EFG∥平面ABC；(2)BC⊥SA．證明：(1)由于AS＝AB，AF⊥SB，垂足為F，所以F是SB的中點(diǎn)．又由于E是SA的中點(diǎn)，所以EF∥AB．由于EF?平面ABC，AB?平面ABC，所以EF∥平面ABC．同理EG∥平面ABC．又EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面ABC．(2)由于平面SAB⊥平面SBC，且交線為SB，又AF?平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC．由于BC?平面SBC，所以AF⊥BC．又由于AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF?平面SAB，AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB．由于SA?平面SAB，所以BC⊥SA．2．如圖所示，AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，AC＝AD＝AB＝1，BC＝eq\r(2)，凸多面體ABCED的體積為eq\f(1,2)，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)．(1)求證：AF∥平面BDE；(2)求證：平面BDE⊥平面BCE.證明：(1)∵AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，∴四邊形ACED為梯形，且平面ABC⊥平面ACED．∵BC2＝AC2＋AB2，∴AB⊥AC．∵平面ABC∩平面ACED＝AC，∴AB⊥平面ACED，即AB為四棱錐B-ACED的高，∵VB-ACED＝eq\f(1,3)·SACED·AB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋CE)×1×1＝eq\f(1,2)，∴CE＝2.取BE的中點(diǎn)G，連接GF，GD，∴GF為三角形BCE的中位線，∴GF∥EC∥DA，GF＝eq\f(1,2)CE＝DA，∴四邊形GFAD為平行四邊形，∴AF∥GD．又GD?平面BDE，AF?平面BDE，∴AF∥平面BDE.(2)∵AB＝AC，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)，∴AF⊥BC．又GF⊥AF，BC∩GF＝F，∴AF⊥平面BCE.∵AF∥GD，∴GD⊥平面BCE.又GD?平面BDE，∴平面BDE⊥平面BCE.3.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)．(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；(2)證明：AE⊥平面PCD；(3)求二面角A-PD-C的正弦值．解：(1)在四棱錐P-ABCD中，因PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，故PA⊥AB．又AB⊥AD，PA∩AD＝A，從而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD內(nèi)的射影為PA，從而∠APB為PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°，所以PB和平面PAD所成的角的大小為45°.(2)證明：在四棱錐P-ABCD中，因PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故CD⊥PA．由條件CD⊥AC，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC．又AE?平面PAC，所以AE⊥CD．由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．由于E是PC的中點(diǎn)，所以AE⊥PC．又PC∩CD＝C，綜上得AE⊥平面PCD．(3)過(guò)點(diǎn)E作EM⊥PD，垂足為M，連接AM，如圖所示．由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD內(nèi)的射影是EM，則AM⊥PD．因此∠AME是二面角A-PD-C的平面角．由已知，可得∠CAD＝30°.設(shè)AC＝a，可得PA＝a，AD＝eq\f(2\r(3),3)a，P