2021高考数学总复习(湖北理科)课后达标检测：第7章-第5课时.docx

[基础达标]
一、选择题
1．(2022·河南郑州市质量检测)设α，β分别为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(　　)
A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A.依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．
2．(2022·黑龙江齐齐哈尔质检)在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)

解析：选A.A中，∵CD⊥平面AMB，∴CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为.
3．(2022·武汉市部分学校高三联考)设a、b、c表示三条直线，α、β表示两个平面，则下列命题中，不正确的是(　　)
A.⇒c⊥β　　　　 B.⇒b⊥c
C.⇒c∥α D. ⇒b⊥α
解析：选D.A项是正确的；由三垂线定理可知B项是正确的；由线面平行的判定定理可知C项是正确的；D项中，有可能b与α平行或相交或b⊂α，故D项错误；故选D.
4．(2021·高考山东卷)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：选B. 如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．

在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝，
则S＝×()2＝，
VABC­A1B1C1＝S×PO＝，∴PO＝.
又AO＝×＝1，∴tan∠PAO＝＝，
∴∠PAO＝.
5．(2022·黄冈市黄冈中学高三适应性考试)已知三棱锥S­ABC的三视图如图所示．在原三棱锥中给出下列命题：
①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.
其中全部正确命题的代号是(　　)
A．① B．②
C．①③ D．①②

解析：选A.明显由三视图我们易知原几何体为三棱锥侧棱SA垂直于底面ABC，底面是个直角三角形AC⊥BC，从而我们易知只有①是正确的．
二、填空题
6.

如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中：与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
解析：∵PC⊥平面ABC，
∴PC垂直于直线AB，BC，AC.
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
7．(2022·湖北武汉武昌区联考)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：
①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.
其中正确命题的序号是________．
解析：①正确，∵l⊥α，α∥β，∴l⊥β，又m⊂β，∴l⊥m；②错误，l，m还可以垂直、斜交或异面；③正确，∵l⊥α，l∥m，∴m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β；④错误，α与β可能相交．
答案：①③
8. 点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个命题：

①三棱锥A­D1PC的体积不变；
②A1P∥平面ACD1；
③DP⊥BC1；
④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确的命题序号是________．
解析：连接BD交AC于O，连接DC1交D1C于O1，连接OO1，则OO1∥BC1.

∴BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，
∴三棱锥P­AD1C的体积不变．
又VP­AD1C＝VA­D1PC，∴①正确．
∵平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂ 平面A1C1B，
∴A1P∥平面ACD1，②正确．
由于DB不垂直于BC1，明显③不正确；
由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，
∴DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1，
∴平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．
答案：①②④
三、解答题
9. (2022·吉林长春市调研测试)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC的中点．

(1)证明：A1O⊥平面ABC；
(2)若E是线段A1B上一点，且满足VE­BCC1＝·VABC­A1B1C1，求A1E的长度．
解：(1)证明：∵AA1＝A1C＝AC＝2，且O为AC的中点，
∴A1O⊥AC.又∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，
侧面AA1C1C∩底面ABC＝AC，A1O⊂平面A1AC，
∴A1O⊥平面ABC.
(2)∵VE­BCC1＝VABC­A1B1C1＝VA1­BCC1，
∴BE＝BA1，即A1E＝A1B.
连接OB(图略)，在Rt△A1OB中，A1O⊥OB，A1O＝，BO＝1，故A1B＝2，则A1E的长度为.

10．(2022·黄冈市黄冈中学高三模拟考试)在如图所示的组合体中，三棱柱ABC­A1B1C1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点．
(1)求证：无论点C如何运动，平面A1BC⊥平面A1AC；
(2)当点C是弧AB的中点时，求四棱锥A1­BCC1B1与圆柱的体积比．
解：(1)证明：由于侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，C是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点，
所以AC⊥BC.
又圆柱母线AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.
又AA1∩AC＝A，所以BC⊥平面A1AC.
由于BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1AC.
(2)设圆柱的底面半径为r，母线长度为h，
当点C是弧AB的中点时，AC＝BC＝r，
VA1－BCC1B1＝···h＝r2h，
V圆柱＝πr2h，
所以VA1－BCC1B1∶V圆柱＝2∶3π.
[力气提升]

1．(2021·高考江苏卷) 如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．

求证：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
证明：(1)由于AS＝AB，AF⊥SB，
垂足为F，所以F是SB的中点．
又由于E是SA的中点，
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，且交线为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．如图所示，AD⊥平面ABC，CE⊥平

面ABC，AC＝AD＝AB＝1，BC＝，凸多面体ABCED的体积为，F为BC的中点．
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：平面BDE⊥平面BCE.
证明：(1)∵AD⊥平面ABC，CE⊥平面ABC，
∴四边形ACED为梯形，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为四棱锥B­ACED的高，
∵VB­ACED＝·SACED·AB＝××(1＋CE)×1×1＝，
∴CE＝2.
取BE的中点G，连接GF，GD，
∴GF为三角形BCE的中位线，
∴GF∥EC∥DA，
GF＝CE＝DA，
∴四边形GFAD为平行四边形，
∴AF∥GD.
又GD⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，
∴AF∥平面BDE.
(2)∵AB＝AC，F为BC的中点，
∴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. 如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．

(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；
(2)证明：AE⊥平面PCD；
(3)求二面角A­PD­C的正弦值．
解：(1)在四棱锥P­ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，
故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
从而AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为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所成的角的大小为45°.
(2)证明：在四棱锥P­ABCD中，
因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故CD⊥PA.
由条件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的中点，所以AE⊥PC.

又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．
由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，则AM⊥PD.

因此∠AME是二面角A­PD­C的平面角．
由已知，可得∠CAD＝30°.
设AC＝a，可得
PA＝a，AD＝a，PD＝a，
AE＝a.
在Rt△ADP中，由于AM⊥PD，
所以AM·PD＝PA·AD，
则AM＝＝＝a.
在Rt△AEM中，
sin∠AME＝＝.
所以二面角A­PD­C的正弦值为.