《高考藝考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：第七章 第4節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考藝考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)：第七章 第4節(jié) 直線、平面垂直的判定與性質(zhì) Word版含解析（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第七章 第4節(jié) 1．已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　 ) A．m∥l　　　　　　　 B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：C　[因?yàn)棣痢搔拢絣，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l.] 2．設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，l，m是兩條不同的直線，且l?α，m?β(　　 ) A．若l⊥β，則α⊥β B．若α⊥β，則l⊥m C．若l∥β，則α∥β D．若α∥β，則l∥m 解析：A　[選項(xiàng)A，∵l⊥β，l?α，∴α⊥β，A正確；選項(xiàng)B，α⊥β，l?α，m?β，l與m的位置關(guān)系不確定；選項(xiàng)C，∵l∥β，l?α，∴α∥β或α與

2、β相交；選項(xiàng)D，∵α∥β，l?α，m?β，此時(shí)，l與m的位置關(guān)系不確定．故選A.] 3．(2020·貴陽監(jiān)測)如圖，在三棱錐P-ABC中，不能證明AP⊥BC的條件是(　　) 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?yàn)锳P⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以AP⊥BC，故A能證明AP⊥BC；C中，因?yàn)槠矫鍮PC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP?平面APC，所以AP⊥BC，故C能證明AP⊥BC；由A知D能證明AP⊥BC；

3、B中條件不能判斷出AP⊥BC，故選B.] 4．如圖，在四面體D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) 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?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，所以選C.] 5．已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體

4、積為，底面是邊長為的正三角形，若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為(　　 ) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：B　[取正三角形ABC的中心為O，連接OP，則∠PAO是PA與平面ABC所成的角．因?yàn)榈酌孢呴L為，所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1. 三棱柱的體積為×()2AA1＝，解得AA1＝， 即OP＝AA1＝，所以tan ∠PAO＝＝， 即∠PAO＝.] 6．如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在　________　上． 解析：由BC1⊥AC，又BA⊥AC，則AC

5、⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1， 因此C1在底面ABC上的射影H在直線AB上． 答案：AB 7．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足　________　時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可) 解析：如圖，連接AC，BD，則AC⊥BD， ∵PA⊥底面ABCD， ∴PA⊥BD. 又PA∩AC＝A， ∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC， ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)， 即有PC⊥平面MBD.而PC?平面PCD， ∴平面MBD⊥平面PCD. 答案：DM⊥PC(或

6、BM⊥PC等) 8．如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為　________　. 解析：由題圖知∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角． 因?yàn)锳B＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2， 又AA1＝1，所以AC1＝3， 所以sin ∠AC1A1＝＝. 答案： 9．(2020·成都一診)如圖，在四面體P－ABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，線段AC，AP的中點(diǎn)分別為O，Q. (1)求證：平面PAC⊥平面ABC； (2)求四面體P－OBQ的體積． 解：(1)證明

7、：∵PA＝PC，O是AC的中點(diǎn)，∴PO⊥AC. 在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，∴由勾股定理，得PO＝4. ∵BA＝BC，O是AC的中點(diǎn)，∴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

8、×4＝4. ∵VP－OBQ＝VB－POQ，∴四面體P－OBQ的體積為4. 10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值； (2)求證：PD⊥平面PBC； (3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)如圖，由已知AD∥BC， 故∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角． 因?yàn)锳D⊥平面PDC，所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝， 故cos∠DAP＝＝. 所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為. (2)證明：因?yàn)?/p>

9、AD⊥平面PDC，直線PD?平面PDC， 所以AD⊥PD.又因?yàn)锽C∥AD，所以PD⊥BC， 又PD⊥PB，PB∩BC＝B，所以PD⊥平面PBC. (3)過點(diǎn)D作AB的平行線交BC于點(diǎn)F，連結(jié)PF， 則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角． 因?yàn)镻D⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP為直線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，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為.