2023届高考一轮复习讲义（文科）第八章　立体几何 第5讲　高效演练 分层突破学案

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1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α
C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α
D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α
解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，或b与α相交，故D错误．故选B.
2．(2020·广州一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
解析：选B.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，
又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；
若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α与β的位置关系不确定，故C错误；
若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，
故D错误．
3.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE
D．平面PDE⊥平面ABC
解析：选D.因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．
在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，
所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．
4．(2020·辽宁抚顺一模)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是( )
A．直线DE⊥直线AD B．直线DE⊥直线PA
C．直线DE⊥直线AB D．直线DE⊥直线AC
解析：选D.如图，
因为PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，
所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，
取PB的中点G，连接AG，CG，
则PB⊥CG，PB⊥AG，
又因为AG∩CG＝G，
所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，
因为D，E分别为棱BC，PC的中点，
所以DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.
5．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．
解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．
命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．
命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，n⊂β，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，n⊂α，故m∥α.
命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，a⊂α，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.
答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)
6．如图，已知∠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：因为PC⊥平面ABC，
所以PC垂直于直线AB，BC，AC.
因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
所以AB⊥平面PAC，
又因为AP⊂平面PAC，
所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC AB
7.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.
证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PC⊥DC.
又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，
所以DC⊥平面PAC.
(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，
所以AB⊥AC.
因为PC⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PC⊥AB.
又因为PC∩AC＝C，
所以AB⊥平面PAC.
又AB⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC.
8．(2020·武汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝1，AC⊥BC，E在AB上，且BA＝3BE，G在AA1上，且AA1＝3GA1.
(1)求三棱锥A1­ABC1的体积；
(2)求证：AC1⊥EG.
解：(1)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，
所以B到平面ACC1A1的距离为1，
所以VA1­ABC1＝VB­AA1C1＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×1×1)×1＝eq \f(1,6).
(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD＝eq \f(1,3)CA，连接ED，DG，
因为BE＝eq \f(1,3)BA，所以DE∥BC，
又BC⊥平面ACC1A1，
所以DE⊥平面ACC1A1.
又AC1⊂平面ACC1A1，
所以DE⊥AC1.
在正方形ACC1A1中，
由CD＝eq \f(1,3)CA，A1G＝eq \f(1,3)A1A，
得DG⊥AC1.
又DE∩DG＝D，
所以AC1⊥平面DEG.
所以AC1⊥EG.
[综合题组练]
1.如图，棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论不正确的是( )
A．平面D1A1P⊥平面A1AP
B．∠APD1的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
C．三棱锥B1­D1PC的体积为定值
D．DC1⊥D1P
解析：选B.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1⊂平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；
在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝eq \f(π,2)，故B错误；
在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1­D1PC的体积为定值，故C正确；
在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC⊂平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．
2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为 ．
解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得eq \f(1,2)l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝eq \f(1,2)l＝2，AO＝eq \f(\r(3),2)l＝2eq \r(3).
故该圆锥的体积V＝eq \f(1,3)π×AO2×SO＝eq \f(1,3)π×(2eq \r(3))2×2＝8π.
答案：8π
3.如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.
(1)求证：AM⊥PD；
(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.
又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD.
又AM⊂平面PAD，则CD⊥AM，
而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.
(2)延长NM，CD交于点E，因为PC⊥平面AMN，
所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，
又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，
在Rt△PMN中，sin ∠MPN＝eq \f(MN,PM)＝eq \f(\r(3),3)，
故CD与平面AMN所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
4．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．
(1)求四棱锥P­ABCD的体积；
(2)求证：AG∥平面PEC；
(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.
解：(1)易知V四棱锥P­ABCD＝eq \f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq \f(1,3)×2×2×2＝eq \f(8,3).
(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，
则易得AE∥FG，且AE＝eq \f(1,2)CD＝FG，
所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.
因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，
所以AG∥平面PEC.
(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，
因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.
易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AG⊥平面PCD，
所以EF⊥平面PCD.
又EF⊂平面PEC，
所以平面PEC⊥平面PCD.