高考数学一轮复习 第七章 立体几何 分层限时跟踪练40

1 分层限时跟踪练(四十) (限时40分钟) [基 础 练]扣教材 练双基

一、选择题 1．给出以下命题，其中错误的是( ) A．如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于这个平面 B．垂直于同一平面的两条直线互相平行 C．垂直于同一直线的两个平面互相平行 D．两条平行直线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面 【解析】 一条直线可以垂直于一个平面内的无数条平行直线，但这条直线不垂直这个平面． 【答案】 A 2．设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是( ) A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α C．若l∥α，m⊂α，则l∥m D．若l∥α，m∥α，则l∥m 【解析】 根据定理：两条平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于这个平面，可知B正确． 【答案】 B 3．(2015·葫芦岛模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( ) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α与β相交，且交线垂直于l D．α与β相交，且交线平行于l 【解析】 由m⊥ 平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β.

由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l. 【答案】 D 4．(2015·长春模拟)设α、β、γ为平面，m、n、l为直线，则m⊥β的一个充分条件是( ) 2

A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α 【解析】 α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，根据面面垂直的判定定理可知，缺少条件m⊂α，故不正确；

α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂

直，故不正确； α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，而α与β可能平行，也可能相交，则m与β不一定垂直，

故不正确； n⊥α，n⊥β⇒α∥β，而m⊥α，则m⊥β，故正确，故选D.

【答案】 D 5．如图7­5­12，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′­BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是( )

图7­5­12 A．A′C⊥BD B．∠BA′C＝90° C．CA′与平面A′BD所成的角为30°

D．四面体A′­BCD的体积为13

【解析】 取BD的中点O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD.假设A′C⊥BD，∵OC为A′C在平面BCD内的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A错误；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD内的射影为A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝2，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正确；∠CA′D为直线CA′与平

面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C错误；VA′­BCD＝13S△A′BD·CD＝16，D错误． 【答案】 B 二、填空题 3

6．四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，则这个四棱锥的五个面中两两垂直的共有 对． 【解析】 因为AD⊥AB，AD⊥PA且PA∩AB＝A，可得AD⊥平面PAB.同理可得BC⊥平面PAB、AB⊥平面PAD、CD⊥平面PAD，由面面垂直的判定定理可得，平面PAD⊥平面PAB，平

面PBC⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，共有5对． 【答案】 5 7．四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，顶点在底面上的射影是底面正方形的中心，

一个对角面的面积是一个侧面面积的62倍，则侧面与底面所成锐二面角等于 ．

【解析】 如图所示，根据122ah12ah′＝62，得hh′＝32，即为侧面与底面所成锐二面角的正弦值，故侧面与底面所成锐二面角为π3. 【答案】 π3 8．(2015·衡水联考)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3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 ． 【解析】 如图所示，

∵AA1⊥底面A1B1C1， ∴∠APA1为PA与平面A1B1C1所成角， ∵平面ABC∥平面A1B1C1， ∴∠APA1为PA与平面ABC所成角．

∵S△A1B1C1＝34×(3)2＝334， 4

∴V三棱柱ABC­A1B1C1＝AA1×S△A1B1C1＝334AA1＝94， 解得AA1＝3. 又P为底面正三角形A1B1C1的中心，

∴A1P＝23A1D＝23×3×sin 60°＝1，

在Rt△AA1P中，tan∠APA1＝AA1A1P＝3， ∴∠APA1＝π3. 【答案】 π3 三、解答题 9. (2015·山东高考)如图7­5­13，三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．

图7­5­13 (1)求证：BD∥平面FGH； (2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH. 【证明】 (1)在三棱台DEF­ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的

中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH. (2)连接HE. 因为G，H分别为AC，BC的中点， 所以GH∥AB.

由AB⊥BC，得GH⊥BC. 又H为BC的中点， 5

所以EF∥HC，EF＝HC， 因此四边形EFCH是平行四边形． 所以CF∥HE. 又CF⊥BC，所以HE⊥BC. 又HE，GH⊂平面EGH， HE∩GH＝H，

所以BC⊥平面EGH. 又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 10．已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，平面PAB⊥平面ABCD，R、S分别是棱AB、PC的中点，AD∥BC，AD⊥AB，PA⊥PB，AB＝BC＝2AD＝2PA＝2，

图7­5­14 (1)求证：平面PAD⊥平面PBC； (2)求证：RS∥平面PAD； (3)若点Q在线段AB上，且CD⊥平面PDQ，求三棱锥Q­PCD的体积． 【解】 (1)证明：∵平面PAB⊥平面ABCD且相交于直线AB，AD⊂平面ABCD，AD⊥AB， ∴AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB， ∴PB⊥AD，又PB⊥PA，AD∩PA＝A， ∴PB⊥平面PAD. ∵PB⊂平面PBC，∴平面PAD⊥平面PBC. (2)证明：取PB中点T，连接RT、ST， ∵RT∥PA，ST∥BC，且PB⊥PA，PB⊥BC， ∴PB⊥RT，PB⊥ST， 又RT∩ST＝T，∴PB⊥平面RST，又PB⊥平面PAD，∴平面RST∥平面PAD， 又RS⊂平面RST，∴RS∥平面PAD. (3)∵CD⊥平面PDQ，∴PQ⊥CD， 又PQ⊥AD，CD∩AD＝D，∴PQ⊥平面ABCD.

∴PQ⊥AB，由已知得AQ＝12，PQ＝32，

∴DQ＝52，又CD＝5，CD⊥QD， 6

∴S△CQD＝12CD·DQ＝54， ∴三棱锥Q­PCD的体积V＝13S△CQD·PQ＝13×54×32＝5324. [能 力 练]扫盲区 提素能

1．如图7­5­15，直三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为( )

图7­5­15 A.12 B．1

C.32 D．2 【解析】 设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可以得A1B1＝2，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝12h.

又2×2＝h22＋22，所以h＝233，DE＝33. 在Rt△DB1E中， B1E＝222－332＝66.

由面积相等得66×x2＋222＝22x，得x＝12. 【答案】 A 2．(2015·石家庄模拟)在多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC＝AD＝CD＝DE＝2AB，F为棱CE上异于点C、E的动点，则下列说法正确的有( )

图7­5­16 ①直线DE与平面ABF平行； ②当F为CE的中点时，BF⊥平面CDE； ③存在点F使得直线BF与AC平行；