2020版新攻略高考数学总复习浙江专用练习：8-5 直线、平面平行的判定与性质 夯基提能作业 WORD版含解析.docx

1、 8.5直线、平面垂直的判定与性质A组基础题组1.(2018浙江嘉兴七校联考)“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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答案B根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”,反之可以,所以是必要不充分条件.2.(2018浙江温州中学高三模拟)如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的是()A.平面ABC平面ABDB.平面ABD平面BCDC.平面ABC平面BDE,且平面ACD平面BDED.平面ABC平面A

2、CD,且平面ACD平面BDE答案C因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BEAC,同理,DEAC,由于DEBE=E,于是AC平面BDE.因为AC平面ABC,所以平面ABC平面BDE.又AC平面ACD,所以平面ACD平面BDE.故选C.3.(2018浙江名校协作体高三联考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则直线AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A.64B.104C.22D.32答案A如图所示,取A1C1的中点D,连接AD,B1D,易知B1D平面ACC1A1,所以DAB1即为直线AB1与平面ACC1A1所成的角,且易知AB1D为直角三角形.不妨设正三棱柱的棱长为

3、2,所以在RtAB1D中,sinDAB1=B1DAB1=322=64,故选A.4.(2018浙江高中学科基础测试)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,BAAD,ADBC,AB=BC=2,PA=3,PA底面ABCD,E是棱PD上异于P,D的动点,设PEED=m,则“0m2”是“三棱锥C-ABE的体积不小于1”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答案B过E点作EHAD,H为垂足,易知EH平面ABCD.因为VC-ABE=VE-ABC,所以三棱锥C-ABE的体积为23EH.若三棱锥C-ABE的体积不小于1,则EH32,又PA=3,所以EHPA=12

4、,又EHPA=EDPD=1m+1,所以m1,故选B.5.如图,已知正四面体D-ABC,P为线段AB上的动点(端点除外),则二面角D-PC-B的平面角的余弦值的取值范围是.答案-13,13解析当点P从A运动到B,二面角D-PC-B的平面角逐渐增大,二面角D-PC-B的平面角最小趋近于二面角D-AC-B的平面角,最大趋近于二面角D-BC-A的平面角的补角,设正四面体的棱长为2,易求得二面角D-AC-B的余弦值为13,二面角D-BC-A的平面角的补角的余弦值为-13,故二面角D-PC-B的余弦值的取值范围是-13,13.6.,是两平面,AB,CD是两条线段,已有=EF,AB于点B,CD于点D,若增加

5、一个条件,就能得出BDEF.现有下列条件:AC;AC与,所成的角相等;AC与CD在内的射影在同一条直线上;ACEF.其中能成为增加条件的序号是.答案解析若AC,且EF,则ACEF,又AB,且EF,则ABEF,而AB和AC是平面ACDB上的两条相交直线,则EF平面ACDB,则EFBD,可以成为增加的条件;若AC与,所成的角相等,则AC和EF不一定垂直,所以EF与平面ACDB不一定垂直,所以推不出EF与BD垂直,不能成为增加的条件;由CD,EF,得EFCD,所以EF与CD在内的射影垂直,又AC与CD在内的射影在同一直线上,所以EFAC,而CD和AC是平面ACDB上的两条相交直线,则EF平面ACDB

6、,则EFBD,可以成为增加的条件;若ACEF,则AC,则BDAC,所以BDEF,不能成为增加的条件,故能成为增加条件的序号是.7.一个直径AB=2的半圆,过A作这个半圆所在平面的垂线,在垂线上取一点S,使AS=AB,C为半圆上一个动点,N,M分别为A在SC,SB上的射影.当三棱锥S-AMN的体积最大时,BAC的余弦值为.答案33解析如图所示,SA平面ABC,BC平面ABC,所以SABC,又BCAC,SAAC=A,SA,AC平面SAC,所以BC平面SAC,又AN平面SAC,所以BCAN,又ANSC,SCBC=C,SC,BC平面SBC,所以AN平面SBC,又SB平面SBC,所以ANSB,又AMSB

7、,ANAM=A,AM,AN平面AMN,所以SB平面AMN,即SM为三棱锥S-AMN的高,因为SA=AB=2,所以AM=SM=2,而ANMN,故AMN是斜边为2的直角三角形,故当AN=MN=1时,AMN的面积取得最大值,此时利用三角形的有关知识以及相应的边长,可以求得AC=233,所以cosBAC=ACAB=33.8.如图,在边长为2的菱形ABCD中,BAD=60,O为AC的中点,点P为平面ABCD外一点,且平面PAC平面ABCD,PO=1,PA=2.(1)求证:PO平面ABCD;(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:在边长为2的菱形ABCD中,因为BAD=60,所以AO=

8、3,又因为PO=1,PA=2,所以PO2+AO2=4=PA2,所以AOPO.因为平面PAC平面ABCD,平面PAC平面ABCD=AC,PO平面PAC,所以PO平面ABCD.(2)以O为原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图所示),由已知得A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),P(0,0,1).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).因为PB=(1,0,-1),BC=(-1,3,0),所以由PBn=0,BCn=0,得x-z=0,-x+3y=0,设x=3,则y=1,z=3,所以 n=(3,1,3).设直线PA与平面PBC所成角为.又因为AP

9、=(0,3,1),所以sin =|cos|=|APn|PA|n|=2372=217.所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为217.9.(2018浙江绍兴诸暨高考模拟)如图,四棱锥P-ABCD的一个侧面PAD为等边三角形,且平面PAD平面ABCD,四边形ABCD是平行四边形,AD=2,AB=4,BD=23.(1)求证:PABD;(2)求二面角D-BC-P的余弦值.解析(1)证明:在ABD中,因为AB2=AD2+BD2=16,所以ADDB,又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以BD平面PAD,又PA平面PAD,所以BDPA.(2)二面角D-BC-P的余弦值即二面角A-BC-

10、P的余弦值,作POAD于O,则PO平面ABCD.过点O作OEBC于点E,连接PE,则PEO为二面角A-BC-P的平面角.在RtPEO中,因为PO=3,OE=DB=23,故PE=15,所以cosPEO=OEPE=2315=255,所以二面角D-BC-P的余弦值为255.10.(2018浙江名校协作体高三质检)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,ADBC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP平面ABP,点O,M分别是AD,PB的中点.(1)求证:PD平面OCM;(2)若AP与平面PBD所成的角为60,求线段PB的长.解析(1)证明:设BD交OC于点N,连接MN,OB.因为O为AD的中

11、点,AD=2,所以OA=OD=1=BC.又因为ADBC,所以四边形OBCD为平行四边形,所以N为BD的中点,因为M为PB的中点,所以MNPD.又因为MN平面OCM,PD平面OCM,所以PD平面OCM.(2)由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1,所以AOB为等边三角形,所以A=60,所以BD=1+4-21212=3,因为AB2+BD2=AD2,所以ABBD.因为DP平面ABP,所以ABPD.又因为BDPD=D,所以AB平面BDP,所以APB为AP与平面PBD所成的角,即APB=60,所以PB=ABtanAPB=33.B组提升题组1.已知直角梯形ABCD,ABAD,CDAD,AB=2,A

12、D=CD=1,将ACD沿梯形的对角线AC所在的直线进行翻折,且点D不在平面ABC内,则在翻折的过程中()A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直D.存在某个位置,使得平面ABD与平面ABC垂直答案C由ABAD,CDAD,AB=2,AD=CD=1,得AC=BC=2,所以ACBC.若ACBD,ACBC,则AC平面BCD,ACCD,与ADCD不符,故A错.若ABCD,CDAD,CD平面ABD,CDBD,当满足CD=1,BC=2时,BD=1,从而AD+BD=AB,与点D不在平面ABC内不符,故B错.若ADBC,

13、CDAD,AD平面BCD,ADBD,当满足BCCD时,由CD=1,BC=2,得BD=3,满足BD2+AD2=AB2,与ADBD相符,故C正确.若平面ABD平面ABC,设AB的中点为O,连接OC,由AC=BC知OCAB,从而OC平面ABD,OCAD,由ADCD,得AD平面OCD,得ADOD,这与AD=AO=1不符,故D错.故选C.2.如图,棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1,点A在平面内,平面ABCD与平面所成的锐二面角为30,则顶点C1到平面的距离的最大值是() A.2(2+2)B.2(3+2)C.2(3+1)D.2(2+1)答案B由于AC1=43(定长),所以要求C1到平面的距离的最

14、大值,只需求出AC1与平面所成角的最大值.设AC1与平面ABCD所成的角为,则tan =22,因为平面ABCD与平面所成的锐二面角为30,所以AC1在与平面所成的角为+30的平面内,且AC1与平面,的交线垂直时,AC1与平面所成的角最大,最大值为+30,所以点C1到平面的距离的最大值d=AC1sin(+30)=2(3+2).3.如图,四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=2,BDCD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体ABCD,使ADC=2,则下列结论不正确的是()A.ABCDB.BAC=2C.二面角A-BC-D的平面角的正切值是2 D.异面直线AC与BD所成角的大小为3答案C因为

15、CDBD且ADCD,所以CD平面ABD,因此CDAB,故A不符合题意;因为ABCD,ADAB,所以AB平面ACD,因此ABAC,即BAC=2,故B不符合题意;取BD的中点E,连接AE,易知平面ABD平面BCD,且平面ABD平面BCD=BD,AEBD,所以AE平面BCD.过E作EFBC交BC于F,连接AF,所以AFE为二面角A-BC-D的平面角,所以tanAFE=3,故C符合题意.取AB,BC,AD的中点分别为M,N,P,连接MN,MP,NP,易知MP=12BD=22,MN=12AC=22,易求得NP=22,故MNP为等边三角形,所以AC与BD所成角的大小为3,故D不符合题意.4.(2018浙江

16、杭州高三期末)在ABC中,ABC=3,边BC在平面内,顶点A在平面外,直线AB与平面所成角为.若平面ABC与平面所成的二面角为3,则sin =.答案34解析过A作AO,垂足是O,过O作ODBC,交BC于点D,连接AD,BO,易知ADBC,所以ADO是平面ABC与平面所成的二面角,即ADO=3,ABO是直线AB与平面所成的角,即ABO=,设AO=3,则AD=2,在RtADB中,因为ABD=3,所以AB=2sin3=433,所以sin =AOAB=3433=34.5.(2018课标全国,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点

17、P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF,又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PEPF,可得PH=32,EH=32,则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,所以DP=1,32,32,HP=0,0,32,易

18、知HP为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.6.(2018浙江绍兴鲁迅中学高考方向性测试)四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,ABC=60,E为AB的中点,PA平面ABCD,PC与平面PAB所成的角的正弦值为64.(1)在棱PD上求一点F,使AF平面PEC;(2)求二面角D-PE-A的余弦值.解析(1)分别取PD,PC的中点F,G,连接AF,GF,EG,则FGCDAB,FG=12CD=12AB=AE,所以四边形AEGF为平行四边形,所以AFEG,又EG平面PEC,AF平

19、面PEC,所以AF平面PEC,所以PD的中点F为所求点.(2)易知,CPE为PC与平面PAB所成的角,由题意得在RtPEC中,CECP=64,即33+1+PA2=64,解得PA=2(舍负),过D作BA的垂线,垂足为H,过H作PE的垂线,垂足为K,连接KD,因为PA平面ABCD,所以PADH,又DHBA,PABA=A,所以DH平面PBA,所以DHPE,又PEHK,DHHK=H,所以PE平面DHK,所以PEDK,所以DKH为所求的二面角的平面角.易得DH=3,PE=5,EH=2.连接PH,由于PEHK=EHPA,所以HK=EHPAPE=45,从而DK=DH2+HK2=3+165=315,所以cosDKH=HKDK=43131,即二面角D-PE-A的余弦值为43131.