（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何 考點規(guī)范練39 空間向量及其運算

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1、考點規(guī)范練39　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 基礎(chǔ)鞏固組 1.已知m和n是兩條不同的直線,α和β是兩個不重合的平面,下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.α⊥β,且m?α B.α⊥β,且m∥α C.m∥n,且n⊥β D.m⊥n,且α∥β 答案C 解析由線線平行性質(zhì)的傳遞性和線面垂直的判定定理,可知C正確. 2.若平面α,β滿足α⊥β,α∩β=l,P∈α,P?l,則下列命題中是假命題的為(　　) A.過點P且垂直于平面α的直線平行于平面β B.過點P且垂直于直線l的直線在平面α內(nèi) C.過點P且垂直于平面β的直線在平面α內(nèi)

2、D.過點P且在平面α內(nèi)垂直于l的直線必垂直于平面β 答案B 解析由于過點P垂直于平面α的直線必平行于平面β內(nèi)垂直于交線的直線,因此也平行于平面β,因此A正確.過點P垂直于直線l的直線有可能垂直于平面α,不一定在平面α內(nèi),因此B不正確.根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知,選項C,D正確. 3. 如圖,在四面體D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中點,則下列正確的是(　　) 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 答案C 解析因為AB=CB,且E是

3、AC的中點,所以BE⊥AC. 同理有DE⊥AC,于是AC⊥平面BDE. 因為AC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,故選C. 4.如圖,以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的兩個平面后,某學(xué)生得出下列四個結(jié)論: ①BD⊥AC; ②△BAC是等邊三角形; ③三棱錐D-ABC是正三棱錐; ④平面ADC⊥平面ABC. 其中正確的是(　　) A.①②④ B.①②③ C.②③④ D.①③④ 答案B 解析由題意知,BD⊥平面ADC,且AC?平面ADC,故BD⊥AC,①正確

4、;AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,所以AB=AC=BC,△BAC是等邊三角形,②正確;易知DA=DB=DC,又由②知③正確;由①知④錯. 5.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等,則直線AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　) A.64 B.104 C.22 D.32 答案A 解析如右圖所示,取A1C1中點D,連接AD,B1D,則可知B1D⊥平面ACC1A1, ∴∠DAB1即為直線AB1與平面ACC1A1所成的角,不妨設(shè)正三棱柱的棱長為2,∴在Rt△AB1D中,sin∠DAB1=B1DAB1=322=64,故選A. 6.

5、 如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABC,AB=BC,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中點,點F在線段AA1上,當(dāng)AF=　　　　　時,CF⊥平面B1DF.? 答案a或2a 解析由題意易知,B1D⊥平面ACC1A1,所以B1D⊥CF,所以要使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥DF即可.當(dāng)CF⊥DF時,設(shè)AF=x,則A1F=3a-x. 由Rt△CAF∽Rt△FA1D,得ACA1F=AFA1D,即2a3a-x=xa,整理得x2-3ax+2a2=0,解得x=a或x=2a. 7.設(shè)α,β是空間兩個不同的平面,m,n是平面α及β外的兩條不同直線.從“①m⊥n;②α

6、⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中選取三個作為條件,余下一個作為結(jié)論,寫出你認為正確的一個命題:　　　　　　　　　　　　(用序號表示).? 答案①③④?②(或②③④?①) 解析逐一判斷.若①②③成立,則m與α的位置關(guān)系不確定,故①②③?④錯誤;同理①②④?③也錯誤;①③④?②與②③④?①均正確. 8. (2018浙江嘉興)如圖,AB是圓O的直徑,PA垂直于圓O所在的平面,C是圓周上不同于A,B的任意一點,AC=BC=4,PA=42,則二面角A-PB-C的平面角的正弦值為　　　　　.? 答案63 解析如圖,連接CO, ∵AC=BC=4,PA=42, ∴AB=42.∴AB⊥OC.

7、 過點O在平面PAB上作OM⊥PB于點M,連接CM,由三垂線定理可知CM⊥PB,∴∠OMC是二面角A-PB-C的平面角. ∵CO=22,CM=23, ∴在Rt△OMC中sin∠OMC=2223=63. 能力提升組 9.設(shè)a,b是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列四個命題錯誤的是(　　) A.若a⊥b,a⊥α,b?α,則b∥α B.若a⊥b,a⊥α,b⊥β,則α⊥β C.若a⊥β,α⊥β,則a∥α或a?α D.若a∥α,α⊥β,則a⊥β 答案D 解析若a⊥b,a⊥α,b?α,則由直線與平面平行的判定定理得b∥α,故A正確;若a⊥b,a⊥α,b⊥β,則由平面與平面

8、垂直的判定定理得α⊥β,故B正確;若a⊥β,α⊥β,則由線面垂直、面面垂直的性質(zhì)得a∥α或a?α,故C正確;若a∥α,α⊥β,則a與β相交、平行或a?β,故D錯誤.故選D. 10.已知a,b是兩條互相垂直的異面直線,下列說法中不正確的是(　　) A.存在平面α,使得a?α且b⊥α B.存在平面β,使得b?β且a∥β C.若點A,B分別在直線a,b上,且滿足AB⊥b,則一定有AB⊥a D.過空間某點不一定存在與直線a,b都平行的平面 答案C 解析對于A,設(shè)a,b的公垂線為AB,其中A∈a,B∈b. 過B作a的平行線a',設(shè)直線a與a'確定的平面為平面α, 則AB?α,a?α,a

9、'?α,∵b⊥AB,b⊥a,∴b⊥α.故A正確; 對于B,過b上一點C作a'∥a,設(shè)b與a'所確定的平面為β,則a∥β,故B正確;對于C,設(shè)a,b的公垂線為CB,且C∈a,B∈b.在a上取異于C的點A,則b⊥平面ABC, ∴AB⊥b,但顯然AB與a不垂直,故C錯誤; 對于D,當(dāng)空間一點在直線a或直線b上時,顯然不存在與直線a,b都平行的平面,故D正確.故選C. 11. 如圖,α⊥β,α∩β=l,A∈α,B∈β,A,B到l的距離分別是a和b.AB與α,β所成的角分別是θ和φ,AB在α,β內(nèi)的射影線段長度分別是m和n.若a>b,則(　　) A.θ>φ,m>n B.θ>φ,m

10、C.θ<φ,mn 答案D 解析由題意可得AB2=a2+n2=b2+m2,a>b,tanφ=an,tanθ=bm, 即有m>n,θ<φ.故選D. 12. (2017浙江高考)如圖,已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐),P,Q,R分別為AB,BC,CA上的點,AP=PB,BQQC=CRRA=2,分別記二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角為α,β,γ,則(　　) A.γ<α<β B.α<γ<β C.α<β<γ D.β<γ<α 答案B 解析設(shè)等邊三角形ABC的中心為O,O到直線PR,PQ,QR的距離分別為d1,d2,d3,正

11、四面體的高DO=h, 則tanα=hd1,tanβ=hd2,tanγ=hd3,因為d1>d3>d2,所以hd1

12、垂直的直線,故A,C可能成立;在平面BCD內(nèi)過B作CD的平行線BF,使得BF=CD,連接EF,則當(dāng)平面A1BE與平面BEF重合時,BF?平面A1BE,故平面A1BE內(nèi)存在與BF平行的直線,即平面A1BE內(nèi)存在與CD平行的直線,∴CD∥平面A1BE,故C可能成立.若BC⊥A1B,又A1B⊥A1E,則A1B為直線A1E和BC的公垂線,∴A1B

13、的正弦值為　　　　　.? 答案1510 解析如圖所示, 取A'B'的中點D,連接C'D,BD. ∵底面△A'B'C'是正三角形, ∴C'D⊥A'B'. ∵AA'⊥底面ABC,∴A'A⊥C'D. 又AA'∩A'B'=A', ∴C'D⊥側(cè)面ABB'A'.∴∠C'BD是直線BC'與平面ABB'A'所成角. ∵等邊△A'B'C'的邊長為1, ∴C'D=32. 在Rt△BB'C'中,BC'=B'B2+B'C'2=5, ∴直線BC'與平面ABB'A'所成角的正弦值=C'DBC'=1510. 15.如圖,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,M,N分別是AD,B

14、E的中點,將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是　　　　　(填序號).? ①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥平面DEC; ②不論D折至何位置,都有MN⊥AE; ③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥AB; ④在折起的過程中,一定存在某個位置,使EC⊥AD. 答案①②④ 解析分別取CE,DE的中點Q,P,連接MP,PQ,NQ,可證MNQP是矩形,所以①②正確;因為MN∥PQ,AB∥CE,若MN∥AB,則PQ∥CE,又PQ與CE相交,所以③錯誤;當(dāng)平面ADE⊥平面ABCE時,有EC⊥AD,④正確.故填①②④. 16. 已知△ABC中,∠C=90

15、°,tan A=2,M為AB的中點,現(xiàn)將△ACM沿CM折成三棱錐P-CBM,當(dāng)二面角P-CM-B大小為60°時,ABPB=　　　.? 答案3 解析如圖,取BC中點E,連接AE,設(shè)AE∩CM=O, 再設(shè)AC=2,由∠C=90°,tanA=2,可得BC=22, 在Rt△MEC中,可得tan∠CME=2,在Rt△ECA中,求得tan∠EAC=22, ∴cot∠AEM=22, 則∠CME+∠AEM=90°,有AE⊥CM. ∴PO⊥CM,EO⊥CM,∠POE為二面角P-CM-B的平面角,為60°, ∵AE=22+(2)2=6,OE=1×sin∠CME=63, ∴PO=263.

16、 在△POE中,由余弦定理可得 PE=2632+632-2×263×63×12=2. ∴PE2+CE2=PC2,即PE⊥BC.則PB=PC=2. 在Rt△ACB中,求得AB=23,∴ABPB=3. 17.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱長均為2,A1B=6,A1B⊥AC. (1)求證:A1C1⊥B1C; (2)求直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值. (1)證明取AC中點O,連接A1O,BO,∵三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱長均為2,∴BO⊥AC, ∵A1B⊥AC,A1B∩BO=B,A1B?平面A1BO,BO?平面A1BO, ∴AC⊥平面A1BO,

17、連接AB1,交A1B于點M,連接OM,則B1C∥OM, 又∵OM?平面A1BO,∴AC⊥OM, ∵A1C1∥AC,∴A1C1⊥B1C. (2)解∵A1B⊥AB1,A1B⊥AC,∴A1B⊥平面AB1C, ∴平面AB1C⊥平面ABB1A1, ∵平面AB1C∩平面ABB1A1=AB1,∴AC在平面ABB1A1的射影為AB1,∴∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成的角,∵AB1=2AM=2AB2-BM2=10, ∴在Rt△ACB1中,cos∠B1AC=ACAB1=210=105, ∴直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為105. 18.(2018浙江臺州)如圖,在三棱錐D

18、-ABC中,CA=CB=2,DA=DB=3,AB=2. (1)求證:AB⊥CD; (2)若頂點D在底面ABC上的射影落在△ABC的內(nèi)部,當(dāng)直線AD與底面ABC所成角的正弦值為216時,求二面角C-AD-B的平面角的余弦值. (1)證明如圖,取AB的中點E,連接CE,DE, ∵CA=CB,DA=DB, ∴CE⊥AB,DE⊥AB, 又DE∩CE=E, ∴AB⊥平面DEC.∵DC?平面DEC,∴AB⊥CD. (2)解如圖,作DO⊥CE于點O, 由(1)易得平面DEC⊥平面ABC,且交于CE,∴DO⊥平面ABC. ∴∠DAO為直線AD與平面ABC所成的角,sin∠DAO=D

19、OAD=DO3. ∴DO3=216,DO=72,OE=12.∴O為CE的中點. 法一:DC=DE=2. 過點C作CM⊥DE于點M,取AD的中點G,連接CG,GM,同上可得CM⊥平面ABD,∴CM⊥AD. ∵CG⊥AD,∴∠CGM為二面角C-AD-B的平面角,CG=2-34=52,在△CDE中,CM=CE×DODE=1×722=144. 在Rt△CMG中,MG2=CG2-CM2=38, ∴MG=38,cos∠CGM=GMCG=3852=3010. 故二面角C-AD-B的平面角的余弦值為3010. 法二:取BC的中點F,則OC,OF,OD兩兩垂直,如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xy

20、z,則C12,0,0,D0,0,72,B-12,1,0,A-12,-1,0, ∴AB=(0,2,0),AD=12,1,72,AC=(1,1,0), 設(shè)平面ABD和平面ACD的一個法向量分別為n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), 則2y1=0,12x1+y1+72z1=0, ∴可取n1=(7,0,-1),x2+y2=0,12x2+y2+72z2=0, ∴可取n2=(7,-7,1), 設(shè)二面角C-AD-B的平面角為θ,由圖知θ為銳角, 則cosθ=|cos|=|n1·n2||n1||n2|=68×15=3010, 故二面角C-AD-B的平面角的余弦值為3010. 10