（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專題強(qiáng)化訓(xùn)練

《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專題強(qiáng)化訓(xùn)練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系專題強(qiáng)化訓(xùn)練（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講 空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 專題強(qiáng)化訓(xùn)練 1．設(shè)平面α與平面β相交于直線m，直線a在平面α內(nèi)，直線b在平面β內(nèi)，且b⊥m，則“a⊥b”是“α⊥β”的(　　) A．充分不必要條件　　　　　 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B.因?yàn)棣痢挺?，b⊥m，所以b⊥α，又直線a在平面α內(nèi)，所以a⊥b；又直線a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分條件，故選B. 2．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 解析：選A.B選項(xiàng)中，A

2、B∥MQ，且AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，則AB∥平面MNQ；C選項(xiàng)中，AB∥MQ，且AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，則AB∥平面MNQ；D選項(xiàng)中，AB∥NQ，且AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，則AB∥平面MNQ.故選A. 3．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A．A1E⊥DC1　　　　　　　　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：選C.A1B1⊥平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，又BC1⊥B1C，且B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E?平面A1B

3、1CD，所以BC1⊥A1E.故選C. 4．設(shè)A，B，C，D是空間四個(gè)不同的點(diǎn)，在下列命題中，不正確的是(　　) A．若AC與BD共面，則AD與BC共面 B．若AC與BD是異面直線，則AD與BC是異面直線 C．若AB＝AC，DB＝DC，則AD＝BC D．若AB＝AC，DB＝DC，則AD⊥BC 解析：選C.A中，若AC與BD共面，則A，B，C，D四點(diǎn)共面，則AD與BC共面；B中，若AC與BD是異面直線，則A，B，C，D四點(diǎn)不共面，則AD與BC是異面直線；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以證明AD⊥BC. 5．(2019·溫州市高考

4、數(shù)學(xué)二模)棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別為平面A1B1C1D1和線段B1C上的動(dòng)點(diǎn)，則△PEQ周長(zhǎng)的最小值為(　　) A．2 B. C. D．2 解析：選B.由題意，△PEQ周長(zhǎng)取得最小值時(shí)，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，設(shè)E關(guān)于B1C的對(duì)稱點(diǎn)為M，關(guān)于B1C1的對(duì)稱點(diǎn)為N，則EM＝，EN＝2，∠MEN＝135°， 所以MN＝＝. 6.(2019·杭州市學(xué)軍中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)P在平面A1B1C1內(nèi)運(yùn)動(dòng)，使得二面角P-AB-C的平面角與二面角P-BC-A的平面角互余，則點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)

5、軌跡是(　　) A．一段圓弧 B．橢圓的一部分 C．拋物線 D．雙曲線的一支 解析：選D.不妨令三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱，且底面是以B為直角的直角三角形，令側(cè)棱長(zhǎng)為m，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA方向?yàn)閤軸，BC方向?yàn)閥軸，BB1方向?yàn)閦軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)P(x，y，m)，所以Q(x，y，0)，過(guò)點(diǎn)Q作以QD⊥AB于點(diǎn)D，作QE⊥BC于點(diǎn)E， 則∠PDQ即是二面角P-AB-C的平面角，∠PEQ即是二面角P-BC-A的平面角， 所以tan∠PDQ＝，tan∠PEQ＝， 又二面角P-AB-C的平面角與二面角P-BC-A的平面角互余，所以tan∠PDQ·tan

6、∠PEQ＝1，即·＝1，所以QD·QE＝PQ2＝m2，因Q(x，y，0)，所以QE＝x，QD＝y(tǒng)， 所以有xy＝m2，所以y＝(x>0)，即點(diǎn)Q的軌跡是雙曲線的一支，所以點(diǎn)P的軌跡是雙曲線的一支．故選D. 7．(2019·紹興諸暨高考一模)已知三棱錐A-BCD的所有棱長(zhǎng)都相等，若AB與平面α所成角等于，則平面ACD與平面α所成角的正弦值的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選A.因?yàn)槿忮FA-BCD的所有棱長(zhǎng)都相等， 所以三棱錐A-BCD為正四面體，如圖： 設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，取CD中點(diǎn)P，連接AP，BP， 則∠BAP為AB與平面ADC所成角． AP＝

7、BP＝，可得cos∠BAP＝，sin∠BAP＝. 設(shè)∠BAP＝θ. 當(dāng)CD與α平行且AB在平面ACD上面時(shí)，平面ACD與平面α所成角的正弦值最小，為sin＝sincos θ－cossin θ＝×－×＝； 當(dāng)CD與α平行且AB在平面ACD下面時(shí)，平面ACD與平面α所成角的正弦值最大，為sin＝sincos θ＋cossin θ＝×＋×＝，所以平面ACD與平面α所成角的正弦值的取值范圍是.故選A. 8．(2019·浙江“七彩陽(yáng)光”新高考聯(lián)盟聯(lián)考)已知直角三角形ABC的兩條直角邊AC＝2，BC＝3，P為斜邊AB上一點(diǎn)，沿CP將此三角形折成直二面角A-CP-B，此時(shí)二面角P-AC-B的正切值為

8、，則翻折后AB的長(zhǎng)為(　　) A．2　　　　 B. C.　　　　 D. 解析：選D.如圖，在平面PCB內(nèi)過(guò)P作直二面角A-CP-B的棱CP的垂線交邊BC于E, 則EP⊥平面ACP. 于是在平面PAC中過(guò)P作二面角P-AC-B的棱AC的垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P-AC-B的平面角，且tan∠PDE＝＝，設(shè)DP＝a，則EP＝a. 如圖，設(shè)∠BCP＝α，則∠ACP＝90°－α，則在直角三角形DPC中，PC＝＝，又在直角三角形PCE中，tan α＝，則·tan α＝a，sin α＝cos2α，所以α＝45°，因?yàn)槎娼茿-CP-B為直二面角，所以cos∠A

9、CB＝cos∠ACP·cos∠BCP，于是＝cos∠ACP·sin∠ACP＝，解得AB＝. 9．(2019·臺(tái)州市書生中學(xué)月考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝AD＝DC＝2AB，則異面直線PC與AB所成角的大小為________；直線PB與平面PDC所成角的正弦值為________． 解析：因?yàn)锳B∥CD，所以∠PCD即為異面直線PC與AB所成的角，顯然三角形PDC為等腰直角三角形，所以∠PCD＝.設(shè)AB＝1，則可計(jì)算得，PB＝3，而點(diǎn)B到平面PDC的距離d等于AD的長(zhǎng)為2，所以直線PB與平面PDC所成角的正弦值為＝. 答案：　 10.

10、如圖，在三棱錐A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，點(diǎn)M，N分別為AD，BC的中點(diǎn)，則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是________． 解析：如圖所示，連接DN，取線段DN的中點(diǎn)K，連接MK，CK. 因?yàn)?M為AD的中點(diǎn)，所以MK∥AN， 所以∠KMC即為異面直線AN，CM所成的角． 因?yàn)?AB＝AC＝BD＝CD＝3， AD＝BC＝2，N為BC的中點(diǎn)， 由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2， 所以MK＝. 在Rt△CKN中，CK＝ ＝. 在△CKM中，由余弦定理，得 cos∠KMC＝＝. 答案： 11.如圖所示，直線PA垂直于⊙O所在的平面，△

11、ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑，點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)．現(xiàn)有結(jié)論：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長(zhǎng)．其中正確的是________． 解析：對(duì)于①，因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因?yàn)锳B為⊙O的直徑，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又PC?平面PAC，所以BC⊥PC；對(duì)于②，因?yàn)辄c(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PA，因?yàn)镻A?平面PAC，所以O(shè)M∥平面PAC；對(duì)于③，由①知BC⊥平面PAC，所以線段BC的長(zhǎng)即是點(diǎn)B到平面PAC的距離，故①②③都正確． 答案：①②③ 12.(2019·杭州市高三期末)在△ABC中，∠ABC＝，邊BC

12、在平面α內(nèi)，頂點(diǎn)A在平面α外，直線AB與平面α所成角為θ.若平面ABC與平面α所成的二面角為，則sin θ＝________． 解析：過(guò)A作AO⊥α，垂足是O，過(guò)O作OD⊥BC，交BC于D，連接AD， 則AD⊥BC，所以∠ADO是平面ABC與平面α所成的二面角，即∠ADO＝，∠ABO是直線AB與平面α所成的角，即∠ABO＝θ， 設(shè)AO＝， 所以AD＝2，在Rt△ADB中， ∠ABD＝，所以AB＝＝， 所以sin θ＝＝＝. 答案： 13．(2019·浙江名校新高考聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知正四面體D-ABC，P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)除外)，則二面角D-PC-B的平面角的余弦值的取值

13、范圍是________． 解析：當(dāng)點(diǎn)P從A運(yùn)動(dòng)到B，二面角D-PC-B的平面角逐漸增大，二面角D-PC-B的平面角最小趨近于二面角D-AC-B的平面角，最大趨近于二面角D-BC-A的平面角的補(bǔ)角，故余弦值的取值范圍是. 答案： 14.(2019·義烏市高三月考)如圖，邊長(zhǎng)為2的正△ABC頂點(diǎn)A在平面γ上，B，C在平面γ的同側(cè)，M為BC的中點(diǎn)，若△ABC在平面γ上的射影是以A為直角頂點(diǎn)的△AB1C1，則M到平面γ的距離的取值范圍是________． 解析：設(shè)∠BAB1＝α，∠CAC1＝β，則AB1＝2cos α，AC1＝2cos β，BB1＝2sin α，CC1＝2sin β，則點(diǎn)M到平

14、面γ的距離d＝sin α＋sin β，又AM＝，則B1C1＝2，即cos2α＋cos2β＝3－(sin2α＋2sin αsin β＋sin2β)．也即sin αsin β＝，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋≥，當(dāng)sin α＝1時(shí)，d＝，則≤d<. 答案： 15．(2019·寧波諾丁漢大學(xué)附中高三期中考試)三棱錐A-BCD中，E是BC的中點(diǎn)，AB＝AD，BD⊥DC. (1)求證：AE⊥BD； (2)若DB＝2DC＝AB＝2，且二面角A-BD-C為60°，求AD與平面BCD所成角的正弦值． 解：(1)證明：如圖，取BD的中點(diǎn)F，連接EF，AF， 因?yàn)镋為BC中點(diǎn)，F(xiàn)為BD中

15、點(diǎn)，所以FE∥DC. 又BD⊥DC，所以BD⊥FE. 因?yàn)锳B＝AD，所以BD⊥AF. 又AF∩FE＝F，AF，F(xiàn)E?平面AFE， 所以BD⊥平面AFE，又AE?平面AFE， 所以AE⊥BD. (2)由(1)知BD⊥AF，BD⊥EF 所以∠AFE即為二面角A-BD-C的平面角， 所以∠AFE＝60°.因?yàn)锳B＝AD＝，BD＝2， 所以△ABD為等腰直角三角形，故AF＝BD＝1， 又FE＝DC＝， 所以AE2＝AF2＋FE2－2AF·FE·cos∠AFE＝1＋－2×1××cos 60°＝，即AE＝， 所以AE2＋FE2＝1＝AF2，所以AE⊥FE， 又由(1)知BD⊥A

16、E，且BD∩FE＝F，BD?平面BDC，F(xiàn)E?平面BDC， 所以AE⊥平面BDC， 所以∠ADE就是AD與平面BCD所成角， 在Rt△AED中，AE＝，AD＝， 所以AD與平面BCD所成角的正弦值 sin∠ADE＝＝. 16．(2019·浙江二模)如圖，在四棱錐E-ABCD中，平面CDE⊥平面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2. (1)證明：AB⊥平面BCE； (2)求直線AE與平面CDE所成角的正弦值． 解：(1)證明：因?yàn)椤螪AB＝∠ABC＝90°， 所以四邊形ABCD是直角梯形， 因?yàn)锳B＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝

17、2. 所以CD＝＝， 所以CE2＋DC2＝DE2，所以EC⊥CD， 因?yàn)槠矫鍱DC⊥平面ABCD，平面EDC∩平面ABCD＝DC， 所以CE⊥平面ABCD， 所以CE⊥AB，又AB⊥BC，BC∩CE＝C， 所以AB⊥平面BCE. (2)過(guò)A作AH⊥DC，交DC于H， 則AH⊥平面DCE，連接EH， 則∠AEH是直線AE與平面DCE所成的角， 因?yàn)椤罝C×AH＝×AB－×AB×BC， 所以AH＝＝， AE＝＝， 所以sin∠AEH＝， 所以直線AE與平面CDE所成角的正弦值為. 17．(2019·紹興諸暨高考二模)四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為AD的

18、中點(diǎn)，四邊形ABCE為菱形，∠BAD＝120°，PA＝AB，G、F分別是線段CE、PB的中點(diǎn)． (1)求證：FG∥平面PDC； (2)求二面角F-CD-G的正切值． 解：(1)證明：延長(zhǎng)BG交AD于點(diǎn)D， 因?yàn)椋剑剑? 而＝＝，所以＝＝， 所以FG∥PD.因?yàn)镕G?平面PDC，PD?平面PDC， 所以FG∥平面PDC. (2)過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB于點(diǎn)M，易知FM⊥平面ABCD， 過(guò)M作MN⊥CD于點(diǎn)N，連接FN，則CD⊥平面FMN， 所以CD⊥MN，CD⊥FN， 所以∠FNM即為所求二面角的平面角， 不妨令PA＝AB＝1，則FM＝，MN＝， 所以tan α＝. 18．(

19、2019·浙江名校協(xié)作體高三質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分別是AD，PB的中點(diǎn)． (1)求證：PD∥平面OCM； (2)若AP與平面PBD所成的角為60°，求線段PB的長(zhǎng)． 解：(1)證明：設(shè)BD交OC于N，連接MN，OB， 因?yàn)镺為AD的中點(diǎn)，AD＝2，所以O(shè)A＝OD＝1＝BC. 又因?yàn)锳D∥BC，所以四邊形OBCD為平行四邊形，所以N為BD的中點(diǎn)，因?yàn)镸為PB的中點(diǎn)，所以MN∥PD. 又因?yàn)镸N?平面OCM，PD?平面OCM， 所以PD∥平面OCM. (2)由四邊形OBCD為平行四邊形，知OB＝CD＝1， 所以△AOB為等邊三角形，所以∠A＝60°， 所以BD＝＝，即AB2＋BD2＝AD2， 即AB⊥BD. 因?yàn)镈P⊥平面ABP，所以AB⊥PD. 又因?yàn)锽D∩PD＝D，所以AB⊥平面BDP， 所以∠APB為AP與平面PBD所成的角，即∠APB＝60°， 所以PB＝. - 8 -