2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四　2 第2讲　空间点、线、面的位置关系 8页

专题强化训练 ‎1．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“a⊥b”是“α⊥β”的(　　)‎ A．充分不必要条件　　　　　 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B.因为α⊥β，b⊥m，所以b⊥α，又直线a在平面α内，所以a⊥b；又直线a，m不一定相交，所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件，故选B.‎ ‎2．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 解析：选A.B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1　　　　　　　　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选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A1B1CD，所以BC1⊥A1E.故选C.‎ ‎4．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是(　　)‎ A．若AC与BD共面，则AD与BC共面 B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线 C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC 解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.‎ ‎5．(2019·温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为(　　)‎ A．2 B. C. D．2 解析：选B.由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM＝，EN＝2，∠MEN＝135°，‎ 所以MN＝＝.‎ ‎6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，则点P的运动轨迹是(　　)‎ A．一段圆弧 ‎ B．椭圆的一部分 C．抛物线 ‎ D．双曲线的一支 解析：选D.不妨令三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面是以B为直角的直角三角形，令侧棱长为m，以B为坐标原点，BA方向为x轴，BC方向为y轴，BB1方向为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设P(x，y，m)，所以Q(x，y，0)，过点Q作以QD⊥AB于点D，作QE⊥BC于点E，‎ 则∠PDQ即是二面角PABC的平面角，∠PEQ即是二面角PBCA的平面角，‎ 所以tan∠PDQ＝，tan∠PEQ＝，‎ 又二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，所以tan∠PDQ·tan∠PEQ＝1，即·＝1，所以QD·QE＝PQ2＝m2，因Q(x，y，0)，所以QE＝x，QD＝y，‎ 所以有xy＝m2，所以y＝(x>0)，即点Q的轨迹是双曲线的一支，所以点P的轨迹是双曲线的一支．故选D.‎ ‎7．(2019·绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥ABCD的所有棱长都相等，若AB与平面α所成角等于，则平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.因为三棱锥ABCD的所有棱长都相等，‎ 所以三棱锥ABCD为正四面体，如图：‎ 设正四面体的棱长为2，取CD中点P，连接AP，BP，‎ 则∠BAP为AB与平面ADC所成角．‎ AP＝BP＝，可得cos∠BAP＝，sin∠BAP＝.‎ 设∠BAP＝θ.‎ 当CD与α平行且AB在平面ACD上面时，平面ACD与平面α所成角的正弦值最小，为sin＝sincos θ－cossin θ＝×－×＝；‎ 当CD与α平行且AB在平面ACD下面时，平面ACD与平面α所成角的正弦值最大，为sin＝sincos θ＋cossin θ＝×＋×＝，所以平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是.故选A.‎ ‎8．(2019·浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC的两条直角边AC＝2，BC＝3，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角ACPB，此时二面角PACB的正切值为，则翻折后AB的长为(　　)‎ A．2　　　　 B. C.　　　　 D. 解析：选D.如图，在平面PCB内过P作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于E, 则EP⊥平面ACP.‎ 于是在平面PAC中过P作二面角PACB的棱AC的垂线，垂足为D，连接DE，则∠PDE为二面角PACB的平面角，且tan∠PDE＝＝，设DP＝a，则EP＝a.‎ 如图，设∠BCP＝α，则∠ACP＝90°－α，则在直角三角形DPC中，PC＝＝，又在直角三角形PCE中，tan α＝，则·tan α＝a，sin α＝cos2α，所以α＝45°，因为二面角ACPB为直二面角，所以cos∠ACB＝cos∠ACP·cos∠BCP，于是＝cos∠ACP·sin ‎∠ACP＝，解得AB＝.‎ ‎9．(2019·台州市书生中学月考)如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝AD＝DC＝2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为________；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为________．‎ 解析：因为AB∥CD，所以∠PCD即为异面直线PC与AB所成的角，显然三角形PDC为等腰直角三角形，所以∠PCD＝.设AB＝1，则可计算得，PB＝3，而点B到平面PDC的距离d等于AD的长为2，所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为＝.‎ 答案：　 ‎10.如图，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．‎ 解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.‎ 因为 M为AD的中点，所以MK∥AN，‎ 所以∠KMC即为异面直线AN，CM所成的角．‎ 因为 AB＝AC＝BD＝CD＝3，‎ AD＝BC＝2，N为BC的中点，‎ 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.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是________．‎ 解析：对于①，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC.因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC；对于②，因为点M为线段 PB的中点，所以OM∥PA，因为PA⊂平面PAC，所以OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．‎ 答案：①②③‎ ‎12.(2019·杭州市高三期末)在△ABC中，∠ABC＝，边BC在平面α内，顶点A在平面α外，直线AB与平面α所成角为θ.若平面ABC与平面α所成的二面角为，则sin θ＝________．‎ 解析：过A作AO⊥α，垂足是O，过O作OD⊥BC，交BC于D，连接AD，‎ 则AD⊥BC，所以∠ADO是平面ABC与平面α所成的二面角，即∠ADO＝，∠ABO是直线AB与平面α所成的角，即∠ABO＝θ，‎ 设AO＝，‎ 所以AD＝2，在Rt△ADB中，‎ ‎∠ABD＝，所以AB＝＝，‎ 所以sin θ＝＝＝.‎ 答案： ‎13．(2019·浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体DABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是________．‎ 解析：当点P从A运动到B，二面角DPCB的平面角逐渐增大，二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角，最大趋近于二面角DBCA的平面角的补角，故余弦值的取值范围是.‎ 答案： ‎14.(2019·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC顶点A在平面γ上，B，C在平面γ的同侧，M为BC的中点，若△ABC在平面γ上的射影是以A为直角顶点的△AB1C1，则M到平面γ的距离的取值范围是________．‎ 解析：设∠BAB1＝α，∠CAC1＝β，则AB1＝2cos α，AC1＝2cos β，BB1＝2sin α，CC1‎ ‎＝2sin β，则点M到平面γ的距离d＝sin α＋sin β，又AM＝，则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＋≥，当sin α＝1时，d＝，则≤d<.‎ 答案： ‎15．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥ABCD中，E是BC的中点，AB＝AD，BD⊥DC.‎ ‎(1)求证：AE⊥BD；‎ ‎(2)若DB＝2DC＝AB＝2，且二面角ABDC为60°，求AD与平面BCD所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：如图，取BD的中点F，连接EF，AF，‎ 因为E为BC中点，F为BD中点，所以FE∥DC.‎ 又BD⊥DC，所以BD⊥FE.‎ 因为AB＝AD，所以BD⊥AF.‎ 又AF∩FE＝F，AF，FE⊂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即为二面角ABDC的平面角，‎ 所以∠AFE＝60°.因为AB＝AD＝，BD＝2，‎ 所以△ABD为等腰直角三角形，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⊥AE，且BD∩FE＝F，BD⊂平面BDC，FE⊂平面BDC，‎ 所以AE⊥平面BDC，‎ 所以∠ADE就是AD与平面BCD所成角，‎ 在Rt△AED中，AE＝，AD＝，‎ 所以AD与平面BCD所成角的正弦值 sin∠ADE＝＝.‎ ‎16．(2019·浙江二模)如图，在四棱锥EABCD中，平面CDE⊥平面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.‎ ‎(1)证明：AB⊥平面BCE；‎ ‎(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为∠DAB＝∠ABC＝90°，‎ 所以四边形ABCD是直角梯形，‎ 因为AB＝BC＝1，AD＝ED＝3，EC＝2.‎ 所以CD＝＝，‎ 所以CE2＋DC2＝DE2，所以EC⊥CD，‎ 因为平面EDC⊥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)过A作AH⊥DC，交DC于H，‎ 则AH⊥平面DCE，连接EH，‎ 则∠AEH是直线AE与平面DCE所成的角，‎ 因为×DC×AH＝×AB－×AB×BC，‎ 所以AH＝＝，‎ AE＝＝，‎ 所以sin∠AEH＝，‎ 所以直线AE与平面CDE所成角的正弦值为.‎ ‎17．(2019·绍兴诸暨高考二模)四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，四边形ABCE为菱形，∠BAD＝120°，PA＝AB，G、F分别是线段CE、PB的中点．‎ ‎(1)求证：FG∥平面PDC；‎ ‎(2)求二面角FCDG的正切值．‎ 解：(1)证明：延长BG交AD于点D，‎ 因为＝＝，‎ 而＝＝，所以＝＝，‎ 所以FG∥PD.因为FG⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，‎ 所以FG∥平面PDC.‎ ‎(2)过点F作FM⊥AB于点M，易知FM⊥平面ABCD，‎ 过M作MN⊥CD于点N，连接FN，则CD⊥平面FMN，‎ 所以CD⊥MN，CD⊥FN，‎ 所以∠FNM即为所求二面角的平面角，‎ 不妨令PA＝AB＝1，则FM＝，MN＝，‎ 所以tan α＝.‎ ‎18．(2019·浙江名校协作体高三质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，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：(1)证明：设BD交OC于N，连接MN，OB，‎ 因为O为AD的中点，AD＝2，所以OA＝OD＝1＝BC.‎ 又因为AD∥BC，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MN∥PD.‎ 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＝＝，即AB2＋BD2＝AD2，‎ 即AB⊥BD.‎ 因为DP⊥平面ABP，所以AB⊥PD.‎ 又因为BD∩PD＝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＝.‎