2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第八章　5 第5讲　直线、平面垂直的判定及其性质 9页

‎[基础题组练]‎ ‎1．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1　　　　 　　 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选C.由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C.‎ ‎2.如图，O为正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是(　　)‎ A．A1D B．AA1‎ C．A1D1 D．A1C1‎ 解析：选D.由题易知A1C1⊥平面BB1D1D.又B1O⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥B1O.‎ ‎3．(2020·温州中学高三模考)如图，在三棱锥DABC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ABD B．平面ABD⊥平面BCD C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE 解析：选C.因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理，DE⊥AC，由于DE∩BE＝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.‎ ‎4．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知正三棱柱ABCA1B1C1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. B. C. D. 解析：选A.如图所示，取A1C1的中点D，连接AD，B1D，则可知B1D⊥平面ACC1A1，所以∠DAB1即为直线AB1与平面ACC1A1所成的角，不妨设正三棱柱的棱长为2，所以在Rt△AB1D中，‎ sin∠DAB1＝＝＝，故选A.‎ ‎5．(2020·浙江省高中学科基础测试)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，BA⊥AD，AD∥BC，AB＝BC＝2，PA＝3，PA⊥底面ABCD，E是棱PD上异于P，D的动点，设＝m，则“0β.故选B.‎ ‎7.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB上的一个动点，则PM的最小值为________．‎ 解析：作CH⊥AB于H，连接PH.因为PC⊥平面ABC，所以PH⊥AB，PH为PM的最小值，等于2.‎ 答案：2 ‎8.如图所示，在四面体ABCD中，AB，BC，CD两两垂直，且BC＝CD＝1.直线BD与平面ACD所成的角为30°，则线段AB的长度为________．‎ 解析：如图，过点B作BH⊥AC，垂足为点H，连接DH.‎ 因为CD⊥AB，CD⊥BC，所以平面ACD⊥平面ABC，所以BH⊥平面ACD.‎ 所以∠BDH为直线BD与平面ACD所成的角．‎ 所以∠BDH＝30°，‎ 在Rt△BDH中，BD＝，‎ 所以BH＝.‎ 又因为在Rt△BHC中，BC＝1，‎ 所以∠BCH＝45°.‎ 所以在Rt△ABC中，AB＝BC＝1.‎ 答案：1‎ ‎9．(2020·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．(2020·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： ‎11.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点．‎ ‎(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若PA＝AC，D为PC的中点．求证：PB⊥AD.‎ 证明：(1)设⊙O所在的平面为α，‎ 由已知条件PA⊥α，BC在α内，所以PA⊥BC.‎ 因为点C是圆周上不同于A，B的任意一点，‎ AB是⊙O的直径，‎ 所以∠BCA是直角，即BC⊥AC.‎ 又因为PA与AC是△PAC所在平面内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAC.‎ 又因为BC在平面PBC内，‎ 所以平面PAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)因为PA＝AC，D是PC的中点，所以AD⊥PC.‎ 由(1)知平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC.‎ 因为AD⊂平面PAC.所以AD⊥平面PBC.‎ 又PB⊂平面PBC，所以PB⊥AD.‎ ‎12．(2020·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于点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＝.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论：①DF⊥BC；②BD⊥FC；③平面BDF⊥平面BCF；④平面DCF⊥平面BCF，则上述结论可能正确的是(　　)‎ A．①③ B．②③‎ C．②④ D．③④‎ 解析：选B.对于①，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则①不成立；对于②，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以②正确；对于③，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；对于④，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以④不成立．‎ ‎2．(2020·绍兴诸暨高考模拟)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.‎ ‎3．(2020·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于点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： ‎4．(2020·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________．‎ 解析：如图，在平面PCB内过P点作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于点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＝.‎ 答案： ‎5．(2020·浙江名校模拟)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于点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.‎ ‎6．(2020·鲁迅中学高考方向性测试)四棱锥PABCD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.‎ ‎(1)在棱PD上求一点F，使AF∥平面PEC；‎ ‎(2)求二面角DPEA的余弦值．‎ 解：(1)分别取PD，PC的中点F，G，连接AF，FG，GE，‎ 则FG∥CD∥AB，FG＝‎ CD＝AB＝AE，‎ 所以四边形AEGF为平行四边形，‎ 所以AF∥EG，又EG⊂平面PEC，‎ 所以AF∥平面PEC，‎ 所以PD的中点F即为所求．‎ ‎(2)易知，∠CPE即为PC与平面PAB所成的角，‎ 在Rt△PEC中，＝，即＝，‎ 解得PA＝2，‎ 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PA⊥DH，又DH⊥BA，所以DH⊥平面PBA，‎ 所以DH⊥PE，所以PE⊥平面DHK，所以PE⊥DK，‎ 所以∠DKH即为所求的二面角的平面角，‎ 在Rt△DHK中，DH＝，‎ 由于PE·HK＝EH·PA，所以HK＝＝，‎ 从而DK＝＝，‎ 所以cos∠DKH＝＝，‎ 即二面角DPEA的余弦值为.‎