（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(diǎn)規(guī)范練39 空間向量及其運(yùn)算.docx

考點(diǎn)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,和是兩個不重合的平面,下面給出的條件中一定能推出m的是()A.,且mB.,且mC.mn,且nD.mn,且答案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,滿足,=l,P,Pl,則下列命題中是假命題的為()A.過點(diǎn)P且垂直于平面的直線平行于平面B.過點(diǎn)P且垂直于直線l的直線在平面內(nèi)C.過點(diǎn)P且垂直于平面的直線在平面內(nèi)D.過點(diǎn)P且在平面內(nèi)垂直于l的直線必垂直于平面答案B解析由于過點(diǎn)P垂直于平面的直線必平行于平面內(nèi)垂直于交線的直線,因此也平行于平面,因此A正確.過點(diǎn)P垂直于直線l的直線有可能垂直于平面,不一定在平面內(nèi),因此B不正確.根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理知,選項(xiàng)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(diǎn),則下列正確的是()A.平面ABC平面ABDB.平面ABD平面BDCC.平面ABC平面BDE,且平面ADC平面BDED.平面ABC平面ADC,且平面ADC平面BDE答案C解析因?yàn)锳B=CB,且E是AC的中點(diǎn),所以BEAC.同理有DEAC,于是AC平面BDE.因?yàn)锳C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:BDAC;BAC是等邊三角形;三棱錐D-ABC是正三棱錐;平面ADC平面ABC.其中正確的是()A.B.C.D.答案B解析由題意知,BD平面ADC,且AC平面ADC,故BDAC,正確;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,正確;易知DA=DB=DC,又由知正確;由知錯.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.64B.104C.22D.32答案A解析如右圖所示,取A1C1中點(diǎn)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RtAB1D中,sinDAB1=B1DAB1=322=64,故選A.6.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(diǎn),點(diǎn)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B1DCF,所以要使CF平面B1DF,只需CFDF即可.當(dāng)CFDF時,設(shè)AF=x,則A1F=3a-x.由RtCAFRtFA1D,得ACA1F=AFA1D,即2a3a-x=xa,整理得x2-3ax+2a2=0,解得x=a或x=2a.7.設(shè),是空間兩個不同的平面,m,n是平面及外的兩條不同直線.從“mn;n;m”中選取三個作為條件,余下一個作為結(jié)論,寫出你認(rèn)為正確的一個命題:(用序號表示).答案(或)解析逐一判斷.若成立,則m與的位置關(guān)系不確定,故錯誤;同理也錯誤;與均正確.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(diǎn),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.ABOC.過點(diǎn)O在平面PAB上作OMPB于點(diǎn)M,連接CM,由三垂線定理可知CMPB,OMC是二面角A-PB-C的平面角.CO=22,CM=23,在RtOMC中sinOMC=2223=63.能力提升組9.設(shè)a,b是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,則下列四個命題錯誤的是()A.若ab,a,b,則bB.若ab,a,b,則C.若a,則a或aD.若a,則a答案D解析若ab,a,b,則由直線與平面平行的判定定理得b,故A正確;若ab,a,b,則由平面與平面垂直的判定定理得,故B正確;若a,則由線面垂直、面面垂直的性質(zhì)得a或a,故C正確;若a,則a與相交、平行或a,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,使得a且bB.存在平面,使得b且aC.若點(diǎn)A,B分別在直線a,b上,且滿足ABb,則一定有ABaD.過空間某點(diǎn)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Aa,Bb.過B作a的平行線a,設(shè)直線a與a確定的平面為平面,則AB,a,a,bAB,ba,b.故A正確;對于B,過b上一點(diǎn)C作aa,設(shè)b與a所確定的平面為,則a,故B正確;對于C,設(shè)a,b的公垂線為CB,且Ca,Bb.在a上取異于C的點(diǎn)A,則b平面ABC,ABb,但顯然AB與a不垂直,故C錯誤;對于D,當(dāng)空間一點(diǎn)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,=l,A,B,A,B到l的距離分別是a和b.AB與,所成的角分別是和,AB在,內(nèi)的射影線段長度分別是m和n.若a>b,則()A.>,m>nB.>,m<nC.<,m<nD.<,m>n答案D解析由題意可得AB2=a2+n2=b2+m2,a>b,tan=an,tan=bm,即有m>n,<.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(diǎn),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,則()A.<<B.<<C.<<D.<<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,正四面體的高DO=h,則tan=hd1,tan=hd2,tan=hd3,因?yàn)閐1>d3>d2,所以hd1<hd3<hd2,所以<<,故選B.13.如圖,在直二面角A-BD-C中,ABD,CBD均是以BD為斜邊的等腰直角三角形,取AD中點(diǎn)E,將ABE沿BE翻折到A1BE,在ABE的翻折過程中,下列不可能成立的是()A.BC與平面A1BE內(nèi)某直線平行B.CD平面A1BEC.BC與平面A1BE內(nèi)某直線垂直D.BCA1B答案D解析連接CE,當(dāng)平面A1BE與平面BCE重合時,BC平面A1BE,平面A1BE內(nèi)必存在與BC平行和垂直的直線,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BCA1B,又A1BA1E,則A1B為直線A1E和BC的公垂線,A1B<CE,設(shè)A1B=1,則經(jīng)計(jì)算可得CE=32,與A1B<CE矛盾,故D不可能成立.故選D.14.(2018浙江嘉興)如圖,在三棱柱ABC-ABC中,底面ABC是正三角形,AA底面ABC,且AB=1,AA=2,則直線BC與平面ABBA所成角的正弦值為.答案1510解析如圖所示,取AB的中點(diǎn)D,連接CD,BD.底面ABC是正三角形,CDAB.AA底面ABC,AACD.又AAAB=A,CD側(cè)面ABBA.CBD是直線BC與平面ABBA所成角.等邊ABC的邊長為1,CD=32.在RtBBC中,BC=BB2+BC2=5,直線BC與平面ABBA所成角的正弦值=CDBC=1510.15.如圖,在直角梯形ABCD中,BCDC,AEDC,M,N分別是AD,BE的中點(diǎn),將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是(填序號).不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN平面DEC;不論D折至何位置,都有MNAE;不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MNAB;在折起的過程中,一定存在某個位置,使ECAD.答案解析分別取CE,DE的中點(diǎn)Q,P,連接MP,PQ,NQ,可證MNQP是矩形,所以正確;因?yàn)镸NPQ,ABCE,若MNAB,則PQCE,又PQ與CE相交,所以錯誤;當(dāng)平面ADE平面ABCE時,有ECAD,正確.故填.16.已知ABC中,C=90,tan A=2,M為AB的中點(diǎn),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(diǎn)E,連接AE,設(shè)AECM=O,再設(shè)AC=2,由C=90,tanA=2,可得BC=22,在RtMEC中,可得tanCME=2,在RtECA中,求得tanEAC=22,cotAEM=22,則CME+AEM=90,有AECM.POCM,EOCM,POE為二面角P-CM-B的平面角,為60,AE=22+(2)2=6,OE=1sinCME=63,PO=263.在POE中,由余弦定理可得PE=2632+632-22636312=2.PE2+CE2=PC2,即PEBC.則PB=PC=2.在RtACB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,A1BAC.(1)求證:A1C1B1C;(2)求直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值.(1)證明取AC中點(diǎn)O,連接A1O,BO,三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱長均為2,BOAC,A1BAC,A1BBO=B,A1B平面A1BO,BO平面A1BO,AC平面A1BO,連接AB1,交A1B于點(diǎn)M,連接OM,則B1COM,又OM平面A1BO,ACOM,A1C1AC,A1C1B1C.(2)解A1BAB1,A1BAC,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RtACB1中,cosB1AC=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-ABC中,CA=CB=2,DA=DB=3,AB=2.(1)求證:ABCD;(2)若頂點(diǎn)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(diǎn)E,連接CE,DE,CA=CB,DA=DB,CEAB,DEAB,又DECE=E,AB平面DEC.DC平面DEC,ABCD.(2)解如圖,作DOCE于點(diǎn)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,sinDAO=DOAD=DO3.DO3=216,DO=72,OE=12.O為CE的中點(diǎn).法一:DC=DE=2.過點(diǎn)C作CMDE于點(diǎn)M,取AD的中點(diǎn)G,連接CG,GM,同上可得CM平面ABD,CMAD.CGAD,CGM為二面角C-AD-B的平面角,CG=2-34=52,在CDE中,CM=CEDODE=1722=144.在RtCMG中,MG2=CG2-CM2=38,MG=38,cosCGM=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(diǎn)F,則OC,OF,OD兩兩垂直,如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,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,由圖知為銳角,則cos=|cos<n1,n2>|=|n1n2|n1|n2|=6815=3010,故二面角C-AD-B的平面角的余弦值為3010.