1、 专题强化训练 1设平面 与平面 相交于直线 m，直线 a 在平面 内，直线 b 在平面 内，且 bm， 则“ab”是“”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 ，bm，所以 b，又直线 a 在平面 内，所以 ab；又直线 a， m 不一定相交，所以“ab”是“”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， ABMQ， 且 AB平面 MNQ， MQ平面 MNQ， 则
2、 AB平面 MNQ； C 选项中，ABMQ，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 ABCD- A1B1C1D1中，E 为棱 CD 的中点，则( ) AA1EDC1 BA1EBD CA1EBC1 DA1EAC 解析：选 C.A1B1平面 BCC1B1，BC1平面 BCC1B1，所以 A1B1BC1，又 BC1B1C，且 B1CA1B1B1，所以 BC1平面 A1B1CD，又 A1E平面 A1B1CD，所以 BC1A1E.故选 C. 4设 A，B，C，D 是空间四个
3、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 ABAC，DBDC，则 ADBC D若 ABAC，DBDC，则 ADBC 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 ABAC，DBDC，AD 不一定等于 BC；D 中，若 ABAC，DBDC，可以证明 ADBC. 5 (2019 温州市高考数学二模)棱
4、长为 2 的正方体 ABCD- A1B1C1D1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( ) A2 2 B. 10 C. 11 D2 3 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 2，EN2，MEN135， 所以 MN4222 2 2 2 10. 6.(2019 杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在三棱柱 ABC- A1B1C1 中，点 P 在平面 A1B1C1内运动，使得二面角 P
5、- AB- C 的平面角与二面角 P- BC- A 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 ABC- A1B1C1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 QDAB 于点 D，作 QEBC 于点 E， 则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 tanPD
6、QPQ DQ，tanPEQ PQ EQ， 又二面角 P- AB- C 的平面角与二面角 P- BC- A 的平面角互余，所以 tanPDQtanPEQ 1，即PQ DQ PQ EQ1，所以 QD QEPQ 2m2，因 Q(x，y，0)，所以 QEx，QDy， 所以有 xym2，所以 ym 2 x (x0)，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 A- BCD 的所有棱长都相等，若 AB 与平面 所成 角等于 3 ，则平面 ACD 与平面 所成角的正弦值的取值范围是( ) A. 3 6 6 ，3 6 6 B. 3
7、6 6 ，1 C. 2 2 3 6 ， 2 2 3 6 D. 2 2 3 6 ，1 解析：选 A.因为三棱锥 A- BCD 的所有棱长都相等， 所以三棱锥 A- BCD 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 APBP 3，可得 cosBAP 3 3 ，sinBAP 6 3 . 设BAP. 当 CD 与 平行且 AB 在平面 ACD 上面时，平面 ACD 与平面 所成角的正弦值最小，为 sin 3 sin 3 cos cos 3 sin 3 2 3 3 1 2 6 3 3 6 6 ； 当 CD 与 平行且
8、AB 在平面 ACD 下面时，平面 ACD 与平面 所成角的正弦值最大，为 sin 3 sin 3 cos cos 3 sin 3 2 3 3 1 2 6 3 3 6 6 ，所以平面 ACD 与平面 所成角的正弦值的取值范围是 3 6 6 ，3 6 6 .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 AC2，BC3，P 为斜边 AB 上一点，沿 CP 将此三角形折成 直二面角 A- CP- B，此时二面角 P- AC- B 的正切值为 2，则翻折后 AB 的长 为( ) A2 B. 5 C. 6 D. 7 解析：选 D.如图，在平面 PCB
9、内过 P 作直二面角 A- CP- B 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 P- AC- B 的棱 AC 的垂线， 垂足为 D， 连接 DE，则PDE 为二面角 P- AC- B 的平面角，且 tanPDEEP PD 2，设 DPa，则 EP 2a. 如图，设BCP，则ACP90，则在直角三角形 DPC 中， PC a sin（90） a cos ，又在直角三角形 PCE 中，tan PE PC，则 a cos tan 2a，sin 2cos2，所以 45，因为二面角 A CPB为直二面角， 所以cosACBcosACP co
10、sBCP， 于是AC 2BC2AB2 2ACBC cosACP sin ACP1 2，解得 AB 7. 9(2019 台州市书生中学月考)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PD平 面 ABCD，ABCD，ADCD，PDADDC2AB，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 ABCD，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 4 .设 AB1，则可计算得，PB3，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
11、弦值为 d PB 2 3. 答案： 4 2 3 10.如图，在三棱锥 A- BCD 中，ABACBDCD3，ADBC 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 MKAN， 所以KMC 即为异面直线 AN，CM 所成的角 因为 ABACBDCD3， ADBC2，N 为 BC 的中点， 由勾股定理易求得 ANDNCM2 2， 所以 MK 2. 在 RtCKN 中，CK （ 2）212 3. 在CKM 中，由余弦定理，得 cosKMC（ 2）
12、2（2 2）2（ 3）2 2 22 2 7 8. 答案：7 8 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：BCPC；OM 平面 APC；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， 因为 PA平面 ABC， 所以 PABC.因为 AB 为O 的直径， 所以 BCAC， 所以 BC平面 PAC，又 PC平面 PAC，所以 BCPC；对于，因为点 M 为线段 PB 的中点， 所以 OMPA，因为 PA平面 PAC，所以 OM平面 PAC；对于，由知 BC平面 PAC， 所以
13、线段 BC 的长即是点 B 到平面 PAC 的距离，故都正确 答案： 12.(2019 杭州市高三期末)在ABC 中，ABC 3 ，边 BC 在平面 内，顶点 A 在平面 外，直线 AB 与平面 所成角为 .若平面 ABC 与平面 所成的二面角为 3 ，则 sin _ 解析：过 A 作 AO，垂足是 O，过 O 作 ODBC，交 BC 于 D，连 接 AD， 则 ADBC，所以ADO 是平面 ABC 与平面 所成的二面角，即 ADO 3 ，ABO 是直线 AB 与平面所成的角，即ABO， 设 AO 3， 所以 AD2，在 RtADB 中， ABD 3 ，所以 AB 2 sin 3 4 3 3
14、， 所以 sin AO AB 3 4 3 3 3 4. 答案：3 4 13(2019 浙江名校新高考联盟联考)如图，已知正四面体 D- ABC，P 为线段 AB 上的动点(端点除外)， 则二面角 D- PC- B 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 D- PC- B 的平面角逐渐增大，二 面角 D- PC- B 的平面角最小趋近于二面角 D- AC- B 的平面角，最大趋近于 二面角 D- BC- A 的平面角的补角，故余弦值的取值范围是 1 3， 1 3 . 答案： 1 3， 1 3 14.(2019 义乌市高三月考)如图， 边长为 2 的正ABC
15、顶点 A 在平 面 上，B，C 在平面 的同侧，M 为 BC 的中点，若ABC 在平面 上的射影是以 A 为直角顶点的AB1C1，则 M 到平面 的距离的取值 范围是_ 解析：设BAB1，CAC1，则 AB12cos ，AC12cos ，BB12sin ，CC1 2sin ，则点 M 到平面 的距离 dsin sin ，又 AM 3，则 B1C12 3d2，即 cos2cos23(sin22sin sin sin2)也即 sin sin 1 2，所以 dsin sin sin 1 2sin 2，当 sin 1 时，d3 2，则 2d 3 2. 答案： 2，3 2 15(2019 宁波诺丁汉大学
16、附中高三期中考试)三棱锥 A- BCD 中，E 是 BC 的中点，ABAD，BDDC. (1)求证：AEBD； (2)若 DB2DC 2AB2，且二面角 A- BD- C 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 FEDC. 又 BDDC，所以 BDFE. 因为 ABAD，所以 BDAF. 又 AFFEF，AF，FE平面 AFE， 所以 BD平面 AFE，又 AE平面 AFE， 所以 AEBD. (2)由(1)知 BDAF，BDEF 所以AFE 即为二面角 A- BD
17、- C 的平面角， 所以AFE60.因为 ABAD 2，BD2， 所以ABD 为等腰直角三角形，故 AF1 2BD1， 又 FE1 2DC 1 2， 所以 AE2AF2FE22AF FE cosAFE11 421 1 2cos 60 3 4，即 AE 3 2 ， 所以 AE2FE21AF2，所以 AEFE， 又由(1)知 BDAE，且 BDFEF，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 RtAED 中，AE 3 2 ，AD 2， 所以 AD 与平面 BCD 所成角的正弦值 sinADEAE AD 6 4 . 16(2
18、019 浙江二模)如图，在四棱锥 E- ABCD 中，平面 CDE平面 ABCD，DABABC90，ABBC1，ADED3，EC2. (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DABABC90， 所以四边形 ABCD 是直角梯形， 因为 ABBC1，ADED3，EC2. 所以 CD 12（31）2 5， 所以 CE2DC2DE2，所以 ECCD， 因为平面 EDC平面 ABCD，平面 EDC平面 ABCDDC， 所以 CE平面 ABCD， 所以 CEAB，又 ABBC，BCCEC， 所以 AB平面 BCE. (2)过 A 作 AHD
19、C，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1 2DCAH ADBC 2 AB1 2ABBC， 所以 AH 1 2（31）1 1 211 1 2 5 3 5 5 ， AE AB2（CE2BC2） 6， 所以 sinAEH 30 10 ， 所以直线 AE 与平面 CDE 所成角的正弦值为 30 10 . 17(2019 绍兴诸暨高考二模)四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，E 为 AD 的中点，四边形 ABCE 为菱形，BAD120， PAAB，G、F 分别是线段 CE、PB 的中点 (1)求证：FG平面 PDC
20、； (2)求二面角 F- CD- G 的正切值 解：(1)证明：延长 BG 交 AD 于点 D， 因为PF PB CG CE 1 2， 而CG CE BG BD 1 2，所以 BF PB BG BD 1 2， 所以 FGPD.因为 FG平面 PDC，PD平面 PDC， 所以 FG平面 PDC. (2)过点 F 作 FMAB 于点 M，易知 FM平面 ABCD， 过 M 作 MNCD 于点 N，连接 FN，则 CD平面 FMN， 所以 CDMN，CDFN， 所以FNM 即为所求二面角的平面角， 不妨令 PAAB1，则 FM1 2，MN 3 4， 所以 tan 2 3. 18(2019 浙江名校协
21、作体高三质检)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为梯形，ADBC，ABBCCD1，DA2， 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，AD2，所以 OAOD1BC. 又因为 ADBC，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 MNPD. 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 OBCD1， 所以AOB 为等边三角形，所以A60， 所以 BD142121 2 3，即 AB 2BD2AD2， 即 ABBD. 因为 DP平面 ABP，所以 ABPD. 又因为 BDPDD，所以 AB平面 BDP， 所以APB 为 AP 与平面 PBD 所成的角，即APB60， 所以 PB 3 3 .
