浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題五　立體幾何與空間向量 專題能力訓(xùn)練12 Word版含答案

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1、專題能力訓(xùn)練12　空間中的平行與垂直 (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.給出下列四個命題: ①分別與兩條異面直線都相交的兩條直線一定是異面直線; ②如果一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線,那么這兩個平面相互垂直; ③垂直于同一直線的兩條直線相互平行; ④如果兩個平面垂直,那么一個平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直. 其中為真命題的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A.①② B.②③ C.③④ D.②④ 2.(2017浙江吳越聯(lián)盟第二次聯(lián)考)已知直線a,b以及平面α,β,則下列命題正確的是(　　)

2、 A.若a∥α,b∥α,則a∥b B.若a∥α,b⊥α,則a⊥b C.若a∥b,b∥α,則a∥α D.若a⊥α,b∥β,則α⊥β 3.如圖所示,在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,構(gòu)成四面體A-BCD,則在該四面體中,下列說法正確的是(　　) A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ACD⊥平面BCD C.平面ABC⊥平面BCD D.平面ACD⊥平面ABC 4.將正方形ABCD沿對角線AC折成120°的二面角,則折后的直線BD與平面ABC所成角的正

3、弦值為(　　) A B C D 5.平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為(　　) A B C D 6.在四面體ABCD中,AB=CD,AC=BD,AD=BC,以下判斷錯誤的是(　　) A.該四面體的三組對棱的中點連線兩兩垂直 B.該四面體的外接球球心和內(nèi)切球球心重合 C.該四面體的各面是全等的銳角三角形 D.該四面體中任意三個面兩兩所成二面角的正弦值之和為1 7.如圖,在四邊形ABCD中,AB=BD=DA=2,BC=CD=現(xiàn)將△ABD沿BD折起,當二面角A-BD-C處

4、于過程中,直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是(　　) A B C D 8.(2017浙江紹興一模)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱AB的中點為P,若光線從點P出發(fā),依次經(jīng)三個側(cè)面BCC1B1,DCC1D1,ADD1A1反射后,落到側(cè)面ABB1A1(不包括邊界)上,則入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1所成角的正切值的范圍是(　　) A B C D 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.設(shè)l是直線,α,β是兩個不同的平面,則下列說法正確的是　　　　　.  ①若l∥α,l∥β,則α∥β; ②若l∥α,l⊥β,則α⊥β; ③若α⊥

5、β,l⊥α,則l∥β; ④若α⊥β,l∥α,則l⊥β. 10. 如圖,AB為圓O的直徑,點C在圓周上(異于點A,B),直線PA垂直于圓O所在的平面,點M為線段PB的中點.有以下四個命題: ①PA∥平面MOB; ②MO∥平面PAC; ③OC⊥平面PAC; ④平面PAC⊥平面PBC. 其中正確的命題是　　　　　　(填上所有正確命題的序號).  11.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各邊都相等,M是PC上的一動點,當點M滿足　　　　　時,平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認為是正確的條件即可)  12.(2017浙江“

6、超級全能生”3月聯(lián)考)在矩形ABCD中,AB=,BC=1,將△ABC與△ADC沿AC所在的直線進行隨意翻折,在翻折過程中直線AD與直線BC所成的角的范圍(包含初始狀態(tài))為　　　　　.  A B C D 13.如圖,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A=2,底面是邊長為1的正方形,E,F,G分別是棱BB1,AA1,AD的中點,則平面A1DE與平面BGF的位置關(guān)系是　　　　　(填“平行”或“相交”).  14.如圖,矩形ABCD的邊AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=2,現(xiàn)有數(shù)據(jù):①a=;②a=1;③a=;④a=4,當BC邊上存在點Q,使PQ

7、⊥QD時,可以取　　　　　(填正確的序號).  三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)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. 16.(本小題滿分15分)如圖,AB=BE=BC=2AD=2,且AB⊥BE,∠DAB=60°,AD∥BC,BE⊥AD, (1)

8、求證:平面ADE⊥平面BDE; (2)求直線AD與平面DCE所成角的正弦值. 參考答案 專題能力訓(xùn)練12　空間中的平行與垂直 1.D　解析 分別與兩條異面直線都相交的兩條直線,可能相交也可能異面,故A錯誤; 根據(jù)面面垂直的判定定理,可知當一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線時,這兩個平面一定相互垂直,故B正確; 垂直于同一直線的兩條直線可能平行也可能相交還可能異面,故C錯誤; 由面面垂直的性質(zhì)定理,可知當兩個平面垂直時,一個平面內(nèi)與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直,故D正確. 故選D. 2.B　解析 對于A,若a∥α,b∥α,則a∥b或a

9、,b相交、異面,不正確; 對于B,若a∥α,則經(jīng)過a的平面與α交于c,a∥c, ∵b⊥α,∴b⊥c,∵a∥c,∴a⊥b,正確; 對于C,若a∥b,b∥α,則a∥α或a?α,不正確; 對于D,若a⊥α,b∥β,則α,β的位置關(guān)系不確定,不正確.故選B. 3.D　解析 因為AD=AB,∠BAD=90°,則∠DBC=45°?DB⊥DC,又平面ABD⊥平面BCD,所以DC⊥平面ABD?CD⊥AB,結(jié)合AB⊥AD,AD∩CD=D可得AB⊥平面ACD,故平面ACD⊥平面ABC,應(yīng)選D. 4.A　解析 設(shè)AC的中點為E,由正方形的性質(zhì)可知,BE⊥AC,DE⊥AC,折起后仍有B

10、E⊥AC,DE⊥AC成立,所以∠DEB是二面角的平面角,即∠DEB=120°,可得∠DBE=30°,在平面DEB內(nèi)作DO⊥BE于點O,根據(jù)AC⊥平面DEB可得DO⊥AC,從而可得DO⊥平面ABC,∠DBE是直線DB與平面ABC所成的角,因為∠DBE=30°,所以直線DB與平面ABC所成的角的正弦值為.故選A. 5.A　解析 ∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D1. ∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1

11、D1∩平面DCC1D1=CD1, ∴n∥CD1. ∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角, 即∠B1D1C等于m,n所成的角. ∵△B1D1C為正三角形,∴∠B1D1C=60°, ∴m,n所成的角的正弦值為. 6.D　解析 如圖,把該四面體ABCD補成一個長方體,四面體ABCD的棱是長方體面上的對角線,由長方體的性質(zhì)知A,B, C都正確,只有D錯誤.故選D. 7.D　解析 如圖所示,取BD中點E,連接AE,CE,則∠AEC即為二面角A-BD-C的平面角, ∵AC2=AE2+CE2-2AE·CE·cos∠AEC=4-2cos∠AEC,∠

12、AEC∈, ∴AC∈[1,], ∴=2cos<>=·()=-2+AB·BC·=1-,設(shè)異面直線AB,CD所成的角為θ, ∴0≤cos θ≤.故選D. 8.C　解析 根據(jù)線面角的定義,當入射光線在面BCC1B1的入射點離點B距離越近,入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1所成角的正切值越大, 如圖所示,此時tan∠PHB=, 結(jié)合選項,可得入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1所成角的正切值的范圍是.故選C. 9.②　解析 ①中,α∥β或α與β相交,不正確.②中,過直線l作平面γ,設(shè)α∩γ=l',則l'∥l,由l⊥β,知l'⊥β

13、,從而α⊥β,②正確. ③中,l∥β或l?β,C不正確. ④中,l與β的位置關(guān)系不確定.故填②. 10.②④　解析 ①錯誤,PA?平面MOB;②正確;③錯誤,若OC⊥平面PAC,有OC⊥AC,這與BC⊥AC矛盾;④正確,因為BC⊥平面PAC. 11.DM⊥PC(或BM⊥PC等)　解析 由定理可知,BD⊥PC. ∴當DM⊥PC(或BM⊥PC)時,有PC⊥平面MBD. 又PC?平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD. 12.　解析 初始狀態(tài)直線AD與直線BC成的角為0°,翻折過程中當BC⊥BD時,直線AD與直線BC成的角為直角,因此直線AD與直線BC所成的角的范圍為. 13

14、.平行　解析 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是棱BB1,AA1,AD的中點,所以FG∥A1D. 所以FG∥平面A1DE. 同理FB∥平面A1DE,又FG∩FB=F,所以平面BGF∥平面A1DE. 14. ①②　解析 如圖,連接AQ, 因為PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥DQ. 又PQ⊥QD,所以AQ⊥QD. 故Rt△ABQ∽Rt△QCD. 令BQ=x,則有, 整理得x2-2x+a2=0.由題意可知方程x2-2x+a2=0有正實根,所以0<a≤1. 15.(1)證明 ∵∠DAB=∠ABC=90°, ∴四邊形ABCD是直角梯形.

15、 ∵AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2, ∴CD=, ∴CE2+DC2=DE2,∴EC⊥CD, ∵平面EDC⊥平面ABCD,平面EDC∩平面ABCD=DC,∴CE⊥平面ABCD,∴CE⊥AB, 又AB⊥BC,BC∩CE=C, ∴AB⊥平面BCE. (2)解 過點A作AH⊥DC,交DC于點H, 則AH⊥平面DCE,連接EH, 則∠AEH是直線AE與平面DCE所成角的平面角, ∵×DC×AH=×AB-×AB×BC, ∴AH=, AE=, ∴sin∠AEH=, ∴直線AE與平面CDE所成角的正弦值為. 16.解 (1)∵AB=2AD,∠DAB=60°,∴AD⊥DB, 又BE⊥AD,且BD∩BE=B, ∴AD⊥平面BDE,又AD?平面ADE, ∴平面ADE⊥平面BDE. (2)∵BE⊥AD,AB⊥BE,∴BE⊥平面ABCD, ∴點E到平面ABCD的距離就是線段BE的長為2. 設(shè)AD與平面DCE所成角為θ,點A到平面DCE的距離為d,由VA-DCE=VE-ADC,得×d×S△CDE=×|BE|×S△ACD,解得d=, 而AD=1,則sin θ=. 故直線AD與平面DCE所成角的正弦值為.