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2024届新高考数学高频考点专项练习：
专题十一 考点32 直线、平面垂直的判定与性质（B卷）
1.已知正三棱锥的所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的余弦值为( )
A. B. C. D.
2.如图，在三棱锥中，，平面ABC，，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
3.如图，在三棱锥中，是以BD为斜边的直角三角形，是以BC为斜边的直角三角形，平面平面BCD，在三棱锥的四个面中，相互垂直的平面组数为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
4.如图，在母线长为3，底面圆的半径为1的圆柱中，垂直于底面，分别是圆柱上、下底面的圆心，是底面圆O的直径，C是弧的中点，则下列结论中错误的是( )
A.平面平面
B.异面直线与所成角的余弦值为
C.和平面所成角的正弦值为
D.三棱锥的体积是
5.如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为3，D是侧面的两条对角线的交点，则直线AD与底面ABC所成角的正切值为( )
A. B. C. D.1
6.如图，在矩形ABCD中，，，E为DC的中点，沿AE将折起，在折起过程中，正确的有( )
①平面ACD；②平面BED；③平面ACD；④平面BED.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
7.在三棱锥中，，，，则二面角等于( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
8.如图，在四棱雉中，底面ABCD，底面ABCD为正方形，且，M为PC上一动点.若，则MB的长度为( )
A. B. C. D.
9.如图所示，为正方体，以下四个结论中正确的有( )
A.平面
B.直线与BD所成的角为60°
C.二面角的正切值是
D.与底面ABCD所成角的正切值是
10.已知四棱雉的顶点都在球心为O的球面上，且平面ABCD，底面ABCD为矩形，，，设E，F分别是PB，BC的中点，则( ).
A.平面平面PCD B.四棱锥的外接球的半径为
C.P，B，C三点到平面AEF的距离相等 D.平面AEF截球O所得的截面面积为
11.如图，在长方形ABCD中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点.现将沿AF折起，使平面平面ABC.在平面ABD内过点D作，垂足为K.设，则实数t的取值范围是_______________.
12.已知，点O在二面角的棱上，点P在平面内，且.若直线PO与平面所成的角为45°，则二面角的正弦值为_________________.
13.如图，已知三棱锥的棱长均为1，底面，点在直线上，且，若动点P在底面内，且的面积为，则动点P的轨迹长度为_________.
14.如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下面四个结论：①三棱锥的体积不变；②平面；③；④平面平面.
其中正确结论的序号是_______________.（写出所有你认为正确结论的序号）
15.某商品的包装纸如图1所示，四边形ABCD是边长为3的菱形，且，，.将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N重合，记为点P，恰好形成如图2所示的四棱锥形的包装盒.
（1）证明：平面ABCD；
（2）设T为BC边上的一点，且二面角的正弦值为，求PB与平面PAT所成角的正弦值.
答案以及解析
1.答案：C
解析：如图所示，过点S作底面ABC，点O为垂足，连接OA，OB，OC，则，点O为等边三角形ABC的中心.延长AO交BC于点D，连接SD.则，.
为侧面SBC与底面ABC所成二面角的平面角.
正三棱锥的所有棱长均为2，
，.
在中，.故选C.
2.答案：B
解析：如图，取PC的中点为E，连接EO，则.平面ABC，平面ABC，.又，，平面PAC.又，平面PAC，为直线CO与平面PAC所成的角.设，则，，，.故选B.
3.答案：B
解析：因为平面平面BCD，平面平面，平面BCD，，所以平面ABD.又因为平面ABD，所以.因为，，，所以平面ACD.又平面ABC，平面ABD，所以平面平面ABC，平面平面ABD.又由题知平面平面BCD，则共有三组互相垂直的平面，故选B.
4.答案：D
解析：对于选项A，为圆O的直径，所以.又平面平面，所以.因为，所以平面.又平面，所以平面平面，故选项A正确;对于选项B，取弧的中点D(不与点C重合)，连接，易知四边形为平行四边形.所以，所以或其补角是异面直线与所成的角，易知平面.又平面，所以，所以为直角三角形.在中，，，所以，故选项B正确;对于选项C，连接，易知平面，则为和平面所成的角.在中，，.所以，故选项C正确;对于选项D，，故选项D错误，故选D.
5.答案：C
解析：如图，取BC的中点E，连接DE，AE，由题知D是的中点，所以，.由题知平面ABC，所以平面ABC.
易知AE是斜线AD在底面上的射影，所以为直线AD与底面ABC所成的角.
在正三角形ABC中，，所以直线AD与底面ABC所成角的正切值为.故选C.
6.答案：A
解析：在矩形ABCD中，，，E为边DC的中点，在折起过程中，点D在平面ABCE上的射影点D'在图中线段上.
与AC所成角不能为直角，
不会垂直于平面ACD，故①错误.
只有点D的射影位于点位置时，即平面AED与平面AEB重合时，才有，此时CD不垂直于平面AECB，
即CD与平面BED不垂直，故②错误.
与AC所成角不能为直角，
不能垂直于平面ACD，故③错误.
，并且在折起过程中，有，
存在一个位置使，
在折起过程中有平面BED，故④正确.
故选A.
7.答案：C
解析：取AB中点O，连接VO，CO.
在三棱锥中，，，，
，，
是二面角的平面角.
，
，
，为等边三角形.
，
二面角等于60°.故选C.
8.答案：B
解析：如图所示，连接AC，BD.因为底面ABCD为正方形，所以.又因为底面ABCD，平面ABCD，所以.因为，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC.因为平面PAC，所以.因为，，平面BDM，平面BDM，所以平面BDM.又因为平面BDM，所以.因为底面ABCD为正方体，所以.又底面ABCD，平面ABCD，所以.因为，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB.又因为平面PAB，所以.在中，，，所以.在中，.又，所以.
9.答案：AB
解析：如图，连接.，，，平面.平面，.同理，.，平面，故A正确.，异面直线与BD所成的角是或其补角.是等边三角形，，故B正确.设，连接OC，则是二面角的平面角，，故C不正确.连接AC，平面ABCD，是与底面ABCD所成的角，，故D不正确.
10.答案：BCD
解析：对于A，取线段PC的中点O，连接EO，OD，则，所以，，在梯形ADOE中，AE与OD不平行，若平面平面PCD，因为平面平面，平面平面，所以，这和AE与OD不平行相矛盾，故A错误；
对于B，由题意可将该四棱锥补形为一个长方体，易知球心O为长方体的对角线的中点，即PC的中点，故球O的直径，所以，故B正确；
对于C，E为PB的中点，则P，B两点到平面AEF的距离相等，同理F为BC的中点，则B，C两点到平面AEF的距离相等，故C正确；
对于D，设球心到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r，由题意可知，球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，，，，因为，所以，点E到平面ABF的距离为，在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得，所以，所以截面圆的面积为，故D正确.故选BCD.
11.答案：
解析：过点K作于点M，连接DM.平面平面ABC，平面平面，，平面ABD，平面ABC.平面ABC，.，，平面DMK.平面DMK，.与折前的图形对比，可知折前的图形中D，M，K三点共线，且，，，即，.，.
12.答案：
解析：如图，过点P作，垂足为E，过E作，垂足为F，连接OE，PF，则为直线PO与平面所成的角，为二面角的平面角.设，则在中，由，可得.在中，由，可得.在中，，即二面角的正弦值为.
13.答案：
解析：设P到直线的距离为d，则，得，易知H为的中心，又平面当点P在平面内时，点P的轨迹是以H为圆心，为半径的圆.内切圆的半径为，∴圆H的一部分位于外，结合题意得点P的轨迹为圆H位于内的三段相等的圆弧.
如图，过点H作，垂足为O，则，记圆H与线段的交点为K，连接，可得，点P的轨迹长度为圆H周长的，
∴点P的轨迹长度为.
14.答案：①②④
解析：连接AC，，，，.因为，，所以四边形是平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.同理可证平面，又因为平面，平面，且，所以平面平面.因为平面，所以平面，故②正确.因为，所以平面，所以点P到平面的距离不变.又因为，所以三棱锥的体积不变，故①正确.连接DB，，DP.因为，所以当P为的中点时才有，故③错误.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.又因为，，所以平面.连接，又因为平面，所以.同理可证.又因为平面，平面，，所以平面.又因为平面，所以平面平面，故④正确.
15、（1）答案：证明见解析
解析：由题意得，所以，同理可得.
在翻折的过程中，垂直关系保持不变，
所以，，
又，所以平面ABCD.
（2）答案：PB与平面PAT所成角的正弦值为
解析：因为平面，平面ABCD，所以.
又，所以为二面角的平面角.
因为，所以.
在中，，所以
，
由正弦定理，得.
如图，以点A为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设平面PAT的一个法向量为，
则有即取，则，
设PB与平面PAT所成角为，则，
所以PB与平面PAT所成角的正弦值为.
2专题十一 考点32 直线、平面垂直的判定与性质（A卷）
1.已知二面角的大小为，m，n为异面直线，且，，则m，n所成的角为( ).
A. B. C. D.
2.在中，，，，所在平面外一点P到三顶点A，B，C的距离都是14，则点P到平面ABC的距离是( )
A.6 B.7 C.9 D.13
3.已知在三棱锥中，平面ABC，垂足为O，且，则点O一定是的( ).
A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心
4.如图，在所有棱长均相等的直三棱柱中(侧棱与底面垂直的三棱柱)，E是的中点，则下列结论中错误的选项是( )
A.平面
B.异面直线AE与所成角的正切值为
C.平面
D.三棱锥的体积是三棱柱体积的
5.如图，点分别是正方体的棱的中点，则( )
A.平面
B.平面
C.直线与平面所成的角为45°
D.平面平面
6.已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为，则O到平面ABC的距离为( )
A. B. C.1 D.
7.如图，已知正三棱柱，，E，F分别是棱BC，上的点.记EF与所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角的平面角为，则( )
A. B. C. D.
8.在直三棱柱中，，，，E，F为线段的三等分点，点D在线段EF上（包括端点）运动，则二面角的正弦值的取值范围为( )
A. B. C. D.
9.（多选）如图，正方体的棱长为1，则以下说法正确的是( )
A.直线BC与平面所成的角等于
B.点C到面的距离为
C.两条异面直线和所成的角为
D.三棱柱的外接球的半径为
10.（多选）如图，中， 为边上的高，将绕逆时针旋转θ到的位置，则( )
A.记的中点分别为，则旋转过程中平面
B.当时，三棱锥的外接球的表面积为
C.存在某一位置使得平面
D.当时，与平面所成角的正弦值为
11.如图所示，已知矩形ABCD中，，若平面ABCD，在BC边上取点E，使，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是_______.
12.在三棱锥中，，则二面角的大小为_________.
13.已知中，，P为平面ABC外一点，且，则平面PBC与平面ABC的位置关系是_________.
14.在正三棱锥中，为正三角形，于点M，，则正三棱锥的外接球的球心到平面PAC的距离为________.
15.如图1，在平面图形ABCDE中，，，，，沿BD将折起，使点C到F的位置，且，，如图2.
(1)求证：平面平面AEG.
(2)线段FG上是否存在点M，使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为 若存在，求出GM的长；若不存在，请说明理由.
答案以及解析
1.答案：B
解析：二面角的大小为，m，n为异面直线，且，，则m，n所成的角与，所成的角相等，所以.
2.答案：B
解析：由余弦定理得，，R为外接圆的半径，得，
则点P到平面ABC的距离是.
3.答案：B
解析：如图所示，分别连接OA，OB，OC，由平面ABC，可得，，.又因为，所以利用勾股定理，可得，所以点O一定是的外心.故选B.
4.答案：B
解析：如图，连接，，，由题意可知是等边三角形，E是的中点，所以.在直三棱柱中，，，所以平面，故选项A正确；在三棱柱中，，异面直线AE与所成角即为与AE所成角.设直三棱柱的棱长为a，则，所以在中，，故选项B错误；在三棱柱中，，由线面平行的判定定理可知平面，故选项C正确：由棱锥和棱柱的体积公式可知选项D正确，故选B.
5.答案：C
解析：如图，连接.结合已知条件及正方体的性质可知，.因为平面，所以与平面不平行，因此A不正确.连接.易得.又，所以为直线与所成的角.因为，所以，所以与不垂直，所以与平面，不垂直，因此B不正确.由平面，得为直线与平面所成的角.易得，所以直线与平面所成的角为45°，因此C正确.因为， 与平面相交，所以直线与平面相交，则平面与平面相交，因此D不正确.故选C.
6.答案：C
解析：设等边三角形ABC的边长为a，因为其面积为，所以，解得.故的外接圆半径.设球O的半径为R，因为球O的表面积为，所以，得.所以O到平面ABC的距离.故选C.
7.答案：A
解析：设，由题意设.当点E，F分别与点B，重合时（如图1），连接，EF与所成的角为，即，所以.因为平面ABC，所以EF与平面ABC所成角为，即，所以.取BC的中点G，连接FG，AG，则由为正三角形知.又由平面ABC，知.又，所以平面，所以，所以二面角的平面角为，即，易知，所以，所以，此时有.
当点F与点重合且点E为BC中点时（如图2），连接AE，.易知EF与所成的角为，即；EF与平面ABC所成角为，即；二面角的平面角为，即.因为在中，，即，所以.综合上面E，F的两种特殊位置知，，故选A.
8.答案：C
解析：第一步：作辅助线，找到二面角的平面角
易知平面ABC，故，又，，所以，.过D作交AC于点M，则，故平面ABC.过M作交AB于点N，连接DN，则，即二面角的平面角.
第二步：将二面角的正弦值表示为某个参数的函数
设，
在中，，所以，，所以，.在中，，则.
第三步：利用函数知识求解
易知在上的值域为，所以.故选C.
9.答案：ABD
解析：正方体的棱长为1，对于A，直线BC与平面所成的角为，故A正确；对于B，点C到面的距离为长度的一半，即距离为，故B正确；对于C，连接AC，因为，所以异面直线和所成的角即直线和所成的角，又是等边三角形，所以异面直线和所成的角为，故C错误；对于D，三棱柱的外接球就是正方体的外接球，正方体的外接球半径，故D正确.故选ABD.
10.答案：AC
解析：，，.又.记的中点分别为，得.平面平面平面，故选项A正确;，且平面，平面.若，则两两垂直，以为邻边作长方体，该长方体的长，宽，高分别为2，4，，所以其体对角线长为，其外接球的半径为，则长方体的外接球表面积为，即三棱锥的外接球的表面积为，故选项B错误;当时，由条件可得，此时平面平面，.又平面，故选项C正确;，设点O到平面的距离为d，则，而，，.设与平面所成角为α，则，故选项D错误，故选AC.
11.答案：
解析：由题意知：，又，所以面PAE，
所以.易证.
设，则，即.
所以.由，解得.
12.答案：60°
解析：取AB中点M，连接PM，MC，则，
所以就是二面角的平面角.
由已知易求得：，又，所以即为所求.
13.答案：平面平面ABC
解析：因为，所以P在所在平面上的射影必落在的外心上，
又的外心为BC的中点，设为O，则平面ABC，
又平面PBC，所以平面平面ABC.
14.答案：
解析：依题意，为等腰三角形，且；而，
因此，故，
在中，.
取正三角形ABC的中心Q，则平面ABC，且正三棱锥的外接球球心O在直线PQ上.
由于，在中，根据勾股定理得.
设正三棱锥的外接球半径为R，则由得，解得.
在中，，故，所以，
设的外接圆半径为r，则根据正弦定理得，解得，
所以O到平面PAC的距离等于.
15.答案：(1)证明见解析
(2)线段FG上存在点M，使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为，且
解析：(1)因为，所以，
又，所以.
因为，，
所以四边形ABDE为等腰梯形，
又，所以，
所以，所以，即，
因为，，平面AEG，所以平面AEG，
又平面GEBF，所以平面平面AEG.
(2)由(1)知EA，EB，EG两两互相垂直.
以E为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，四边形GEBF是矩形，所以，
即，，.
假设线段FG上存在点M满足题意，
令，则，，.
设平面MAB的一个法向量为，
则令，则.
由题知平面AEG的一个法向量为.
设平面MAB与平面AEG所成角为，
则，，
所以，所以，即.
综上，线段FG上存在点M，使得平面MAB与平面AEG所成角的余弦值为，且.
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