【数学】2020届浙江一轮复习通用版8-5直线、平面垂直的判定及其性质作业
[基础达标]
1．(2019·嘉兴市七校联考)“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B.根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以应该是必要不充分条件．
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．(2019·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．(2019·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．(2019·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“0
∠A′CA
C．α<∠A′CD D．α>∠A′CD
解析：选B.
因为AB∥CD，所以∠A′BA为异面直线CD与A′B所成的角．
假设AB＝BC＝1，平面A′BD⊥平面ABCD.
连接AC交BD于点O，
连接A′A，A′C，A′O，
则A′O⊥平面ABCD，
A′O＝AO＝BO＝CO＝DO＝AC＝，
所以A′A＝A′C＝A′B＝A′D＝1，
所以△A′BA，△A′CD是等边三角形，
△A′CA是等腰直角三角形，
所以∠A′CA＝45°，
∠A′CD＝∠A′BA＝60°，
即α>∠A′CA，α＝∠A′CD.
排除A，C，D.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．(2019·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．(2019·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．(2019·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＝.
[能力提升]
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．(2019·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．(2019·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．(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作直二面角ACPB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．(2019·浙江模拟)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．(2019·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，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.
