专题强化练直线与平面的位置关系-2024-2025学年高一下学期数学苏教版（2019）必修第二册

专题强化练直线与平面的位置关系 1.如图,设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G,H.为使PQ⊥GH,还需增加的一个条件是(　　) A.EF⊥平面α　　B.EF⊥平面β C.PQ⊥GE　　D.PQ⊥FH 2.(多选题)(2024安徽淮南第二中学月考)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,DA=AB=BC=,E为CD的中点,将△DAE沿AE折起,使点D到达点P的位置(点P不在平面ABCE内),连接PB,PC(如图2),则在翻折过程中,下列说法正确的有(　　) 　 A.BC∥平面PAE B.PB⊥AE C.存在某个位置,使PC⊥平面PAE D.PB与平面ABCE所成角的最大值为 3.(2024广西模拟)在三棱锥V-ABC中,BV⊥平面VAC,VA=1,AB=AC=,点F为棱VA上一点,过点F作三棱锥V-ABC的截面,使截面平行于直线VB和AC,当该截面面积取得最大值时,CF=(　　) A. 4.(2022江苏南通期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,AC1⊥平面α,当平面α过点B1时,平面α截此正方体所得截面多边形的面积为　　　　;当平面α过线段BB1的中点N时,平面α截此正方体所得截面多边形的周长为　　　　.  5.(2024四川成都天府第七中学月考) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O是AC与BD的交点,∠ADC=45°,AD=AC=2,PO⊥平面ABCD,PO=2,M是PD的中点. (1)证明:PB∥平面ACM; (2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值. 6.(2024四川成都蓉城名校联盟第三次模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,满足AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=DC=2,BC=3,点M为PD的中点,点N为PC的三等分点(靠近点P). (1)求证:PC⊥平面AMN; (2)若线段PB上的点Q在平面AMN内,求的值. 7.(2024江苏镇江实验高级中学月考)如图,已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=2,M,N分别是线段PB,DC上的点,满足=λ. (1)若λ=1,求证:直线MN∥平面PDA; (2)是否存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC?如果有,请求出λ的值;否则,请说明理由; (3)若λ=1,求直线MN与直线PD所成最大角的余弦值. 8.如图①,C,D是以AB为直径的圆上两点,且AB=2AD,AC=BC,将△ABC所在的半圆沿直径AB折起,使得点C在平面ABD内的射影E在BD上,如图②. (1)求证:BC⊥平面ACD; (2)在线段AB上是否存在点F,使得AD∥平面CEF?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 1.B　因为EG⊥平面α,PQ⊂平面α,所以EG⊥PQ. 若EF⊥平面β,则由PQ⊂平面β,得EF⊥PQ. 又EG与EF为相交直线,EG,EF⊂平面EGHF, 所以PQ⊥平面EGHF, 因为GH⊂平面EGHF,所以PQ⊥GH,故选B. 2.AB　对于A,在等腰梯形ABCD中,AB=CD,E为CD的中点,所以ABCE, 所以四边形ABCE为平行四边形,所以BC∥AE, 则在题图2中,仍有BC∥AE,因为BC⊄平面PAE,AE⊂平面PAE,所以BC∥平面PAE,故A正确; 对于B,取AE的中点O,连接PO,BO, 因为PA=PE,O为AE的中点,所以PO⊥AE, 在等腰梯形ABCD中,连接BE, 易证得四边形ABED为平行四边形, 所以BE=AD=AB, 又O为AE的中点, 所以BO⊥AE, 因为PO∩BO=O,PO,BO⊂平面POB, 所以AE⊥平面POB, 又PB⊂平面POB,所以AE⊥PB,故B正确; 对于C,若PC⊥平面PAE,因为PE⊂平面PAE,所以PC⊥PE, 在Rt△PEC中,必有EC>PE,与EC=PE矛盾,故C错误; 对于D,作PM⊥BO,交BO或BO的延长线于点M, 由选项B知,AE⊥平面POB,而PM⊂平面POB,所以AE⊥PM, 因为AE∩BO=O,AE,BO⊂平面ABCE,所以PM⊥平面ABCE, 所以∠PBO为直线PB与平面ABCE所成的角,显然∠PBO∈,故D错误. 故选AB. 3.C　根据题意,在平面VAC内,过点F作EF∥AC,交VC于点E,在平面VBC内,过点E作EQ∥VB,交BC于点Q,在平面VAB内,过点F作FD∥VB,交AB于点D,连接DQ,如图所示, 因为EF∥AC,所以△VCA∽△VEF, 不妨设k. 又VA=1,AC=, 所以在△VAC中,由余弦定理得VC==1,则VC2+VA2=AC2,即VC⊥VA. 又BV⊥平面VAC,VC,VA⊂平面VAC, 所以BV⊥VC,BV⊥VA. 又AB=. 因为FD∥VB,所以△AFD∽△AVB, 则, 因为=1-k, 所以=1-k,即FD=1-k, 同理可得QE=1-k,即QE=FD, 因为EQ∥VB,FD∥VB,所以EQ∥FD, 故四边形EFDQ为平行四边形, 而EQ⊂平面EFDQ,VB⊄平面EFDQ, 故VB∥平面EFDQ,同理可得AC∥平面EFDQ, 即四边形EFDQ为截面图形. 又BV⊥平面VAC,EF⊂平面VAC,所以BV⊥EF, 又FD∥VB,所以FD⊥EF, 故平行四边形EFDQ为矩形, 则S矩形EFDQ=EF·FD=, 所以当k=, 此时VF=kVA=, 在Rt△CVF中,CF=. 故选C. 4.答案　2 解析　连接BC1,B1C,B1D1,A1C1,CD1.因为AB⊥平面B1BCC1,B1C⊂平面B1BCC1,所以AB⊥B1C,又BC1⊥B1C,AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1,又AC1⊂平面ABC1,所以B1C⊥AC1.同理可证,AC1⊥D1B1,又B1C∩B1D1=B1,所以AC1⊥平面B1CD1,即平面α截此正方体所得截面就是平面B1CD1. 易得B1C=CD1=B1D1=2, 所以. 分别取BC,DC,DD1,A1D1,A1B1的中点E,F,G,H,M,连接EF,GF,HG,HM,MN,NE,HE,延长FE,AB,MN,易得FE,AB,MN的延长线交于一点,记为Q.易得MN∥HE,HE∥GF,所以H,E,N,M共面,G,F,E,H共面,平面HENM∩平面GFEH=HE,又Q∈平面HENM,Q∈平面GFEH,Q∉HE,所以E,F,G,H,M,N共面,易得HM⊥AC1,HE⊥AC1,又HM∩HE=H,HM,HE⊂平面EFGHMN,所以AC1⊥平面EFGHMN,即平面α截此正方体所得截面就是平面EFGHMN,易得EF=GF=HG=HM=NE=NM=. 5.解析　(1)证明:连接OM, 在平行四边形ABCD中,O为AC与BD的交点, ∴O为BD的中点, 又M为PD的中点, ∴MO∥PB, 又PB⊄平面ACM,MO⊂平面ACM, ∴PB∥平面ACM. (2)取DO的中点N,连接MN,AN, 又∵M为PD的中点, ∴MN∥PO,且MN=PO=1, 由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD, ∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角, ∵∠ADC=45°,AD=AC=2, ∴∠ACD=∠ADC=45°, ∴∠CAD=90°, 在Rt△DAO中,AD=2,AO=AC=1, ∴DO=, 在Rt△ANM中,tan∠MAN=, ∴直线AM与平面ABCD所成角的正切值为. 6.解析　(1)证明:连接AC,由AD⊥DC,AD=DC=2,得AC=2, 由PA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,得PA⊥AC, 所以PC=. 因为点N为PC的三等分点(靠近点P),所以PN=. 在△PAN中,由余弦定理可得AN2=PA2+PN2-2PA·PN·cos∠APC=, 所以AN2+PN2==4=PA2,所以AN⊥PN,即PC⊥AN, 因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD, 又CD⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面APD, 所以CD⊥平面APD,而AM⊂平面APD,所以CD⊥AM, 由点M为PD的中点,PA=AD,得PD⊥AM, 又PD∩CD=D,PD,CD⊂平面CPD, 所以AM⊥平面CPD,而CP⊂平面PCD,所以AM⊥PC, 又AN∩AM=A,AN,AM⊂平面AMN,所以PC⊥平面AMN. (2)连接QN,因为PC⊥平面AMN,QN⊂平面AMN,所以QN⊥PC, 在Rt△PAB中,PB2=AP2+AB2=22+()2=9,所以PB=3, 在△PBC中,由余弦定理可得cos∠BPC=, 在Rt△PQN中,cos∠BPC=. 7.解析　(1)证明:取AP的中点Q,连接QM,QD, 因为λ=1,所以M是线段PB的中点,所以QM∥AB,QM=AB, 因为四边形ABCD是矩形,N是线段DC的中点,所以DN∥AB,DN=AB, 因此有DN∥QM,DN=QM, 所以四边形DNMQ是平行四边形,所以MN∥QD, 而MN⊄平面PDA,QD⊂平面PDA,所以直线MN∥平面PDA. (2)假设存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC. 因为四边形ABCD是矩形,所以CD∥AB, 故MN⊥PB,MN⊥AB,而PB∩AB=B,PB,AB⊂平面ABP,所以MN⊥平面ABP, 因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD, 因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AD,而PA∩AB=A,PA,AB⊂平面ABP, 所以AD⊥平面ABP,因此MN∥AD,显然不可能,所以假设不成立, 因此不存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC. (3)当λ=1时,由(1)可知MN∥DQ, 所以∠PDQ是直线MN与直线PD所成的角,设AD=a(a>0), 由(2)可知PA⊥AD,所以PD=, 在△PDQ中,由余弦定理得 cos∠PDQ=, 令a2+2=t(t>2),则0<, 于是有cos∠PDQ=, 当,此时∠PDQ有最大值. 则直线MN与直线PD所成最大角的余弦值为. 8.解析　(1)证明:由题意知BC⊥AC,BD⊥AD, ∵C在平面ABD内的射影E在BD上, ∴BC在平面ABD内的射影在直线BD上, ∴BC⊥AD. ∵AC∩AD=A,AC,AD⊂平面ACD, ∴BC⊥平面ACD. (2)存在.连接AE, ∵CE⊥平面ABD,AE,BE⊂平面ABD, ∴CE⊥AE,CE⊥BE. 在Rt△AEC和Rt△BEC中,由AC=BC得AE=BE, 在Rt△ADB中,由AB=2AD,得∠ABD=30°, ∴∠AED=∠ABE+∠BAE=60°, ∴在Rt△ADE中,DE=AE, ∴DE=EB. 在线段AB上的点F满足AF=FB时,有FE∥AD. ∵FE⊂平面CEF,AD⊄平面CEF, ∴AD∥平面CEF. 故在线段AB上存在点F,使得AD∥平面CEF,此时. 14 学科网（北京）股份有限公司 $$