2023新高考总复习数学5·3A26-专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1-8.4　直线、平面垂直的判定与性质-习题+题组

2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4直线、平面垂直的判定与性质2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4直线、平面垂直的判定与性质2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4直线、平面垂直的判定与性质[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4直线、平面垂直的判定与性质]2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4专题检测题组8.4直线、平面垂直的判定与性质考试点一直线、平面垂直的判定与性质1。【2０15陕西,１8，12分】如图１,在直角梯形ABCＤ中，AD∥BC，∠BAD=π2，AB=BC＝12AＤ=a，E是AD的中点，Ｏ是ＡＣ与BＥ的交点.将△ＡＢE沿BE折起到图2中△A１BE的位置，得到四棱锥A1【１】证明：CD⊥平面Ａ1OC;【２】当平面Ａ1BE⊥平面ＢCDE时,四棱锥Ａ１-BCDE的体积为3６2,求ａ的值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:在题图1中,因为AＢ＝BC=12AD=a,E是AＤ的中点∠ＢAＤ=π2，所以ＢE⊥即在题图２中，BＥ⊥Ａ1O,BＥ⊥OC,又A1O∩OC=O,从而BE⊥平面A1OＣ，又CD∥ＢE，所以CD⊥平面A1ＯC．【2】由已知，平面A1BE⊥平面BＣDE,且平面A１BE∩平面BCDE＝BE,又由【1】知,A1Ｏ⊥BE,所以Ａ１O⊥平面ＢCDE，即A1O是四棱锥A１-BCＤＥ的高。由题图１知，A１O=22ＡB=22ａ，平行四边形S＝BC·AB=a2。从而四棱锥A1—BCＤE的体积为V=13×Ｓ×A1Ｏ=13×a２×22a=2由26a3＝３62，得评析本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力，同时考查线面垂直的判定及面面垂直性质的应用。〔未经许可请勿转载〕2。【2015福建，２0，12分】如图,ＡB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且ＰO=ＯB=1．〔未经许可请勿转载〕【1】若Ｄ为线段AC的中点,求证：AC⊥平面PDO;【2】求三棱锥P—ABC体积的最大值；【3】若ＢC=2,点Ｅ在线段PB上，求CE+ＯE的最小值。解析【１】证明:在△AOC中，因为ＯＡ＝ＯＣ,Ｄ为AＣ的中点,所以AC⊥DO．〔未经许可请勿转载〕又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥ＡＣ.因为DO∩ＰO=O，所以AC⊥平面PDO。【2】因为点Ｃ在圆Ｏ上，所以当CＯ⊥AB时,C到AB的距离最大，且最大值为1．又AＢ=２,所以△AＢC面积的最大值为12×2×又因为三棱锥P－ＡBC的高ＰO=１，故三棱锥P—ABC体积的最大值为13×1×1=1【3】解法一:在△PＯＢ中,PＯ=OＢ=1,∠ＰOB=90°，所以PB=12+12=2.同理,PC=在三棱锥P－ABＣ中,将侧面BＣP绕PB所在直线旋转至平面ＢＣ’P,使之与平面ＡＢＰ共面,如图所示.〔未经许可请勿转载〕当O，E，C＇共线时,ＣＥ＋OE取得最小值.又因为OP=OB，C'P=Ｃ’B，所以OC'垂直平分ＰB,即Ｅ为PＢ中点．从而OＣ’=OE＋EC＇=22+62=亦即ＣE+OE的最小值为2+解法二：在△POB中，PO=OB＝1，∠ＰOB=90°，所以∠OPB=４５°，PB＝12+12=2.所以PＢ=PC=BC，所以∠ＣPB＝6０°.在三棱锥P－ABC中,将侧面BCP绕ＰB所在直线旋转至平面ＢC’P，使之与平面AＢＰ共面，如图所示。〔未经许可请勿转载〕当O，Ｅ，Ｃ’共线时，CＥ+OE取得最小值.所以在△ＯC'Ｐ中，由余弦定理得：OC'２=1+2－2×1×2×cos【４５°+60°】＝1+2—2222×从而OＣ’=2+3＝2所以ＣE＋ＯE的最小值为22+6评析本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想.〔未经许可请勿转载〕3．【201４福建文，19，12分】如图，三棱锥A—BＣＤ中，AB⊥平面BＣＤ，ＣＤ⊥BD。〔未经许可请勿转载〕【1】求证：CＤ⊥平面AＢD；【２】若ＡB＝BD=CD＝１,M为ＡD中点,求三棱锥A－MBＣ的体积.解析【1】证明:∵AＢ⊥平面BCＤ,CＤ⊂平面BＣD，∴AB⊥CD。又∵CD⊥BD，AB∩ＢD=B，AB⊂平面ABD,BD⊂平面ABD,∴CD⊥平面ＡBD.【2】解法一：由ＡB⊥平面BCＤ,得AＢ⊥BD。∵AB=BD=１,∴Ｓ△ABD=12∵M是ＡD的中点，∴S△ABＭ=12S△ABD=1由【1】知，CＤ⊥平面ABD，∴三棱锥C-ABＭ的高h＝ＣD=1,因此ＶA—MBＣ=VＣ—ABM=13S△AＢＭ·h=1解法二：由ＡB⊥平面ＢCＤ知,平面ABD⊥平面BＣD，又平面ABD∩平面ＢCD=ＢＤ，如图,过点M作ＭN⊥ＢＤ交BD于点N,则MＮ⊥平面BＣD,且MN=12AB＝1又CＤ⊥BD，BD=CD＝1,∴S△BCD=12∴三棱锥A-MＢC的体积ＶA—MBC＝VA-BCD—VＭ—BCD＝13AB·S△BCD-13MN·S△BCＤ=４.【201４山东文,18，12分】如图,四棱锥P－ＡBCD中,AP⊥平面PＣD,ＡD∥BC，AB=ＢC=12AD，Ｅ，F分别为线段ＡD，ＰC的中点．【１】求证：AP∥平面BEF；【2】求证：BＥ⊥平面PＡＣ。证明【1】设AＣ∩ＢE＝Ｏ,连接ＯF，EＣ。由于E为AD的中点,AB=BC=12AＤ，AD∥所以ＡＥ∥BC,ＡE=ＡB=BC,因此四边形ABＣE为菱形,所以O为AC的中点．又F为PC的中点，因此在△ＰAC中,可得AＰ∥OF。又OF⊂平面ＢEF，AP⊄平面ＢEＦ，所以ＡP∥平面ＢEF.【2】由题意知ED∥ＢC,ＥD=BＣ,所以四边形BCDE为平行四边形,因此BE∥CD.又ＡP⊥平面PCD，ＣＤ⊂平面PＣD，所以AP⊥CD，因此ＡP⊥BE．因为四边形ABCＥ为菱形,所以BE⊥AＣ.又AP∩AＣ=A,AP,AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC．5．【2０１4广东文,18，1３分】如图１，四边形ABＣD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1,BＣ＝PC=2。作如图2折叠：折痕EF∥DC，其中点E,F分别在线段ＰD，ＰC上,沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M，并且ＭF⊥ＣF.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:CF⊥平面MDＦ；【2】求三棱锥M-CDE的体积．解析【1】证明：∵PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABＣＤ，∴PD⊥ＡD.∵四边形ABCD是矩形,∴ＡD⊥DC。又∵PD∩ＤC=D，∴AD⊥平面PＣD。∵CF⊂平面ＰCD,∴AD⊥ＣF．又∵MＦ⊥CF，MF∩AD=M,∴CF⊥平面MDF。【２】由【1】知CF⊥DF，PD⊥DC,在△ＰCD中,DC２=CF·PC．∴CF＝CD2PC又∵EF∥DC，∴PCPD=FCED⇒ED=PD·FCPC∴PE＝ME＝3－34=3∴S△CDE=12DC·ED=12×１×34在Rｔ△ＭDE中,MＤ＝ME2-∴VＭ—CDE＝13S△CDＥ·MD=13×38×66.【20１3广东文，１8,14分】如图1，在边长为１的等边三角形ＡBＣ中，D，Ｅ分别是AB,AC上的点,AD＝AＥ,Ｆ是BC的中点，ＡF与DE交于点G.将△ABF沿AF折起，得到如图2所示的三棱锥Ａ-BCF,其中BC=22。图１图２【1】证明：DE∥平面BCＦ;【2】证明：CＦ⊥平面AＢF；【３】当AD＝23时,求三棱锥F－DＥG的体积ＶF－DEG解析【1】证明：在等边三角形ＡBＣ中,AＤ=ＡE,∴ADDB＝AEEC，在折叠后的三棱锥A-BCF中也成立,∴ＤE∥BＣ，∵DE⊄平面BＣF，ＢC⊂平面BCF，∴DＥ∥平面【2】证明：在等边三角形ＡBC中，F是BＣ的中点,∴AF⊥ＢC,BＦ=ＣF＝12∵在三棱锥A—ＢCF中，ＢC=22∴BＣ2=ＢＦ２+ＣF2，∴CF⊥BF.∵ＢF∩AF=F，∴CF⊥平面ABF．【３】由【1】可知ＧE∥CF，结合【2】可得ＧE⊥平面ＤFＧ。∴VF-ＤＥG=VE—DFG＝13·12·DG·FＧ·GE=13·12·13·13评析本题考查线面平行、线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算，考查立体几何中翻折问题以及学生的空间想象能力和逻辑推理论证能力。抓住翻折过程中的不变量是解决这类问题的关键，第【3】问的关键在于对几何体的转化.〔未经许可请勿转载〕7．【20１２北京文，1６,1４分】如图1，在Rt△ＡBC中,∠Ｃ＝9０°，D,E分别为AＣ,ＡB的中点，点F为线段CＤ上的一点.将△ＡDE沿DE折起到△A1ＤE的位置，使Ａ1Ｆ⊥CD,如图2.〔未经许可请勿转载〕【1】求证:DE∥平面A１ＣB;【2】求证:A1F⊥BE；【３】线段A1B上是否存在点Ｑ，使A1C⊥平面ＤEＱ?说明理由。解析【１】证明:因为Ｄ,E分别为AＣ，ＡB的中点,所以DE∥BＣ．又因为DE⊄平面A1CＢ,所以ＤE∥平面Ａ１ＣB．【２】证明:由已知得ＡC⊥BＣ且DＥ∥BＣ,所以ＤE⊥AC。所以DE⊥A1D，DE⊥ＣD．因为A1Ｄ∩ＣD=D，所以DE⊥平面A１DC.而Ａ１F⊂平面A1DC,所以ＤE⊥Ａ１Ｆ。又因为A1F⊥ＣＤ，CD∩DE=D,所以A１Ｆ⊥平面BCDE。所以A１Ｆ⊥BE．【3】线段A1Ｂ上存在点Q，使A1C⊥平面DＥQ。理由如下：如图，分别取A1C,A1B的中点P，Ｑ，连接PQ，则PQ∥BC．又因为DE∥BC,所以DＥ∥PQ．所以平面DEQ即为平面DEP。由【2】知,DＥ⊥平面A１ＤＣ,所以DＥ⊥A1C。又因为P是等腰三角形DA１Ｃ底边A1C的中点，所以A1C⊥DP．所以A1C⊥平面DEP.即A1C⊥平面DＥQ.故线段A1B上存在点Q,使得Ａ１C⊥平面DEQ.评析本题的前两问属容易题，第【3】问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不牢靠的学生而言，可能不能顺利解答．〔未经许可请勿转载〕8.【２０１9课标Ⅲ文，19，12分】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中ＡB=1,ＢE=BF＝２，∠FBC＝６0°.将其沿AB,ＢC折起使得ＢE与BF重合，连接DG，如图2。〔未经许可请勿转载〕【1】证明:图2中的Ａ，C，G，Ｄ四点共面,且平面ABＣ⊥平面BCGE;【2】求图2中的四边形AＣGD的面积.解析本题考查了线面、面面垂直问题,通过翻折、平面与平面垂直的证明考查了空间想象能力和推理论证能力,考查了直观想象的核心素养.〔未经许可请勿转载〕【1】由已知得ＡＤ∥BE,CＧ∥ＢE,所以AD∥CG，故AD,CG确定一个平面，从而A,C,G，D四点共面。〔未经许可请勿转载〕由已知得AＢ⊥BE,AB⊥ＢC，故AＢ⊥平面ＢCGE.又因为AＢ⊂平面ABＣ,所以平面ＡBC⊥平面BＣGE.【2】取ＣG的中点Ｍ，连接ＥM，DM。因为ＡB∥DＥ，ＡB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BＣGＥ,故DE⊥CG．〔未经许可请勿转载〕由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EＢC＝60°得EM⊥ＣG,故ＣG⊥平面DEＭ.〔未经许可请勿转载〕因此ＤM⊥ＣG．在Rｔ△DEM中，DＥ=1，EＭ＝3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4。思路分析【1】翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化,特别是平行、垂直的变化．由矩形、直角三角形中的垂直关系,利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直；而由平行公理和平面的基本性质不难证明四点共面．【2】根据菱形的特征结合【１】的结论找到菱形BCGE的边ＣG上的高求解。〔未经许可请勿转载〕解题关键抓住翻折前后的垂直关系，灵活转化线线垂直、线面垂直和面面垂直，题中构造侧棱的特殊“直截面"△DEM,是本题求解的关键和难点．〔未经许可请勿转载〕考试点二平面与平面垂直的判定与性质１。【2018课标Ⅰ文,１8,1２分】如图,在平行四边形AＢＣＭ中,AB=AC=3，∠AＣM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点Ｍ到达点D的位置，且AB⊥DＡ.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:平面ACD⊥平面ＡBC;【2】Ｑ为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP=ＤQ=23DA,求三棱锥Q－ABＰ的体积。解析【1】证明：由已知可得，∠ＢＡC=9０°,BA⊥AC。又BＡ⊥ＡD,所以ＡB⊥平面ACD.又ＡB⊂平面ＡBC,所以平面AＣD⊥平面ＡBC.【2】由已知可得,DC=CM＝AB=3,DＡ=32。又BP=DQ＝23ＤＡ,所以BP＝２2作QE⊥AＣ，垂足为E，则QＥ＝13DC，QE∥由已知及【1】可得DC⊥平面ＡBC，所以QE⊥平面ＡBＣ，ＱＥ=１.因此，三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP＝13·QE·S△ＡBP＝13×1×12×3×22siｎ45规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤：【1】审清题意：分析条件，挖掘题目中平行与垂直的关系；【2】明确方向：确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法，必要时添加辅助线;〔未经许可请勿转载〕【3】给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明；【4】反思回顾:查看关键点、易漏点，检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏，符号表达是否准确.〔未经许可请勿转载〕解题关键【1】利用平行关系将∠ACＭ=90°转化为∠ＢAC=90°是求证第【1】问的关键;〔未经许可请勿转载〕【2】利用翻折的性质将∠AＣM=９0°转化为∠AＣＤ=90°，进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q—ABP的高是求解第【２】问的关键。〔未经许可请勿转载〕２.【２018北京文，18，１４分】如图,在四棱锥P—ＡＢCＤ中，底面ＡBCD为矩形,平面PAＤ⊥平面ABCＤ，PA⊥ＰD，ＰＡ=PD,E，Ｆ分别为ＡＤ，PB的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】求证：PE⊥BＣ；【２】求证:平面ＰAB⊥平面PＣD；【3】求证:EF∥平面PＣD。证明【１】因为PＡ＝PD,Ｅ为ＡD的中点,所以PE⊥AD.因为底面AＢCＤ为矩形,所以BＣ∥AＤ.所以ＰＥ⊥BC。【2】因为底面ＡBCD为矩形，所以AB⊥AD。又因为平面ＰＡD⊥平面ABＣD,所以ＡB⊥平面ＰAD。所以ＡＢ⊥ＰD．又因为PA⊥PD，所以ＰD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.【3】取PC中点G，连接FＧ，DＧ。因为F,G分别为PB，PC的中点，所以ＦG∥BC，FG=12因为ABCD为矩形，且Ｅ为ＡＤ的中点,所以ＤＥ∥BＣ,DE=12所以DＥ∥ＦG,DE＝FG．所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG。又因为ＥF⊄平面PCD,ＤG⊂平面PCＤ，所以ＥF∥平面PＣＤ．３。【２0１7课标Ⅲ文，１9,1２分】如图,四面体ABＣD中,△AＢC是正三角形，AD=ＣD.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:ＡC⊥BD;【2】已知△ACD是直角三角形,ＡB＝BD．若E为棱ＢＤ上与D不重合的点，且AE⊥ＥC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:取AC的中点O，连接DO,ＢO.因为ＡD=CＤ,所以AＣ⊥ＤO。又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO。因为DO∩BO=O，所以ＡC⊥平面ＤOB,因为BD⊂平面DOB,所以AＣ⊥ＢD．【２】连接ＥO．由【１】及题设知∠ＡDC＝9０°,所以DO＝AO。在Rｔ△AOB中，ＢＯ2＋AＯ2=AB2．又AB=BD,所以ＢＯ2+ＤＯ2=BO2+AＯ２=ＡＢ2=ＢD2，故∠DOB=90°。由题设知△ＡEC为直角三角形，所以EO=12又△ABC是正三角形，且AB=ＢD,所以EO=12故E为BD的中点,从而E到平面ＡBC的距离为Ｄ到平面ABＣ的距离的12，四面体ABCＥ的体积为四面体ＡBＣＤ的体积的12，即四面体ABCE与四面体ACＤE的体积之比为1∶4．【2016江苏,１6，１４分】如图,在直三棱柱ABC-Ａ1B1Ｃ1中，Ｄ，Ｅ分别为AB,BC的中点,点Ｆ在侧棱B１Ｂ上，且B1Ｄ⊥A1Ｆ,Ａ1C1⊥A1B1.求证:〔未经许可请勿转载〕【1】直线DE∥平面A1Ｃ1F；【2】平面B1DE⊥平面A１C１F．证明【1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，Ａ1Ｃ1∥ＡC.在△ABC中，因为Ｄ,Ｅ分别为AB,BC的中点,所以ＤE∥AＣ,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A１Ｃ1Ｆ,Ａ１C1⊂平面A1C1F,所以直线DE∥平面A１C１F。【２】在直三棱柱ＡBC－A１Ｂ1Ｃ１中，A1A⊥平面Ａ1B1C1.因为A1C１⊂平面Ａ1Ｂ1Ｃ１，所以A1A⊥A1Ｃ１。又因为A1Ｃ１⊥Ａ1Ｂ1,A１A⊂平面ABB1A1，A１B１⊂平面ABB1A１,Ａ1A∩Ａ1B1=A１，〔未经许可请勿转载〕所以A1C1⊥平面ABB1A１．因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1Ｃ1⊥B１Ｄ。又因为B1D⊥A1F，A１C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面Ａ１C1F，A1C1∩Ａ1Ｆ=A1，〔未经许可请勿转载〕所以B1D⊥平面Ａ1C1F。因为直线Ｂ1D⊂平面B１DＥ,所以平面B１DE⊥平面A1Ｃ１Ｆ。评析本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力.〔未经许可请勿转载〕５.【2015课标Ⅰ文,１8，12分】如图,四边形ＡBCD为菱形，Ｇ为AC与ＢD的交点，ＢE⊥平面ABCＤ.〔未经许可请勿转载〕【1】证明:平面AEC⊥平面ＢED;【2】若∠ABＣ=120°,ＡE⊥ＥC，三棱锥E－ACＤ的体积为63,求该三棱锥的侧面积.解析【1】因为四边形AＢＣD为菱形，所以AＣ⊥BD.因为ＢＥ⊥平面AＢCＤ,所以AC⊥ＢE.故AC⊥平面BEＤ.又AＣ⊂平面AEC,所以平面AEＣ⊥平面ＢED.【５分】【2】设AB=ｘ,在菱形ABCＤ中，由∠ABC=1２0°，可得AG=GC=32x,GB=GＤ=x2因为AE⊥EC,所以在Rt△AEＣ中，可得EＧ＝32由BE⊥平面ABCD,知△ＥBＧ为直角三角形,可得ＢE＝22由已知得，三棱锥E—ACD的体积VE-ACD=13×12AＣ·ＧD·BE=624ｘ3=63.故从而可得ＡＥ=EC＝ＥD=6.所以△EAC的面积为３，△ＥAD的面积与△EＣＤ的面积均为5.故三棱锥E-AＣD的侧面积为3+２5.【1２分】

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_8.4专题检测题组]〔未经许可请勿转载〕2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_习题WORD版８．4直线、平面垂直的判定和性质一、选择题【2０２1昆明一模，１０】如图，O1是正方体ABCD-A1B1Ｃ1D1的中心O关于平面Ａ1Ｂ1C1D1的对称点，则下列说法中错误的是【】〔未经许可请勿转载〕A．O1C1∥平面A1BCD１Ｂ．平面O１A1D1⊥平面O１B1C１C．O１C1⊥平面AＢ1D1Ｄ.O，O1，A１,B１，C1,Ｄ１六点在同一球面上答案：D记正方形A1B１C1D１的中心为O3,显然O,O3,O1共线，如图所示．设边A1D1,B1C１的中点分别为Ｆ,E,〔未经许可请勿转载〕连接Ａ1C，则点Ｏ在Ａ1C上，且O是Ａ1C的中点，因为Ｏ１是点O关于平面A1B1C1D1的对称点，所以OO1∥CＣ1，且OＯ1=ＣC1，所以四边形OＯ1C１C是平行四边形，所以O１Ｃ1∥ＯC，因为O1Ｃ１⊄平面A１BCＤ1，OC⊂平面A1BＣD1,所以O1C1∥平面Ａ１ＢＣＤ1，所以A正确；连接EO1,FＯ1,易得EＯ1⊥FO１,EO1⊥A1Ｄ1，又Ｏ1F∩A１D１=F，所以EＯ1⊥平面O1A1D1，又EO１⊂平面O1B1C1,所以平面O1A1Ｄ１⊥平面O１B1C1，所以Ｂ正确;因为AB１⊥A1O,所以AB１⊥O1C1,同理AD1⊥O1C1，又AB1∩AD1=A,所以O1C1⊥平面AB1Ｄ1，所以C正确；连接O3A1，因为OO３≠O３A1，所以D错误,故选D.〔未经许可请勿转载〕2．【２0２1东北三省四市联考二，8】已知直线a,b与平面α,β,γ，能使α⊥β成立的充分条件是【】〔未经许可请勿转载〕A。α⊥γ,β⊥γＢ。α∩β=a，b⊥a,b⊂βC.a∥α,a∥βD.a∥α,a⊥β答案:D对于Ａ，若α⊥γ,β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行,故选项A不符合题意；对于B,若α∩β=a,b⊥a，b⊂β,则α与β不一定垂直,故选项Ｂ不符合题意;对于C，若ａ∥α,a∥β,则α与β可能相交，也可能平行，故选项C不符合题意；对于D，若a∥α,a⊥β，则由ａ∥α，知在α内必有直线ｌ与a平行,因为ａ⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β，故选项D符合题意，故选Ｄ．〔未经许可请勿转载〕3。【20２１合肥一模，9】我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中,把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．今有“阳马”P-ＡBＣD,ＰＡ=AB=AD,E，F分别为棱PB,PD的中点.以下四个结论：〔未经许可请勿转载〕①PB⊥平面AEF；②EF⊥平面ＰAC;③平面PBD⊥平面AEF;④平面AEF⊥平面ＰCD．〔未经许可请勿转载〕其中正确的是【】A。①③Ｂ。①④C．②③D.②④答案：Ｄ如图，因为E,Ｆ分别为ＰB，PD的中点，所以ＥＦ∥BＤ，在△PＢＤ中,PＢ＝PD=BD=2ＡB，所以△PＢD为正三角形，则∠PＢD=∠PEF=π3,所以PB不可能与平面AＥF垂直，所以①不正确.由题意可知PA⊥BＤ，ＡC⊥BD，又AC∩PＡ＝A，所以ＢＤ⊥平面PＡC，又ＥF∥BD，所以ＥＦ⊥平面ＰAC,所以②正确.设AＣ∩ＢD=Ｏ，连接ＰＯ，交ＥF于Ｍ,连接ＡM，则AＭ⊥ＥＦ,MO⊥EF,所以∠AＭO为平面AEF与平面ＰBD的夹角,不妨令ＰB=PＤ=ＢD=2AB=2，则AＥ=EF=AF=１，ＡO=１,所以AＭ=32,MO＝12PO＝12×3=32,在△AMO中,由余弦定理的推论得cos∠AMO＝AM2+MO2-AO22AM·MO=34+34-12×32×32=13,即平面AEF与平面PBＤ夹角的余弦值为13，所以③不正确.由题意知PD⊥AＦ,CD⊥平面PＡD，因为AF⊂4。【２02２届贵阳五校１1月联考，4】给出下列三个命题：①垂直于同一条直线的两个平面互相平行;②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直线垂直于这个平面．其中真命题的个数是【】Ａ.1Ｂ.2C.３Ｄ.0答案：Ｂ①由线面垂直的性质可知,垂直于同一直线的两个平面互相平行，故①为真命题;②当两个平面相交时，其中一个平面内所有平行于交线的直线都与另一个平面平行，故②为假命题;③由线面垂直的定义可知，③为真命题．所以真命题的个数为２,故选B．〔未经许可请勿转载〕5．【2０２1安徽滁州调研，6】已知在四棱锥P—ABＣD中,△PAB与△PBC是正三角形,平面ＰAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是【】〔未经许可请勿转载〕A。PB⊥ＡCＢ.PＤ⊥平面ABCDC。AC⊥PDD.平面PＢD⊥平面ABCD答案：Ｂ对于选项Ａ,取ＰＢ的中点O,连接AＯ，CO,∵△PＡB与△ＰBC均为等边三角形,∴ＡO⊥ＰB，CO⊥PＢ，又AO∩ＣO=O,∴PＢ⊥平面ＡOC，又∵AＣ⊂平面ＡOC，∴ＰＢ⊥AC，故A中结论一定成立；对于选项Ｂ，由于点D的位置不确定,故B中结论不一定成立;对于选项C，∵PB⊥AC，AC⊥ＢD，PB∩BD=B，∴ＡＣ⊥平面PＢD,又ＰD⊂平面PBD，∴AC⊥ＰD,故C中结论一定成立;对于选项D,∵AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，∴平面ＰBD⊥平面ＡBCＤ，故D中结论一定成立.故选B．〔未经许可请勿转载〕6。【2022届陕西顶级名校联考【一】,9】如图，在棱长为1的正方体AＢＣD—A１B1Ｃ1D1中，P为线段BC1上的动点【不含端点】，则下列结论错误的是【】〔未经许可请勿转载〕A.平面Ｄ1C1Ｐ⊥平面C1CPB。三棱锥A—D1DP的体积为定值Ｃ。A１D⊥D1ＰD.DP⊥平面D1C1P答案：Ｄ在正方体ABCＤ—A1Ｂ１C1D1中,显然有Ｄ1Ｃ1⊥平面C１CＰ，又D１C1⊂平面D1C1P,所以平面Ｄ1C1P⊥平面C1CP，故A正确；因为ＢC1∥ＡD1，AB⊥平面D1DA,所以点Ｐ到平面D１ＤA的距离等于ＡB的长，是定值,又△D1DＡ的面积是定值，所以由等体积法知，三棱锥A-D1ＤＰ的体积为定值，故B正确；在正方体AＢCD—Ａ１B１C1D１中,显然有A1D⊥D1C1,A1D⊥ＢＣ１,又D1Ｃ１∩ＢC1＝C1,所以A1D⊥平面D1Ｃ1P,又知D1P⊂平面D１C1P,所以A1D⊥D１P，故C正确;若DP⊥平面D1C1Ｐ，则DP⊥BC1，结合DC⊥BC1，DP∩DC＝D,可得BC１⊥平面ＤCP,所以ＢＣ1⊥CP,此时P为BC1的中点,而P为线段BC1上的动点【不含端点】,BC1与ＣP不恒相互垂直,故D不正确，故选Ｄ.〔未经许可请勿转载〕7.【多选】【20２1福建厦门双十中学５月模拟，1１】一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示,∠B＝∠Ｆ=90°，∠A=60°，∠D=４５°，BC=DE＝3，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F-AＢC，取ＢＣ中点O与AC中点M,则下列判断中正确的是【】〔未经许可请勿转载〕A．BC⊥平面OFＭB.AC与平面ＯＦM所成的角为定值C.三棱锥F—COM的体积为定值Ｄ。若平面BCF⊥平面AＢC，则三棱锥Ｆ－ＡBＣ外接球体积为43答案：ABD对于A,由O是BＣ的中点,Ｍ是AC的中点，得MO∥AB，则∠ＣOM=∠AＢC=90°，即BＣ⊥ＭO,由EC=EB，O为BC的中点得BC⊥FO，又MO∩ＦO=Ｏ，ＭＯ，FＯ⊂平面OFM，所以直线BC⊥平面ＯFM,故Ａ正确.〔未经许可请勿转载〕对于B，由A得,ＡＣ与平面OFM所成的角为∠OＭC，为定值60°，故B正确。〔未经许可请勿转载〕对于C,△CＯM的面积为定值,但三棱锥F-ＣOM的高会随着F点的位置移动而变化，故C错误.〔未经许可请勿转载〕对于D,连接MB，因为平面BCF⊥平面ＡBC，BC⊥FO,平面ＢCF∩平面ABC=BＣ,所以FＯ⊥平面ＡBC，因此FO⊥OM。由题意求得FO=32，AB=1，则ＯM=12ＡB＝12，因此MF=FO2+OM2=１.又在Ｒt△ABC中，MＡ＝MB＝ＭC=12AＣ=１，则ＭA=MB＝MC＝MＦ，所以点M即为三棱锥F-ABC外接球的球心，因此该外接球的体积V=43π·13二、解答题8。【2020西城一模,１6】如图，在四棱柱ＡBCＤ—A1B１Ｃ１D１中,ＡA１⊥平面ABCD,底面ABCD满足ＡD∥BＣ，且AＢ=AD=AA1=２,BD=DC=22。〔未经许可请勿转载〕【１】求证：AB⊥平面AＤＤ1A1；【2】求直线ＡB与平面Ｂ１ＣD１所成角的正弦值。解析【1】证明:因为在底面ＡＢCD中,AB=AD=２，BD＝22，所以ＡB2+ＡＤ２=BD2，即AB⊥AＤ．〔未经许可请勿转载〕因为AA1⊥平面ABCD，ＡB⊂平面ABCD，所以ＡA1⊥AB,又因为AA1∩ＡD＝Ａ，AＡ1,AＤ⊂平面ＡＤD1A１，〔未经许可请勿转载〕所以AB⊥平面ＡDD1A１．【2】由【１】知ＡB，ＡD,ＡA1两两垂直，故以Ａ为原点，分别以ＡB,ＡD，AA1所在直线为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系，〔未经许可请勿转载〕在底面ABCD中,由题意，得BC=4，则A【0,０，0】，B【2,0，0】，C【２，4，0】，B1【2，０,2】,D1【０,２,２】，所以AB＝【2，0,0】，B1C=【0，４，-2】，B设平面Ｂ1CD1的法向量为ｎ＝【ｘ，y，z】，由B1C令y=1,得n=【1，１，２】，设直线AB与平面B1CＤ１所成的角为θ,则sinθ=|cos＜AB，n＞|=AB·n|故直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为66９.【20２2届山西长治第二中学月考,19】如图，在四棱锥P—ABCD中,四边形ABCD为菱形,〔未经许可请勿转载〕△PAD为正三角形,且E为AD的中点，BE⊥平面PAD.【１】证明:平面ＰBＣ⊥平面PEB；【２】求平面PEB与平面PDC所成的锐二面角的余弦值．解析【１】证明：∵BE⊥平面PAＤ,AD⊂平面PAＤ，∴AＤ⊥BＥ,又∵△ＰAＤ为正三角形,E为ＡＤ的中点，∴AＤ⊥PＥ，又ＰE∩BＥ=E,∴AD⊥平面PＥB。∵四边形AＢＣD为菱形,∴AD∥ＢC，∴BC⊥平面PEB,又ＢC⊂平面ＰBＣ,∴平面PＢC⊥平面PEB.〔未经许可请勿转载〕【2】以Ｅ为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyｚ，设菱形AＢCD的边长为2,则AE=ＥD＝1,PE=ＥB=3,则Ｃ【－2，3,0】，D【－1，0，0】，P【0,０,3】,〔未经许可请勿转载〕DC=【－1，3，０】，DP=【1，0，3】.设平面PＤC的法向量为ｍ=【x,y，ｚ】，则m·DC=0,m则m=【3，1，-1】,易知平面PEB的一个法向量为n=【１，0，0】，则ｃos<m，n〉=m·n|m||n|=155，∴10.【２02１合肥二模，１9】如图，在三棱锥P－ＡBC中，ＰA=PC＝3，AC=BＣ=22，AC⊥BC,D为棱AB上一点,BＤ=3AD,棱AC的中点E在平面ＰAB上的射影F在线段ＰD上.〔未经许可请勿转载〕【1】证明：平面PAC⊥平面ABC;【２】求二面角E-CF—B的正弦值。解析【1】证明：如图，取AB的中点H，连接CH，DＥ,ＰＥ。∵ＢD=3ＡD,∴Ｄ为AH的中点,∴DE∥ＣH.∵AC=BC，∴ＣH⊥AＢ,∴ED⊥ＡB.又∵点E在平面PAB上的射影F在线段PＤ上，∴ＥＦ⊥平面ＰAB，∵AB⊂平面PAB，∴EF⊥AB。∵EF∩ED=E,ＥF,DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，∵PＥ⊂平面ＰDE,∴AB⊥PE.〔未经许可请勿转载〕∵点E为棱AC的中点，PA=PC，∴ＰE⊥AC。又∵ＡC∩AＢ=Ａ，AＣ,AB⊂平面ABC,∴ＰE⊥平面ABC．∵PE⊂平面ＰＡC，∴平面PAC⊥平面ABC。【2】∵AＣ⊥BC，∴以C为原点,CA，CB的方向为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图。〔未经许可请勿转载〕∵PA＝PC＝3，AC=ＢC=22,∴ＡＢ=4，CH＝２，PE=DE=１，则F为PＤ的中点，〔未经许可请勿转载〕∴C【0，０,0】，B【0,22，０】，E【2,0，0】,P【2,０，１】，D322,2设平面ECF的法向量为ｎ１=【x1,ｙ1，z1】，∴n1⊥EF，n1⊥CE,∴n1·EF=0,ｎ１·CE=０.〔未经许可请勿转载〕∵EF＝24,24,∴24x1+24y设平面BＣF的法向量为n2=【x２,y2，z2】，∴ｎ２⊥CB，n2⊥BF，∴ｎ2·CB=０，n2·BF=0。∵CB=【0，22，0】,BF=52∴22y2=0,52∴cｏｓ＜n1，n２〉=n1·n2|∴二面角E－CＦ—B的正弦值为1-cos1１.【2022届四川双流中学阶段测,２0】如图所示，已知正方形ABCＤ的边长为22,〔未经许可请勿转载〕AC∩BＤ=O，分别以AB，BＣ为一边在空间中作等边△PAB与等边△PＢC，延长ＣD到点E，使CE=2CD,连接AE，ＰＥ．〔未经许可请勿转载〕【１】证明:AE⊥平面ＰAC；【2】若点F是线段ＢD上一动点，记PF与平面ＰAE所成的角为θ,求sinθ的取值范围.〔未经许可请勿转载〕解析【１】证明：连接OP，∵ＰC=PA,又在正方形ABCD中，ＯA＝OB=OC，∴ＰO⊥AC,即∠PＯC=90°,易知△PＯＢ≌△POC，∴∠POB=∠POＣ=9０°，∴PO⊥BD,∵BＤ∩AC=O，∴ＰO⊥平面ABCD,∵AE⊂平面AＢCD，∴ＰO⊥AE,∵AD⊥CD，ＡD=ＤE=ＣD，∴∠ＥAＤ=∠ＣAD＝45°,∴∠EＡC＝90°，即AＥ⊥AＣ,∵PO∩AC=Ｏ,∴AE⊥平面PＡC.〔未经许可请勿转载〕【2】由【1】可知，PO、ＯＣ、OD两两垂直,故以O为坐标原点,OD、OC、OP所在直线分别为x,y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知OＤ=OC=ＰO=2,则Ａ【0，－2,0】,P【0，０,2】，Ｅ【4，-2，0】。∵点F是线段BD上一动点,∴可设F【ａ，0,0】【-2≤a≤2】,则AE＝【4，0，0】，AP=【0，2，２】,PF=【a，０，－2】,〔未经许可请勿转载〕设平面PＡE的法向量为m＝【x，y，z】，则m·AE=0,m·AP=0⇒4x=0,2y+2z=0,取ｙ＝1，则ｍ=【０，1,-1】。sｉnθ＝｜ｃｏs〈ｍ，PF〉｜=|m·１2。【２0２2届云南顶级名校月考【三】，19】如图，四棱锥P-AＢCD的底面ＡBCD是平行四边形,∠BＡD=π3，AB＝4，ＡD＝1，M是AB的中点,AＤ⊥PD。【1】证明：平面PＤM⊥平面PBＣ;【2】求PC的中点N到平面PＤM的距离．解析【1】证明:因为M是AＢ的中点,ＡＢ=4，所以ＡM=2，在△ADＭ中，∠BＡＤ=π3,ＡD=1，由余弦定理得DM=3，则ＡＤ2+DM2=AM2,所以AＤ⊥DM,又AＤ⊥ＰＤ,且DＭ∩PD=Ｄ,所以AD⊥平面PDM,因为四边形AＢCD是平行四边形，所以BＣ∥AＤ,所以BC⊥平面PDＭ，又BC⊂平面PBC，故平面PDM⊥平面PBC.【2】分别延长CＢ，ＤM,使它们相交于Q点【如图所示】.则△ＡＤM≌△BQM．故ＢQ=ＡD=1,则CＱ＝２。〔未经许可请勿转载〕由【1】知CB⊥平面ＰDＭ，∴C点到平面PDＭ的距离为2，又N是PＣ的中点，∴Ｎ点到平面PDM的距离为１。13.【202２届四川巴中零诊，１9】如图,在三棱柱ABC—A1B1Ｃ1中，侧面AＣＣ１A1为矩形，〔未经许可请勿转载〕且侧面AＣC1A1⊥侧面ＡBB1A1，D，E分别为棱A1B1，CC１的中点，A1B１⊥ＤE．〔未经许可请勿转载〕【1】证明:Ａ1Ｂ1⊥平面AB1Ｃ；【２】若AC=1,AB＝ＡB1=2，求二面角B1—DＥ—C的余弦值.解析【1】证明：取ＡB1的中点Ｆ，连接ＤF，CF,在△ＡＡ1B1中,D，Ｆ分别为边A1Ｂ1,AB１的中点，∴DＦ∥AA1，且DF=12AA1,又ＡA1∥CC1,AＡ1=CC1，CＥ＝12CＣ1，∴ＤF∥ＣE，且DＦ=CＥ，∴四边形CEＤＦ为平行四边形，∴ＤE∥FＣ.∵Ａ1B1⊥ＤE,∴A1B1⊥CF,∵平面ACC1A１⊥平面ABB1A1,平面ACC１A1∩平面ＡＢＢ1Ａ1＝AA1,ＡC⊥AＡ1，AC⊂平面ACC1A１,∴AC⊥平面ＡＢB１Ａ１,∴ＡC⊥A1B1．又AC∩CＦ=C,AC，CF⊂平面AＢ1C,∴Ａ1B１⊥平面AB1【2】由【１】知，AＣ⊥AB1,AC⊥ＡＢ,BＡ⊥AＢ1，故以A为坐标原点，AB,AB1,AC的方向为x，ｙ，ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系,由已知得,B【2,0，0】,B1【０,2，0】，C【0,0，1】，Ａ1【—2，２，0】,Ｃ1【—2，2，１】，由D，E分别为棱A１B１,ＣＣ1的中点,得D【—1,2,０】,E【—１,1,1】,∴DE＝【0,—1，1】，DB1=【1,0，0】，CE=【－１，1,0】,设平面B1DＥ的法向量为ｕ=【x,y，ｚ】,则u·DE=0,u·设平面ＣDE的法向量为v=【a,b,c】，则v即-b+c=0,-a+b=0,取c=1,得v=【1，１，1】,∴ｃoｓ〈易知二面角Ｂ1-ＤE-C的平面角为锐角，故二面角Ｂ1-DE-C的余弦值为63。1４。【202１西城二模,16】如图，在四棱锥P—AＢCＤ中，PA⊥平面ABCD，AＢ∥CＤ,AB⊥AＤ，AB=4，ＰＡ＝ＡD=CD=2,点E为PＢ的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】求证:平面PBＣ⊥平面PＡC;【2】求二面角E—ＣD—A的余弦值.解析【1】证明:取ＡＢ的中点F,连接CF，所以AF=CD，又因为AF∥CD，所以四边形ＡFCD是平行四边形.〔未经许可请勿转载〕因为AＢ⊥ＡD,ＡD=CD,所以四边形ＡFＣD是正方形，则AB⊥CＦ,CF=AD=2，所以AC=BC=２2，得到AC２+BC2=AB2，所以BＣ⊥AC。因为ＰA⊥平面ABCD，所以ＰA⊥BC，因为PA∩AC=A，所以BC⊥平面ＰAC。因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ＰAＣ。〔未经许可请勿转载〕【２】因为ＰＡ⊥平面ABCＤ，所以PＡ⊥ＡD，PA⊥AB，则PA，ＡD,AB两两垂直,〔未经许可请勿转载〕如图建立空间直角坐标系Ａ－xyz。则A【0，０，0】,P【0,0,2】，B【0,４，０】，C【2，2,0】，D【2,0,０】，E【0,2，１】，所以DC＝【0，2，０】，CE＝【-2，０，1】．〔未经许可请勿转载〕设平面CＤE的法向量为ｎ=【ｘ,y，z】,所以n·DC=0,n可取n＝【１，0，2】，易知平面ＡCD的一个法向量为m=【0，0，1】，所以cos<ｍ，n＞=m·n|m|·|因为二面角E-CD－Ａ为锐二面角,所以二面角Ｅ-CD—A的余弦值为2515.【2０21海淀二模，１6】如图，在三棱锥Ｐ—ABC中，BC⊥AC，BＣ⊥ＰC，AC＝ＢC＝6，PＡ＝PC=5，D,E分别是AC，PC的中点．〔未经许可请勿转载〕【1】求证:平面ＰAC⊥平面ABＣ；【２】求二面角A－DE-B的余弦值。解析【1】证明：因为BC⊥PC,AＣ⊥BＣ，ＡC∩PＣ=C,AＣ⊂平面PAＣ，ＰC⊂平面PAC,所以BＣ⊥平面ＰAC．又因为BC⊂平面ABＣ,所以平面ABC⊥平面PAC.〔未经许可请勿转载〕【２】连接PD,因为PA=ＰC,D是AC的中点,所以AD＝DC=3，PD⊥AＣ。过Ｃ作ＣH∥PD，则CH⊥ＡC.又BC⊥平面ＰAＣ，所以CB、CＡ、CH两两垂直.如图,以C为原点,分别以ＣB,CA,CH所在直线为x轴,y轴，ｚ轴建立空间直角坐标系C—xyz．则C【０,0,０】，B【6，0，０】，A【0，6，０】,D【0，3，0】，〔未经许可请勿转载〕因为AC＝６，ＰC=5,所以PD=4。所以P【0,３，4】。因为E是PＣ的中点,所以E0,所以DE=0,-32设平面ＤEB的法向量为n＝【ｘ,y,z】,则DE·n令x＝－2,则y=－4，z=—3，所以n=【-2，－4,－3】．易知平面ADE的一个法向量为m=【1，0，0】。所以coｓ<m,n＞=m·n|m||所以二面角A—DE-B的余弦值为—229

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版26_专题八84直线、平面垂直的判定和性质之1_习题WORD版]〔未经许可请勿转载〕８．4直线、平面垂直的判定和性质基础篇固本夯基考试点一直线与平面垂直的判定和性质1.【20２２届湖北部分重点中学开学联考，3】已知ａ，ｂ是两条不重合的直线，α为一个平面,且a⊥α，则“b⊥α”是“a∥b"的【】〔未经许可请勿转载〕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答案:C２．【2021浙江,6,４分】如图,已知正方体ＡＢCＤ-A１B1C1D１，M，Ｎ分别是A１D,Ｄ１B的中点，则【】〔未经许可请勿转载〕Ａ.直线A1D与直线D1Ｂ垂直,直线ＭN∥平面ABCＤＢ．直线Ａ1D与直线D１B平行,直线MN⊥平面BＤD１B1C.直线A１D与直线D1B相交,直线MＮ∥平面ABCDD.直线A１Ｄ与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1Ｂ1答案:A3。【多选】【２02１新高考Ⅱ，10，５分】如图,下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，Ｐ为所在棱的中点,则满足MN⊥ＯP的是【】〔未经许可请勿转载〕答案:BC4。【2022届辽宁六校期初联考，２0】如图,在四棱锥P—ABＣD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAＢ=4５°，PD⊥平面AＢＣＤ，ＡP⊥BD．〔未经许可请勿转载〕【1】证明：BC⊥平面PDB；【2】若AB＝2,PB与平面ＡPＤ所成角为45°,求二面角B-ＰC-Ｄ的大小．〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明：因为ＰＤ⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCＤ,BC⊂平面ABCD，所以ＰD⊥ＢＤ，PD⊥ＢＣ,因为ＡＰ⊥BD,又PＤ∩ＡP=P,所以ＤB⊥平面ＡPD，又AD⊂平面ＡPＤ，所以BＤ⊥AD,因为底面ＡBCＤ为平行四边形，所以ＡD∥BC，所以BC⊥BD,因为PD⊥BC，PD∩BD=D,所以BC⊥平面PDＢ。〔未经许可请勿转载〕【2】由【1】可知BD⊥AD，因为AB=2,∠DAB=45°，所以ＡD=BD=1,因为ＤB⊥平面APＤ，PB与平面APD所成角为４５°,所以∠ＢPＤ=４5°，所以PＤ=BＤ=1．以D为坐标原点,ＤＡ，DB,DＰ所在直线分别为x,y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示,〔未经许可请勿转载〕则P【0，0，1】，A【1，０，０】，B【0，１,０】,C【—１，１，0】，D【0，０，０】,所以PA=【1,0,-１】，PC＝【-1,1,-1】，PB=【0,1，-1】,DC=【—1,1，0】,设平面PＣD的法向量为m=【ｘ,y，z】，〔未经许可请勿转载〕则m·PC=-x+y-z=0,m·DC=-x+y=0,令y=1,则m＝【１，１，0】,设平面PCB的法向量为n=【a，b，c】,则n·PC=-a+b-５。【2020课标Ⅰ理，18，12分】如图，D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AＥ为底面直径,AE=ＡD.△ABＣ是底面的内接正三角形，Ｐ为DO上一点，ＰＯ=66DO。【１】证明:ＰＡ⊥平面PBC；【2】求二面角Ｂ—PC—Ｅ的余弦值。解析【1】证明：设ＤO=a，由题设可得PＯ=66ａ，ＡO＝33ａ,AB＝a,PA=ＰＢ=PC=22a．因此PA2＋ＰB2=ＡB2,从而ＰA⊥PB。又PA2＋PC２=AC２，故PA又PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC。【2】以Ｏ为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,｜OE｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Ｏ-xyz．〔未经许可请勿转载〕由题设可得E【0,１,0】，A【0,—1，0】，Ｃ-32,1所以EC=-32,-1设ｍ=【x,y，z】是平面PCE的法向量，则m·EP=0,m·EC=0,即由【１】知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP，则ｃos＜n，m>＝n·m易知二面角Ｂ—PＣ-E的平面角为锐角，所以二面角B-PＣ－E的余弦值为25考试点二平面与平面垂直的判定和性质1。【多选】【2０２２届长沙长郡中学月考一,12】如图所示,在矩形AＢCD中，AB=2，BC=１，E为CＤ上一动点，现将△BEC沿BE折起至△ＢＥF，在平面FBA内作FG⊥ＡB,G为垂足。设CE=s，BＧ=t，则下列说法正确的是【】〔未经许可请勿转载〕A.若ＢF⊥平面AＥF，则ｔ=1B.若AF⊥平面BEF,则s=2C.若平面BEF⊥平面ABEＤ,且s=1，则t=1D.若平面ＡFB⊥平面ABED，且s＝32，则t＝答案:AC【2０19课标Ⅲ理【文】，８，５分】如图,点N为正方形AＢCD的中心，△ＥCD为正三角形,平面ＥCD⊥平面AＢＣＤ，M是线段EＤ的中点，则【】〔未经许可请勿转载〕Ａ。ＢM=EN,且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EＮ，且直线ＢＭ，EＮ是相交直线C.ＢM=ＥＮ,且直线BＭ，EＮ是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线答案：B3。【20２2届重庆八中8月入学摸底，2０】如图，四棱锥Ｐ—ABCD的底面AＢCD是正方形,平面PＡD⊥平面AＢCＤ，△PＡD是以PA为斜边,且PA=22的等腰直角三角形，E，Ｆ分别是棱ＰA，ＰC的中点,M是棱ＢC上一点。〔未经许可请勿转载〕【1】证明:平面ＤＥＭ⊥平面PAＢ；【2】若直线MF与平面ＡBCD所成角的正切值为22,求锐二面角E—DM—F的余弦值．解析【1】证明:∵平面PAD⊥平面ABＣD，平面PAD∩平面ABCD=DA，ＡB⊥ＤA,ＡＢ⊂平面ＡBCD,∴AB⊥平面ＰAD，∴AＢ⊥ＤE．在Rt△PＡＤ中,ＤP=DA，E是ＰA的中点，∴PA⊥DE。又PA∩ＡＢ=A,PＡ，AＢ⊂平面PAＢ，∴DE⊥平面PAB．又DE⊂平面DEM,∴平面DＥM⊥平面ＰAＢ。〔未经许可请勿转载〕【2】由题意得ＰD=AD=DC=２．取CD的中点Ｎ，连接MN，FN。则NＦ∥PＤ,NF＝12ＰD＝1,易知PD⊥平面ＡBＣＤ,∴NF⊥平面ABCD,∴∠FMN是直线ＭF与平面ＡＢＣＤ所成角，∴tan∠FＭN=1MN=22，∴MＮ=2，∴ＭC=1.∴M是BＣ以D为坐标原点，DA，DC,DP所在直线分别为ｘ轴,ｙ轴,ｚ轴建立空间直角坐标系，〔未经许可请勿转载〕则D【0，０,0】，E【1，０，1】,F【0，1，1】，M【1,２,0】,〔未经许可请勿转载〕∴DE=【１,０,1】，DF=【０，1,１】,DM=【1,２，0】。设平面EDM的法向量为m=【a，b，c】,则DE·m=0,DM·m=0,即设平面DMF的法向量为n=【x,y，z】，则DF·n令x=-2，则ｎ=【-２，1，-1】，∴cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|=34。【２021新高考Ⅱ,1９，１2分】在四棱锥Q-ABCD中,底面AＢCD是正方形,若ＡD=2,QD＝QA=5,QC＝3。〔未经许可请勿转载〕【1】证明：平面QAＤ⊥平面ＡＢＣＤ；【２】求二面角B－QD－Ａ的余弦值．解析【1】证明:取AＤ的中点Ｅ,连接ＱE,CＥ.由于QD＝QＡ，故QE⊥AＤ。在Rt△QAE中,QＥ＝QA2-在Rt△ＣDE中，CE=DC2+DE在△ＱCＥ中,QE２＋CＥ２=ＱC2⇒QE⊥ＣＥ,又∵CE∩AD=E,ＣE、AＤ⊂平面ABCD，∴QＥ⊥平面ＡＢCD.又QE⊂平面QAD，∴平面QAＤ⊥平面ABＣD.〔未经许可请勿转载〕【２】以E为坐标原点建系,如图所示，则B【2,—1，0】，Q【0,0，２】,D【０,１,0】，A【0，—1,0】，则BQ=【-2，1，２】,BD=【-２，2，０】.显然，平面QAD的一个法向量为n１=【1,0,0】,设平面BＱD的法向量为n2＝【ｘ，y，ｚ】，则n2·BQ=0,n2·BD=0⇒-2x+y+2z=0,-2x+2y=0⇒ｘ=y=2z,取ｎ２=【２，２,1】．设二面角B-QD—Ａ的大小为θ，易知θ为锐角，5。【2０2１河北邯郸检测,1９】如图,在三棱锥Ａ—BＣD中,ＡB=ＡＤ=CD＝12BＣ=2，E为BC的中点,BD⊥CD，且AＥ=2．【1】证明：平面ACD⊥平面ABＤ;【2】求平面ＡBC与平面AＣD所成锐二面角的余弦值．解析【１】证明:取BＤ的中点O,连接OＡ,OE，则ＯＡ⊥BD,ＯE=12ＣD=１，OＥ∥CD.因为BD⊥CＤ，ＢC=４，CD=２,所以BD=23,则OB=3．又ＡB=AD=2，所以AO=1.在△AＯＥ中，EO=1，AＯ=1，ＡE＝2，所以AO２+OE2=AE2，即ＯE⊥AO，从而CD⊥AＯ.〔未经许可请勿转载〕又CD⊥BD,ＢD∩AO=O，所以CD⊥平面ABD。因为CＤ⊂平面ＡCＤ，所以平面ACD⊥平面AＢＤ。【２】由【1】知OB,ＯＥ，OA两两垂直,如图,以O为原点，分别以OB，OE，OA的方向为x，y,z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz，则Ｂ【3，０,０】,C【-3，2，0】,D【-3，0，0】,A【0，0，１】,则AC=【-3，2，－1】，BC=【—２3,2,０】,设m=【ｘ，y，z】是平面ABC的法向量,可得m·即-3x+2y-z=0,-23设n=【ｘ1，ｙ1，z1】是平面AＣＤ的法向量，因为DC＝【0,2,0】，AC＝【－3,2，—1】，n·DC=0,n·AC=0,所以2y1=0,设平面ＡBC与平面AＣD所成的锐二面角的大小为θ，则coｓθ=|coｓ＜ｍ，n＞|=1-37×即平面ABC与平面AＣD所成锐二面角的余弦值为77６。【2018江苏,1５，１４分】在平行六面体ABＣＤ-A1B1C１D1中，AA1=AB，AB１⊥B1C１。〔未经许可请勿转载〕求证:【1】ＡＢ∥平面A1B1Ｃ；【2】平面AＢＢ1A1⊥平面A1BＣ。证明【1】在平行六面体ABＣD—A1B１C1D1中，AB∥A１B1。因为AB⊄平面Ａ１B1C，A１B1⊂平面A1B1C，〔未经许可请勿转载〕所以AＢ∥平面A1B1C.【２】在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，四边形ＡＢB1A1为平行四边形,又因为ＡA１＝ＡB，所以四边形AＢB１Ａ１为菱形，所以AＢ1⊥A1B．因为AＢ1⊥Ｂ1C１，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为Ａ１Ｂ∩BC=B，A1B⊂平面A1ＢC，BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A１BC．〔未经许可请勿转载〕7．【2017课标Ⅰ理,18，１2分】如图,在四棱锥P—ABCD中，AB∥ＣD，且∠BＡＰ=∠CDP=９０°。〔未经许可请勿转载〕【１】证明:平面PＡB⊥平面ＰＡD；【２】若PA＝ＰＤ=AB＝ＤC，∠ＡPD=９０°，求二面角A-ＰB－Ｃ的余弦值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明：由已知∠BAP=∠CDP=9０°,得AB⊥AP，CD⊥PＤ。由于AB∥CＤ,故AB⊥PD，〔未经许可请勿转载〕又ＡP∩ＰD=Ｐ,从而AB⊥平面ＰAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。【2】在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为Ｆ.由【1】可知，AB⊥平面ＰＡD,故AＢ⊥PＦ，又AD∩AB=A,所以PF⊥平面ABCD.以Ｆ为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F—ｘｙz。〔未经许可请勿转载〕由【1】及已知可得Ａ22,0,0，PB22,1,0，Ｃ所以PC=-22,1,-22,CB=【2，０，0】,PA设n=【ｘ1,y１,ｚ1】是平面PCB的法向量，则n·PC=0,可取n=【０，-1，－2】。设m=【x2，y２,z2】是平面PAＢ的法向量,则m·PA=0,m·AB则cｏs<n，m＞＝n·m|易知二面角Ａ－ＰB－Ｃ为钝二面角,所以二面角Ａ—PB-Ｃ的余弦值为-33综合篇知能转换A组考法一判断或证明直线与平面垂直的方法1。【2021新高考Ⅰ，2０,1２分】如图，在三棱锥A－BCD中，平面ＡＢD⊥平面BＣD,AＢ=AD，Ｏ为ＢD的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】证明：OA⊥CＤ;【2】若△OCD是边长为１的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EＡ，且二面角Ｅ-ＢC－D的大小为45°,求三棱锥A—BCD的体积.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:在△ABＤ中,∵AB=AD，O为BＤ的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABＤ⊥平面BＣＤ，平面ＡBD∩平面BCD＝BD,ＡO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AO⊥CD。〔未经许可请勿转载〕【2】解法一：在△ABD中，过E作ＥN∥AO交BD于N，则由AO⊥平面BＣD得EN⊥平面BCD，∴ＥN⊥ＢC，∵OＢ＝OＤ=OＣ=1,∴∠BＣＤ=90°，即ＤC⊥ＢＣ.在△ＢCD中，过N作ＮＭ∥ＣD交BC于M，则NM⊥BＣ。连接ＥM,∵ＢC⊥EN，BC⊥NM,EN∩NM=Ｎ，∴BC⊥平面EMN，∴ＥＭ⊥BC，∴∠EMN为二面角E-ＢC—D的平面角，又二面角E-BC—D的大小为４5°，〔未经许可请勿转载〕∴∠ＥMN=４5°，∴△EMN为等腰直角三角形，又由ＤE=2EA得DN=2NＯ，∴MN=23CD＝23=EN=NＤ，∴ＡO＝OD＝１,∴ＶＡ—BＣD=13Ｓ△BCD·ＡO=13×12×１×3×1＝36。解法二:由OC＝OD＝ＯＢ得BC⊥CＤ，由【1】知AO⊥平面BCD,以C为原点，CD,CB，OA的方向分别为x轴、ｙ轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则C【0，0,0】，B【0，3,０】,设AO=a.〔未经许可请勿转载〕则E23,33,23a，∴CB＝【0,3,0】,CE=23,33,23∴n=【a,０,—1】，易知平面BCＤ的一个法向量为m＝【0，０，1】,由题可知｜cos〈m，n>|=m·n|m|∴a＝1,即AO＝１.∴ＶA—ＢCD＝13Ｓ△ＢCＤ·AO=13×12×1×3故三棱锥A—BCＤ的体积为36２.【2０２0山东菏泽期末,１9】如图,点Ｃ是以AB为直径的圆上的动点【异于A，B】,已知AB=2,ＡE=7,四边形BEDC为矩形,平面ＡＢC⊥平面ＢＣＤＥ．设平面ＥＡD与平面ＡBC的交线为l.〔未经许可请勿转载〕【1】证明：l⊥平面AＣＤ；【２】当三棱锥A—ＢCE的体积最大时,求平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明:因为四边形BEDＣ为矩形，所以CD⊥CＢ,因为∠AＣB是以AB为直径的圆的圆周角,所以ＢC⊥ＡC，因为AＣ∩DC＝Ｃ，AC，DC⊂平面ACD，所以BC⊥平面AＣD。因为ＥＤ∥BC，ＢＣ⊄平面ADＥ,ＤE⊂平面ＡDE，所以BC∥平面ADE.由平面EＡD与平面ＡBC的交线为ｌ，得ｌ∥BＣ．因此l⊥平面AＣD．〔未经许可请勿转载〕【2】在△ABＣ中,设AC=x【0＜ｘ〈2】,则BC＝4-x2,所以Ｓ△ABC=12AC·ＢC＝12x·4-x2，由题意得BＥ在Rt△BAE中，AE＝7,AＢ=２，所以BE=3，所以ＶA—BCＥ＝ＶE—ＡBC=13S△AＢC·BＥ=36x·4-x2＝36x2(4-x2)≤36·x2+4-x22因为BE∥CD，所以ＣD⊥平面ABC.如图，以C为坐标原点，以CA,CＢ，ＣＤ所在直线分别为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系，则Ｃ【0,0,0】，A【2，0，0】，Ｄ【０,０,3】,E【0，2，3】,所以AD=【－2,０,3】,DE＝【０,2，0】,〔未经许可请勿转载〕易知平面ＡBC的一个法向量为n1=【0，０，3】,设平面AＤＥ的法向量为n2=【x，y，z】，则n2所以-2x+3z=0,2y=0,取ｘ=3,则z=2，则ｎ2=【3,0，2】,所以coｓ<n１,n2＞＝n1·n23.【2０20新高考Ⅰ，２0,12分】如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面AＢCD。设平面PAD与平面PBC的交线为l。〔未经许可请勿转载〕【1】证明:l⊥平面PDC;【2】已知PD＝AD=１，Q为l上的点,求PB与平面ＱCＤ所成角的正弦值的最大值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】证明：因为PD⊥底面AＢCD，所以PD⊥AＤ．又底面ABＣD为正方形,所以AＤ⊥ＤC。因为PD∩ＤC=D，所以AD⊥平面PDC。因为AD∥ＢC，ＡD⊄平面PBC,所以AD∥平面PＢC。由已知得l∥AD.因此ｌ⊥平面PＤＣ。〔未经许可请勿转载〕【2】以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ－ｘyｚ,〔未经许可请勿转载〕则Ｄ【０,0，0】，C【0,1,0】,Ｂ【1,1，0】，P【0，0，1】，则DC=【0,1，0】,PB=【1，1，—1】。〔未经许可请勿转载〕由【1】可设Q【a，0，１】,则DQ=【a，0，1】．设n=【x，y,z】是平面QCD的法向量,则n·DQ=0,n·DC所以cos〈n，PB>=n·PB|设PＢ与平面ＱCD所成角为θ,则sinθ=33×|a+1|1+a2＝331+2aa2+1．因为331+考法二判断或证明平面与平面垂直的方法1。【2022届山东青岛开学考试,19】如图,在四棱锥P－ＡBCD中,底面ABCD是菱形,ＰA⊥平面ABCＤ，ＰA=AB=2，∠AＢC＝60°,Ｅ为ＢC的中点，F为PC的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】证明：平面AEF⊥平面PＡD；【2】求平面AEF与平面ＰCＤ的夹角的余弦值．解析【1】证明:连接AC，因为四边形ABＣD是菱形，∠ＡBC=60°,所以△ＡBC为等边三角形,又E为ＢC的中点,所以AE平分∠BＡC,所以∠EＡD＝180°-60°-60°2＝90°,所以AE又因为PA⊥平面ＡBCD，所以PA⊥AE，又PＡ∩AＤ=A，所以AE⊥平面PAＤ，又AE⊂平面AEF，所以平面ＡＥＦ⊥平面ＰAD．【2】由题意及【1】建立空间直角坐标系如图所示,则A【0，0，0】,因为PA=AＢ=２,所以E【3,0，0】，P【0,０，２】，C【3，１，０】,D【0，2,0】,F32,12,1,设平面AEF的法向量为ｎ1＝【x1,ｙ1,z1】，因为AE=【3，0，0】,所以3x1=0,32设平面PCＤ的法向量为n2=【ｘ2，y2,ｚ2】,因为PD=【0，2，-２】，CD＝【—3，1,0】,〔未经许可请勿转载〕所以2y2-2z2=0,-所以ｃｏs<n1，n2>＝n1·n2|n1||n2|=32．【2０18北京文，18，14分】如图，在四棱锥Ｐ-AＢCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面AＢＣD，PＡ⊥PＤ,PA=PＤ,E,F分别为AD，PB的中点.〔未经许可请勿转载〕【1】求证:PE⊥BC;【2】求证：平面ＰＡB⊥平面ＰCD;【３】求证：EF∥平面PCＤ。证明【１】在△ＰAD中，因为ＰA=ＰD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ＡBCＤ为矩形,所以ＢC∥ＡD.所以ＰE⊥BC。〔未经许可请勿转载〕【2】因为底面ABCＤ为矩形，所以AＢ⊥ＡＤ.又因为平面PAD⊥平面ＡＢCD，所以AＢ⊥平面PＡＤ.所以AＢ⊥PD．又因为PA⊥PD，ＰA∩AB＝A，所以PＤ⊥平面ＰＡB.又PD⊂平面PＣＤ,所以平面PAB⊥平面PCD．〔未经许可请勿转载〕【3】取PC的中点Ｇ，连接FG,DG.因为F，G分别为PB，PC的中点,所以FG∥ＢC,FG=12BC．因为底面ＡBＣＤ为矩形，且E为ＡD的中点,所以DE∥BC，DE=12ＢＣ。所以DＥ∥FG，ＤE=FG。所以四边形DEFG为平行四边形。所以EF∥ＤG．又因为ＥF⊄平面ＰCＤ,DＧ⊂平面PＣD，所以EＦ∥平面3。【２020南京航空航天大学附中期中，20】一副标准的三角板【如图1】中,∠AＢC为直角,∠A=６0°，∠DEF为直角,DE=ＥＦ，BC＝DＦ，把ＢC与DF重合，拼成一个三棱锥【如图2】.设M是ＡC的中点,N是ＢＣ的中点．〔未经许可请勿转载〕【1】求证：平面ＡBＣ⊥平面ＥMN；【2】设平面ABE∩平面MＮＥ＝l,求证：ｌ∥AB;【３】若AC=4，且二面角Ｅ－ＢＣ-A为直二面角，求直线ＥM与平面ABＥ所成角的正弦值.〔未经许可请勿转载〕图1图２解析【１】证明：因为M是AC的中点，Ｎ是ＢC的中点,所以ＭN∥AＢ，因为ＡB⊥BC，所以MN⊥BＣ，因为BE⊥EC，BE=ＥC，N是BC的中点,所以EＮ⊥ＢＣ，又MＮ⊥BＣ，ＭN∩EN=N,ＭN⊂平面EMＮ，EＮ⊂平面EMＮ,所以ＢＣ⊥平面ＥMN，〔未经许可请勿转载〕又因为BC⊂平面ABC，所以平面ＡＢC⊥平面EMＮ。【２】证明:由【1】知MN∥AB，又AＢ⊂平面ABE,MN⊄平面ABE,所以MN∥平面ABE,又平面ＡBＥ∩平面MNE＝l，MN⊂平面ＭNE,所以MN∥l，所以l∥AB.〔未经许可请勿转载〕【3】由【1】知EN⊥BC，ＭN⊥BＣ,所以∠ＥNM为二面角Ｅ－ＢC—Ａ的平面角，又二面角E－BC－Ａ为直二面角，所以∠ENＭ=90°,以N为坐标原点,以NM、NC、NE所在直线分别为ｘ、ｙ、z轴，