新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-3直线、平面垂直的判定与性质练习含答案

7.3直线、平面垂直的判定与性质五年高考高考新风向(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足AE=25AD,AF=12AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得(1)证明:EF⊥PD;(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.解析(1)证明:∵AB=8,AD=53,AE=25AD,AF=12AB,∴|AE|=23,在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(23)2+42-2×23×4×32=4∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2,∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,又∵ED⊂面PDE,PE⊂面PDE,ED∩PE=E,∴EF⊥面PDE,又∵PD⊂面PDE,∴EF⊥PD.(2)连接EC,在Rt△EDC中,EC2=CD2+DE2=32+(33)2=36,∴EC=6.又∵PE=23,PC=43,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,又∵PE⊥EF,EC⊂面FBCDE,EF⊂面FBCDE,且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),则PC=(3,33,-23),PD=(0,33,-23),PF=(2,0,-23).作BG⊥AD交AD于点G,在Rt△ABG中,∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,EG=23,则B(4,23,0),则PB=(4,23,-23),设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),则PC·m=0,令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3).设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2),则PB·n=0,令z2=1,则x2=3,y2=-1,则n=(3,-1,1).设面PCD与面PBF所成的二面角为θ,则|cosθ|=|m·n||m|·|n|=113×故sinθ=1−|cosθ|2∴面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为865考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=2.

2.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.解析(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为3.(2021全国乙文,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.解析(1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则DAAB=AB又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=2,所以S矩形ABCD=AB·AD=2,所以V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=13×2×1=4.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(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.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,∴OA⊥CD.(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,∵BC⊂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⊂平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小为45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=23CD=23=EN=∴AO=OD=1,∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3×1=36.故三棱锥A-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),则CB=(0,3,0),设AO=a.则E23,33,2设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则n·即3y=0,23x+33y∴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|·|n|=−1a2∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=13S△BCD·AO=13×12×1×3故三棱锥A-BCD的体积为365.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)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.(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.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.因此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.(5分)(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.则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).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,可取n=(-1,0,a).所以cos<n,PB>=n·PB|n|·|PB设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33×a331+2aa2因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为三年模拟练思维1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是(D)A.AD⊥B1CB.A1D⊥BDC.AC1⊥A1CD.AC1⊥CD12.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是(D)A.VABC−A1B1C1=3VA1C.A1B⊥B1CD.AA1⊥BC3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足λAP=AB+AD+AA1,其中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是(ABDA.若A,B,D,A1,P在同一球面上,则λ=1B.若AB∥平面A1DP,则λ=2C.若点P到A,B,D,A1四点的距离相等,则λ=3D.若A1P⊥平面PBD,则λ=34.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是AB上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN,则下列选项正确的有(BCD)A.CF∥平面AMNB.AN⊥平面DBFC.DB⊥平面AMND.F是AB的中点5.(2024福建厦门二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,∠ABB1=π3,AC=22,M为A1B1中点,CM=11(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.解析(1)证明:连接AM,AB1,在菱形ABB1A1中,A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1=π3,故△AA1B1为正三角形又M为A1B1的中点,故AM⊥A1B1,且AM=3,又AB∥A1B1,故AM⊥AB,由CM=11,AC=22,AM=3得AM2+AC2=CM2,故AM⊥AC,而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,故AM⊥平面ABC,又AM⊂平面ABB1A1,故平面ABC⊥平面ABB1A1.(2)由BC=AB=2,AC=22得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,又平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CB⊂平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1,取BB1的中点O,由△ABB1为正三角形,得AO⊥BB1,作OH∥BC,交CC1于H,故OH⊥平面ABB1A1,又BB1,OA⊂平面ABB1A1,故OH⊥OA,OH⊥OB1,则OA,OB1,OH两两垂直,以O为坐标原点,分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C1(0,1,2),M32,32,0,则BA=(3,1,0),BC1=因为AM⊥平面ABC,所以AM=−32,3设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),则n·即3x+y=0,2y+2z=0,令y=-3,则可得n故cos<n,AM>=n·AM|n|·|AM|=而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为0,π故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为276.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC1上的点.(1)若AE=λAB,且平面D1DE⊥平面ABB1A1,求实数λ的值;(2)若F是CC1的中点,平面AB1D1与平面BDF的夹角的余弦值为31010,求A解析(1)解法一:如图1,取AB的中点E',连接DE',因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,所以△ABD是等边三角形,所以DE'⊥AB.因为DD1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD1⊥AB.因为DE'∩DD1=D,DE'⊂平面DD1E',DD1⊂平面DD1E',所以AB⊥平面DD1E'.(3分)因为AB⊂平面ABB1A1,所以平面DD1E'⊥平面ABB1A1,所以E点和E'点重合,所以AE'=12AB,即AE=12AB,即λ=12.解法二:如图2,在A1B1上取一点G,使A1G=AE,连接EG,D1G.则平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,且DD1∥EG.因为DD1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD1⊥AB,所以EG⊥AB.(2分)又平面D1DE⊥平面ABB1A1,平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,AB⊂平面ABB1A1,所以AB⊥平面D1DE.又DE⊂平面D1DE,所以AB⊥DE.(4分)又因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,所以△ABD是等边三角形,所以AE=12AB,即λ=12.(6(2)取AB的中点M,连接DM.建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),图3不妨设AB=2,AA1=2a,则A(3,-1,0),B1(3,1,2a),D1(0,0,2a),B(3,1,0),F(0,2,a),所以AB1=(0,2,2a),D1B1=(3,1,0),DB=(3,1,0),DF=(0,设平面AB1D1的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·AB令x1=3,则z1=3a,y1=-3,则n=3,−3,3a,(设平面BDF的法向量为m=(x2,y2,z2),则m·DB=0,令x2=3,则y2=-3,z2=6a,则m=3,−3,6a,(设平面AB1D1与平面BDF的夹角为θ,则cosθ=|n·m||n|·|m|==12a令12a2+1812a2+9×12a2+36=所以a=3或a=32所以AA1AB=232=3或AA1AB7.(2024浙江杭州二模,17)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.(1)证明:∠ABQ=90°;(2)若多面体ABCDPQ的体积为152,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值解析(1)证明:连接PM.在△DCM中,由余弦定理得DM=3,所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,所以DC⊥平面PDM.所以DC⊥PM.显然,四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB.又AB∥DC,所以AB⊥BQ,所以∠ABQ=90°.(6分)(2)因为QB⊥MD,PM∥QB,所以PM⊥MD,又PM⊥DC,MD∩DC=D,MD,DC⊂平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.取AD中点E,连接PE,设PM=h.设多面体ABCDPQ的体积为V,则V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEMh+13S四边形CDEMh=S△AEMh+13×2S△AEMh=53S△AEMh解得PM=h=33.(9分)建立如图所示的空间直角坐标系,则C(3,-1,0),D(3,0,0),P(0,0,33),所以CD=(0,1,0),PD=(3,0,-33),易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·即y=0,3x−33z=0,取m=(设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,所以cosθ=|m·n||m|·|n|=3所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为31010.(15分8.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证:PB⊥平面DEF;(2)求二面角B-DE-F的正弦值.解析(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC,因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,又因为PD、CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,又DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE,又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,所以DE⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB,又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.(2)以D为原点,以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,则D(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则DE=(0,1,1),DB=(1,2,0),由(1)知PB⊥平面DEF,所以PB=(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则由n·得y+z=0,x+2y=0,取n=则cos<n,PB>=n·PB|n||PB|=设二面角B-DE-F的平面角的大小为θ,则sinθ=1−cos2<n,所以二面角B-DE-F的正弦值为539.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-AB-E为直二面角.(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cosθ的取值范围.解析(1)证明:因为二面角C-AB-E为直二面角,所以平面ABC⊥平面ABE,又AB⊥BC,平面ABC∩平面ABE=AB,BC⊂平面ABC,则BC⊥平面ABE,又AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE,又四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,则∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE,又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,所以AE⊥平面BCE,又AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BCE.(2)由(1)知AE⊥平面BCE,又BE⊂平面ACE,故AE⊥BE.以E为坐标原点,EB,EA所在直线分别为x,y轴,过点E且与平面ABE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则E(0,0,0),A(0,1,0),B(λ,0,0),C(λ,0,1),Fλ2,0,0,则EA=(0,1,0),EC=(λ,0,1),FA=−λ2,1,0设平面EAC的法向量为m=(x,y,1),则m·即y=0,λx+1=0,则m设平面FAC的法向量为n=(x1,y1,1),则n·即−λ2·x1由图可知二面角E-AC-F为锐二面角,从而有cosθ=|cos<m,n>|=m·n|m|·|n|=λ2+22(λ而λ∈[2,3],则1λ2+1∈110,15,1+1λ10.(2024安徽安庆二模,17)如图,将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC折叠,使得点A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA=6,PD=3.设E是PA的中点.(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.解析(1)证明:取BC的中点O,连接OA、OP、OD,如图所示.因为四边形ABDC是边长为2的菱形,△PBC是边长为2的等边三角形,所以△ABC是边长为2的等边三角形,在等边△PBC中,O是BC的中点,则OP⊥BC且OP=3,又因为PA=6,所以PA2=OA2+OP2,所以OP⊥OA,因为OA∩BC=O,且OA,BC⊂平面ABC,所以OP⊥平面ABC.又因为OP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC.(2)由(1)知,OP⊥BC,OP⊥OA.因为O是等边△ABC的BC边中点,所以OA⊥BC.所以以O为原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),P(0,0,3),E32,0,32,所以连接OD,因为△DBC是边长为2的等边三角形,故OD=OP=3=PD,所以∠POD=60°,且OD⊥BC,又因为OP⊥BC,OD∩OP=O,OD,OP⊂平面DOP,所以BC⊥平面DOP,则D在平面xOz内,可得D−32,0,32,易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),则n·令z=2,则x=0,y=3,即n=(0,3,2),所以cos<m,n>=m·n|m||n|=27=设平面EBD与平面ABC的夹角为θ,则sinθ=1−cos2<故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为217练风向1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,Di∈M且Di在棱AB所在直线上,i=1,2,则(ABC)A.动点D的轨迹是圆B.平面PCD1⊥平面PCD2C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3D.三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值2.(创新知识交汇)(2024福建高三毕业班适应性测试,18)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.(1)求直线CD与平面α所成角的大小.(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.解析(1)因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α.(1分)所以直线CD与平面α所成角为∠CDB.(2分)过D作DF⊥AC,垂足为F.因为CD平分