第一轮复习立体几何垂直问题

§13.3 垂直的判定与性质考纲解读考点内容解读 要求五年高考统计常考题型 预测热度2013 2014 2015 2016 20171.线面垂直的判定与性质1.线面垂直的证明2.线面垂直的性质应用B16题14分解答题 ★★★2.面面垂直的判定与性质1.面面垂直的证明2.面面垂直的性质应用B15题14分 解答题 ★★★分析解读 空间垂直问题是某某高考的热点内容,主要考查线面垂直和面面垂直的判定与性质运用,复习时要认真掌握解决垂直问题常用的方法,识别一些基本图形如:锥体、柱体的特征.五年高考考点一 线面垂直的判定与性质1.(2016某某理,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n 满足m∥α,n⊥β,则以下说法正确的是.①m∥l;②m∥n;③n⊥l;④m⊥n. 答案 ③2.(2015某某,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC⊥BC,BC=CC 1,设AB 1的中点为D,B 1C∩BC 1=E. 求证:(1)DE∥平面AA 1C 1C; (2)BC 1⊥AB1.证明 (1)由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1的中点,因此DE∥AC. 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C,AC ⊂平面AA 1C 1C, 所以DE∥平面AA 1C 1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.3.(2015某某,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.解析(1)由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连结BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,从而NC=AC-AN=.由MN∥PA,得==.4.(2015某某,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(1)证明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.解析(1)证明:如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,从而PE⊥AB.因∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)设BC=x,则在直角△ABC中,AB==,从而S△ABC=AB·BC=x.由EF∥BC知,==,得△AFE∽△ABC,故==,即S△AFE=S△ABC.由AD=AE,S△AFD=S△AFE=·S△ABC=S△ABC=x,从而四边形DFBC的面积为S DFBC=S△ABC-S△AFD=x-x=x.由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE===2.体积V P-DFBC=·S DFBC·PE=·x·2=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3,所以,BC=3或BC=3.5.(2014某某,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点. 求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明(1)连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥B C1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图,连结AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.教师用书专用(6—8)6.(2014某某,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点.(1)求证:EF⊥平面BCG;(2)求三棱锥D-BCG的体积.附:锥体的体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高.解析(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G为AD的中点,所以CG⊥AD.同理BG⊥AD,因此AD⊥平面BGC.又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内,作AO⊥CB,交CB延长线于O,由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin 60°=,所以V D-BCG=V G-BCD=·S△DBC·h=×BD·BC·sin 120°·=.7.(2014某某,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)证明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.解析(1)证明:如图,连结OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.因为∠BAD=,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin=1,又因为BM=,且∠OBM=,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos=.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连结AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=.所以V P-ABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.8.(2013某某,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°.已知PB=PD=2,PA=.(1)证明:PC⊥BD;(2)若E为PA的中点,求三棱锥P-BCE的体积.解析(1)证明:连结AC,交BD于O点,连结PO.因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO.由PB=PD知,PO⊥BD.再由PO∩AC=O知,BD⊥面APC.因此BD⊥PC.(2)因为E是PA的中点,所以V P-BCE=V C-PEB=V C-PAB=V B-APC.由PB=PD=AB=AD=2知,△ABD≌△PBD.因为∠BAD=60°,所以PO=AO=,AC=2,BO=1.又PA=,PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC,故S△APC=PO·AC=3.由(1)知,BO⊥面APC,因此V P-BCE=V B-APC=×·BO·S△APC=.考点二面面垂直的判定与性质1.(2017某某,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.2.(2017某某文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD 为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明本题考查线面平行与面面垂直.(1)取B1D1的中点O1,连结CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.教师用书专用(3)3.(2016,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(1)求证:DC⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.(2分)又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.(4分)(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.(6分)因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.(7分)又AC∩PC=C,所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.(9分)(3)棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:(10分)取PB中点F,连结EF,CE,CF.又因为E为AB的中点,所以EF∥PA.(13分)又因为PA⊄平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一线面垂直的判定与性质1.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于.答案 22.(苏教必2,一,2,变式)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,则图中共有个直角三角形.答案 43.(2018某某海安高级中学高三阶段考试)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面A1ACC1是边长为2的菱形,∠A1AC=60°,在平面ABC中,AB=2,BC=4,M为BC的中点,过A1,B1,M三点的平面交AC于点N.(1)求证:N为AC的中点;(2)求证:AC⊥平面A1B1MN.证明(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,平面ABC∥平面A1B1C1,∵平面A1B1M∩平面ABC=MN,平面A1B1M∩平面A1B1C1=A1B1,所以MN∥A1B1.因为AB∥A1B1,所以MN∥AB,所以=.因为M为BC的中点,所以N为AC的中点.(2)因为四边形A1ACC1是边长为2的菱形,∠A1AC=60°,所以在三角形A1AN中,AN=1,AA1=2,由余弦定理得A1N=,故A1A2=AN2+A1N2,所以∠A1NA=90°,即A1N⊥AC.在三角形ABC中,AC=2,AB=2,BC=4,所以BC2=AB2+AC2,所以∠BAC=90°,即AB⊥AC.又MN∥AB,所以AC⊥MN.因为MN∩A1N=N,MN⊂面A1B1MN,A1N⊂面A1B1MN,所以AC⊥平面A1B1MN.4.(2017某某某某期末调研,16)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面EAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,EA⊥EB,点M,N分别是AE,CD的中点.求证:(1)直线MN∥平面EBC;(2)直线EA⊥平面EBC.证明(1)取BE的中点F,连结CF,MF,因为M是AE的中点,所以MF∥AB,MF=AB,又N是矩形ABCD的边CD的中点,所以NC∥AB,NC=AB,所以MF NC,所以四边形MNCF是平行四边形,所以MN∥CF,又MN⊄平面EBC,CF⊂平面EBC,所以MN∥平面EBC.(2)在矩形ABCD中,BC⊥AB,因为平面EAB⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面EAB=AB,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面EAB,又EA⊂平面EAB,所以BC⊥EA,又EA⊥EB,BC∩EB=B,EB,BC⊂平面EBC,所以EA⊥平面EBC.5.(2017苏锡常镇四市教学情况调研(一),16)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是菱形,AC1与A1C交于点O,E是棱AB上一点,且OE∥平面BCC1B1.(1)求证:E是AB的中点;(2)若AC1⊥A1B,求证:AC1⊥CB.证明(1)连结BC1,因为OE∥平面BCC1B1,且OE⊂平面ABC1,平面BCC1B1∩平面ABC1=BC1,所以OE∥BC1.因为侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,所以O是AC1的中点,所以E是AB的中点.(2)因为侧面AA1C1C是菱形,所以AC1⊥A1C,又AC1⊥A1B,A1C∩A1B=A1,A1C,A1B⊂面A1BC,所以AC1⊥面A1BC,因为BC⊂平面A1BC,所以AC1⊥BC.考点二面面垂直的判定与性质6.(2018某某某某中学高三阶段测试)如图,在几何体中,四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,四边形DCEF为梯形,EF∥CD,FB=FD.(1)若CD=2EF,求证:OE∥平面ADF;(2)求证:平面ACF⊥平面ABCD.证明(1)取AD的中点G,连结OG,FG,∵对角线AC与BD的交点为O,∴OG∥CD,OG=CD.∵EF∥CD,CD=2EF,∴OG∥EF,OG=EF,∴四边形OGFE为平行四边形,∴OE∥FG.∵FG⊂平面ADF,OE⊄平面ADF,∴OE∥平面ADF.(2)连结OF.∵四边形ABCD为菱形,∴OC⊥BD,∵FB=FD,O是BD的中点,∴OF⊥BD.又∵OF∩OC=O,∴BD⊥平面ACF.∵BD⊂平面ABCD,∴平面ACF⊥平面ABCD.7.(2017某某某某辅仁中学质检,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AC与BD交于点O,且平面PAC⊥平面ABCD,E为棱PA上一点.(1)求证:BD⊥OE;(2)若AB=2CD,AE=2EP,求证:EO∥平面PBC.证明(1)因为平面PAC⊥底面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC,BD⊥AC,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PAC,又因为OE⊂平面PAC,所以BD⊥OE.(2)因为AB∥CD,AB=2CD,AC与BD交于O,所以CO∶OA=CD∶AB=1∶2,又因为AE=2EP,所以CO∶OA=PE∶EA,所以EO∥PC,又因为PC⊂平面PBC,EO⊄平面PBC,所以EO∥平面PBC.8.(2017某某某某,某某一模,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分别是AB,AC的中点.(1)求证:B1C1∥平面A1DE;(2)求证:平面A1DE⊥平面ACC1A1.证明(1)因为D,E分别是AB,AC的中点,所以DE∥BC,又因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,所以B1C1∥DE.又B1C1⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,所以B1C1∥平面A1DE.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,又DE⊂底面ABC,所以CC1⊥DE.又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC,又CC1,AC⊂平面ACC1A1,且CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1.9.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ABD沿对角线BD折起,记折起后A的位置为点P,且使平面PBD⊥平面BCD.求证:(1)CD⊥平面PBD.(2)平面PBC⊥平面PDC.证明(1)∵AD=AB,∠BAD=90°,∴∠ABD=∠ADB=45°,又∵AD∥BC,∴∠DBC=45°,又∠DCB=45°,∴∠BDC=90°,即BD⊥DC.∵平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,∴CD⊥平面PBD.(2)由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.又BP⊥PD,PD∩CD=D,∴BP⊥平面PDC.又BP⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PDC.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:20分时间:10分钟)一、填空题(每小题5分,共5分)1.(苏教必2,一,2,变式)设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列命题正确的是.①若m⊥n,n∥α,则m⊥α;②若m∥β,β⊥α,则m⊥α;③若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α;④若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α.答案③二、解答题(共15分)2.(2017某某某某、某某、某某三模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,AP=AD,M,N分别为棱PD,PC的中点.求证:(1)MN∥平面PAB;(2)AM⊥平面PCD.证明(1)因为M,N分别为棱PD,PC的中点,所以MN∥DC,又因为底面ABCD是矩形,所以AB∥DC,所以MN∥AB.又AB⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)因为AP=AD,M为PD的中点,所以AM⊥PD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD.又AM⊂平面PAD,所以CD⊥AM.因为CD,PD⊂平面PCD,CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 证明线面垂直的方法1.(2017某某某某师X大学附属中学调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证:PA∥平面EBD;(2)求证:PB⊥平面EFD.证明(1)连结BE,BD,AC,设AC交BD于G,连结EG,则G为AC的中点,在△PAC中,E为PC的中点,G为AC的中点,故PA∥EG,又EG⊂面BED,PA⊄面BED,所以PA∥平面EBD.(2)∵PD⊥面ABCD,∴PD⊥BC.∵BC⊥CD,PD∩CD=D,PD,CD⊂面PCD,∴BC⊥面PCD,又DE⊂面PCD,∴BC⊥DE,∵PD=CD,E为PC的中点,∴DE⊥PC,又BC∩PC=C,BC,PC⊂面PBC,∴DE⊥面PBC,又PB⊂面PBC,∴DE⊥PB,又∵PB⊥EF,EF∩DE=E,EF,DE⊂面EFD,∴PB⊥平面EFD.方法2 证明面面垂直的方法2.(2017某某某某期中,17)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证: (1)BD1∥平面EAC;(2)平面EAC⊥平面AB1C.证明(1)连结BD交AC于O,连结EO.易知O为BD的中点,因为E为DD1的中点,所以EO∥BD1. 又BD1⊄平面EAC,EO⊂平面EAC,所以BD1∥平面EAC.(2)易知AC⊥BD,DD1⊥平面ABCD,所以DD1⊥AC,因为BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BDD1,所以AC⊥BD1,同理可证AB1⊥BD1,又AC∩AB1=A,所以BD1⊥平面AB1C,因为EO∥BD1,所以EO⊥平面AB1C,又EO⊂平面EAC,所以平面EAC⊥平面AB1C.。

2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何第5讲直线平面垂直的判定及性质增分练1．[xx·浙江高考]已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n ⊥β，则( )A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n答案 C解析∵α∩β＝l，∴l⊂β，∵n⊥β，∴n⊥l.故选C.2．[xx·福建高考]若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析由“m⊥α且l⊥m”推出“l⊂α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l ⊥m”，所以“l⊥m”是“l∥α”的必要而不充分条件，故选B.3．[xx·天津河西模拟]设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β答案 B解析对于A，若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错误；易知B正确；对于C，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错误；对于D，若α⊥β，l∥α，则l 与β的位置关系不确定，故D错误．故选B.4.[xx·济南模拟]已知如图，六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF.则下列结论不正确的是( )A．CD∥平面PAFB．DF⊥平面PAFC．CF∥平面PABD．CF⊥平面PAD答案 D解析A中，因为CD∥AF，AF⊂平面PAF，CD⊄平面PAF，所以CD∥平面PAF成立；B中，因为ABCDEF为正六边形，所以DF⊥AF，又因为PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥DF，又因为PA∩AF＝A，所以DF⊥平面PAF成立；C中，因为CF∥AB，AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，所以CF∥平面PAB；而D中CF与AD 不垂直．故选D.5．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案 D解析若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确，α与β相交．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B，C.故选D.6．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，则下列命题：①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________．答案 3解析如图所示．∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.7．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α，b∥β，且α∥β，则a∥b；②若a⊥α，且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．答案②③④解析①中a与b可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．8.[xx·广东模拟]如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有________(写出全部正确命题的序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.答案③解析由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，从而AC⊥平面BDE，故③正确．9.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.证明(1)∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA.又CD⊥AC，PA∩AC＝A，故CD⊥平面PAC，AE⊂平面PAC.故CD⊥AE.(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC.∵E是PC的中点，故AE⊥PC.由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C，从而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD.易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE.10.[xx·湖南永州模拟]如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ； (2)求四棱锥S －ABCD 的高．解 (1)证明：如图，取AB 的中点E ，连接DE ，DB ，则四边形BCDE 为矩形， ∴DE ＝CB ＝2， ∴AD ＝BD ＝ 5.∵侧面SAB 为等边三角形，AB ＝2， ∴SA ＝SB ＝AB ＝2. 又SD ＝1，∴SA 2＋SD 2＝AD 2，SB 2＋SD 2＝BD 2，∴∠DSA ＝∠DSB ＝90°，即SD ⊥SA ，SD ⊥SB ，SA ∩SB ＝S ， ∴SD ⊥平面SAB .(2)设四棱锥S －ABCD 的高为h ，则h 也是三棱锥S －ABD 的高． 由(1)，知SD ⊥平面SAB .由V S －ABD ＝V D －SAB ，得13S △ABD ·h ＝13S △SAB ·SD ，∴h ＝S △SAB ·SD S △ABD. 又S △ABD ＝12AB ·DE ＝12×2×2＝2，S △SAB ＝34AB 2＝34×22＝3，SD ＝1， ∴h ＝S △SAB ·SD S △ABD ＝3×12＝32. 故四棱锥S －ABCD 的高为32. [B 级 知能提升]1．[xx·青岛质检]设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a ⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β答案 C解析对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故选C.2．[xx·河北唐山模拟]如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF 的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( )A.AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案 B解析根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.3.如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．答案①②④解析①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC⇒AE ⊥平面PBC，PB⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF ⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误；由②可知④正确．4．[xx·江西九江模拟]如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3.(1)证明：平面ACF ⊥平面BEFD .(2)若cos ∠BAD ＝15，求几何体ABCDEF 的体积．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形， ∴AC ⊥BD ，∵BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴BE ⊥AC .∴AC ⊥平面BEFD ，AC ⊂平面ACF . ∴平面ACF ⊥平面BEFD .(2)设AC 与BD 的交点为O ，AB ＝a (a >0)， 由(1)得AC ⊥平面BEFD ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ， ∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ，∴BD 2＝EF 2－(DF －BE )2＝8，∴BD ＝22， ∴S 四边形BEFD ＝12(BE ＋DF )·BD ＝32，∵cos ∠BAD ＝15，∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos∠BAD ＝85a 2＝8，∴a ＝5，∴OA 2＝AB 2－OB 2＝3，∴OA ＝3， ∴V ABCDEF ＝2V A －BEFD ＝23S 四边形BEFD ·OA ＝2 6.5．[xx·全国卷Ⅲ]如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(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．解 (1)证明：如图，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 .从而AC ⊥平面DOB ，又BD ⊂平面DOB ， 故AC ⊥BD . (2)连接EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°. 由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD .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∶1.2019-2020年高考数学一轮复习第7章立体几何第7讲立体几何中的向量方法第2课时知能训练轻松闯关理北师大版1．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)，所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________． 解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155. 答案：1554.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.答案：555．已知单位正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小；(2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)， E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°. (2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11× ⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(xx·高考重庆卷)如图，三棱锥P ­ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ；(2)求二面角A ­PD ­C 的余弦值．解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE 平面ABC ，得PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形， 故CD ⊥DE .由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线， 故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF＝FC ＝FE ＝1.又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2，得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)， DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)， 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝36，故所求二面角A ­PD ­C 的余弦值为36.1.(xx·山西省考前质量检测)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2. (1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H ­PB ­C 的余弦值．解：(1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD . 因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，又BC 平面PBC ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角，所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点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．则B (1，1，0)，P (0，0，1)，C (0，2，0)，H ⎝⎛⎭⎪⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0， 取x 2＝1，则m ＝(1，1，2)．又cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217，故二面角HPB C 的余弦值为217. 2．(xx·河南省六市联考)如图①，已知长方形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，M 为DC 的中点．将△ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM ，如图②.(1)求证：AD ⊥BM ；(2)若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E ­AM ­D 的余弦值为55. 解：(1)证明：连接BM ，则AM ＝BM ＝2，AM 2＋BM 2＝AB 2，所以AM ⊥BM ，又平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ， 所以BM ⊥平面ADM ，因为AD 平面ADM ， 所以BM ⊥AD .(2)建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz ，由(1)可知，平面ADM 的一个法向量m ＝(0，1，0)，设平面AME 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MA →＝0，n ·ME →＝0，因为A (2，0，0)，B (0，2，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22，M (0，0，0)，DB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，2，－22， 设DE →＝λDB →，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ），MA →＝(2，0，0)，ME →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ），则⎩⎪⎨⎪⎧（x ，y ，z ）·（2，0，0）＝0，（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ）＝0， 解得n ＝(0，1－λ，－2λ)，二面角E ­AM ­D 的余弦值为55，即m·n |m|·|n|＝55，得λ＝12，即E 为DB 的中点时满足．。

【最新】2019年高三数学一轮复习第八章立体几何第五节直线平面垂直的判定与性质夯基提能A组基础题组1.已知在空间四边形ABCD中,AD⊥BC,AD⊥BD,且△BCD是锐角三角形,则必有( )A.平面ABD⊥平面ADCB.平面ABD⊥平面ABCC.平面ADC⊥平面BDCD.平面ABC⊥平面BDC2.如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列结论正确的是( )A.平面ABD⊥平面ABCB.平面ADC⊥平面BDCC.平面ABC⊥平面BDCD.平面ADC⊥平面ABC3.(2016山东日照实验中学月考)设a、b是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列四个命题:①若a⊥b,a⊥α,b⊄α,则b∥α;②若a∥α,a⊥β,则α⊥β;③若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a⊂α;④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.其中正确命题的个数为( )A.1B.2C.3D.44.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,F是BB1上的动点,AB1,DF交于点E,要使AB1⊥平面C1DF,则线段B1F的长为( )A. B.15.如图,在三棱锥D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列命题中正确的有(写出全部正确命题的序号).①平面ABC⊥平面ABD;②平面ABD⊥平面BCD;③平面ABC⊥平面BDE,且平面ACD⊥平面BDE;④平面ABC⊥平面ACD,且平面ACD⊥平面BDE.6.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边长都相等,M是PC上的一动点,当点M满足时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)7.如图所示,矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,PA=2,现有数据:当在BC边上存在点Q(Q不在端点B,C处),使PQ⊥QD时,a可以取.(填上一个你认为正确的数据序号即可)8.(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:(1)直线DE∥平面A1C1F;(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.9.(2015广东,18,14分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.(1)证明:BC∥平面PDA;(2)证明:BC⊥PD;(3)求点C到平面PDA的距离.B组提升题组10.(2016甘肃兰州质检)如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,连接DC,则下列说法正确的是.(写出所有正确说法的序号)①无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面DEC;②无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN⊥AE;③无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB;④在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD.11.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥DC,△PAD是等边三角形,已知(1)设M是PC上的一点,证明:平面MBD⊥平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.12.(2016北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(1)求证:DC⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.答案全解全析A组基础题组1.C ∵AD⊥BC,AD⊥BD,BC∩BD=B,∴AD⊥平面BDC,又AD⊂平面ADC,∴平面ADC⊥平面BDC.2.D 易证BD⊥CD.因为平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB.又AD⊥AB,AD∩CD=D,AD⊂平面ADC,CD⊂平面ADC,故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC,∴平面ADC⊥平面ABC.3.D ①由a⊥b,a⊥α,可得b∥α或b⊂α,又b⊄α,∴b∥α,①是正确命题;②由a∥α得在α内存在一条直线m满足m∥a,结合a⊥β,得m⊥β,又m⊂α,∴α⊥β,②是正确命题;③由a⊥β,α⊥β可得出a∥α或a⊂α,故③是正确命题;④由a⊥b,a⊥α可推出b∥α或b⊂α,结合b⊥β,可得出α⊥β,故④是正确命题.4.A 设B1F=x,因为AB1⊥平面C1DF,DF⊂平面C1DF,所以AB1⊥DF,由已知可得A1B1=,设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h,则又2×=h,所以在Rt△DB1E中由面积相等得×=x,得5.答案③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.6.答案DM⊥PC(或连接AC,由题意知四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,又∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,又AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.。

考查角度1立体几何中的平行与垂直的证明分类透析一证明平行关系如图,在菱形ABCD中,∠BAD=π,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M3AD=2.是线段AE的中点,DE=EF=12(1)证明:DM∥平面CEF.ABCDEF的表面积.连接AC,设AC,BD的交点为O,连接MO,可证平面MOD∥从而DM∥平面CEF;(2)先判断各个面的形状,找出垂直关系,,再计算表面积.连接AC,设AC与BD的交点为O,连接MO.EF,DO⊄平面CEF,∴DO∥平面CEF.∵M是线段AE的中点,O为AC的中点,∴MO是△ACE的中位线,∴MO∥EC.又MO⊄平面CEF,∴MO∥平面CEF.又MO∩DO=O,∴平面MDO∥平面CEF.又DM⊂平面MDO,∴DM∥平面CEF.(2)连接FO,由菱形ABCD可得AC⊥BD.∵ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴ED⊥AC.又BD∩ED=D,∴AC⊥平面EDBF.又OF⊂平面EDBF,∴AC⊥OF.∵EF∥DO,且EF=DO,ED⊥DO,ED=DO,∴四边形EDOF为正方形,ED=DO=OF=FE=2.在Rt△ADE和Rt△CDE中,∵AD=CD=4,DE=2,∴AE=EC=2√5,∴S△ADE=S△CDE=4.在Rt△AOF和Rt△COF中,∵AO=CO=2√3,OF=2,AF=CF=4,∴△AEF和△CEF是直角三角形,∴S△AEF=S△CEF=4.∵四边形ABCD为菱形,∴AB=BC=CD=DA=4,S ABCD=8√3.又AF=CF=AB=CB=4,FB=2√2,∴S△AFB=S△CFB=2√7.∴多面体ABCDEF的表面积为4×2+4×2+2√7×2+8√3=16+4√7+8√3.证明线面平行的常用方法:①利用线面平行的判定定理,直线,可利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两条直线平行.②利用面面平行的性质,即两个平面平行,在其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.分类透析二证明垂直关系如图,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD为边长等于2的正三角形,为菱形,∠BAD=60°.(1)证明:PB⊥BC.(2)若平面PAD⊥底面ABCD,E为线段PD上的点,且PE=2ED,求三的体积.设AD的中点为O,通过证线面垂直得到线线垂直;(2),寻找三棱锥P-ABE的体积与三棱锥B-PAD的体积间的关系,然后求出三棱锥B-PAD的体积,最后得到三棱锥P-ABE的体积.解析 (1)如图,设AD的中点为O,连接PO,BO.,∴PO⊥AD.∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,∴OB⊥AD,OP∩OB=O,∴AD⊥平面POB.又AD∥BC,∴BC⊥平面POB.∵PB⊂平面POB,∴PB⊥BC.V B-PAD.(2)连接BD,由题知V P-ABE=V B-PAE=23∵平面PAD⊥底面ABCD,∴OP,OA,OB两两垂直且OP=OB=√3.则V B-PAD =13×12×2×√3×√3=1,故V P-ABE =2V B-PAD =23.有关空间中垂直关系的证明:主要用到线线垂直、线,再结合题意进行推理或证明完成,有些题目需要添加一些辅助线.分类透析三 平行关系和垂直关系的综合应用如图,在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥平面PAC ,∠APC=90°,E 是AB ,M 是CE 的中点,点N 在PB 上,且4PN=PB.证明:(1)平面PCE ⊥平面PAB ; ∥平面PAC.先证明直线PC ⊥平面PAB ,再证平面PCE ⊥平面PAB ;(2)设AE Q ,连接MQ ,NQ ,证明平面MNQ ∥平面PAC ,从而MN ∥平面∵AB ⊥平面PAC ,PC ⊂平面PAC , PC.∵∠APC=90°,∴AP ⊥PC.又AP ⊂平面PAB ,AB ⊂平面PAB ,AP ∩AB=A , ∴PC ⊥平面PAB.∵PC ⊂平面PCE , ∴平面PCE ⊥平面PAB.(2)取AE 的中点Q ,连接NQ ,MQ. ∵M 是CE 的中点,∴MQ ∥AC. ∵PB=4PN ,AB=4AQ ,∴QN ∥AP.又AP ∩AC=A ,AP ⊂平面APC ,AC ⊂平面APC ,QN ∩QM=Q ,QN ⊂平面MNQ ,QM ⊂平面MNQ ,∴平面MNQ ∥平面PAC.∵MN ⊂平面MNQ ,∴MN ∥平面PAC.如图,△ABC 内接于圆O ,AB 是圆O 的直径,四边形DCBE 为平行四边形,DC ⊥平面ABC ,AB=2,BE=√3.(1)证明:平面ACD ⊥平面ADE.(2)记AC=x ,V (x )表示三棱锥A-CBE 的体积,求V (x )的最大值.要证平面ACD ⊥平面ADE ,只需证明DE ⊥平面ADC ,DC ⊥BC ,BC ⊥AC ,从而得证;(2)先利用体积公式求出V (x x 的解析式,再利用不等式求出最值.∵四边形DCBE 为平行四边形,BE ,BC ∥DE.∵DC ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC , ∴DC ⊥BC.∵AB 是圆O 的直径, ∴BC ⊥AC.又DC ∩AC=C , ∴BC ⊥平面ADC. ∵DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ADC. 又∵DE ⊂平面ADE ,∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)在Rt△ABC 中,∵BC=√AB 2-AC 2=√4-x 2(0<x<2),∴S △ABC =12AC ·BC=12x √4-x 2,又BE=√3, ∴V (x )=V E-ABC =13S △ABC ·BE=√36x ·√4-x 2(0<x<2).若V (x )取得最大值,则x √4-x 2=√x 2(4-x 2)取得最大值.∵x 2(4-x 2)≤(x 2+4-x 22)2=4,当且仅当x 2=4-x 2,即x=√2时,“=”成立,故V (x )的最大值为√33.立体几何中最值问题的求解策略主要有:(1)转化为函解有些立体几何的最值问题可先引入线参数或角参数,再建立关于这些变量的函数关系,转化为函数的最值问题来解决.(2)利用重要不等式求最值.1.(2018年全国Ⅱ卷,文19改编)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO ⊥平面ABC.(2)若点M 在棱BC 上,且MC=2MB ,求V C-POM ∶V P-ABMO .因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP=2√3.如图,连接OB ,因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC=O 知,PO ⊥平面ABC. (2)作CH ⊥OM ,垂足为H.又由(1)可得OP ⊥CH ,所以CH ⊥平面POM. 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=4√23,∠ACB=45°, 所以OM=2√53,CH=OC ·MC ·sin∠ACB OM =4√55. 所以V C-POM =13S △COM ×PO=13×12×2√53×4√55×PO=49PO , V P-ABMO =13×(12×2√2×2√2-12×2√53×4√55)×PO=89PO , 所以V C-POM ∶V P-ABMO =1∶2.2.(2018年全国Ⅲ卷,文19改编)如图,矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C ,D 的点. (1)证明:CM ⊥平面AMD.(2)设P 是AM 的中点,求证:MC ∥平面PDB.∵平面ABCD⊥半圆面CMD,CMD,∴AD⊥平面MCD.∵CM在平面MCD内,∴AD⊥CM.又M是半圆弧CD⏜上异于C,D的点,∴CM⊥MD.又AD∩MD=D,∴CM⊥平面AMD.(2)连接AC与BD交于点O,连接PO.在矩形ABCD中,O是AC的中点,P是AM的中点,∴OP∥MC.∵OP⊆平面PDB,MC⊄平面PDB,∴MC∥平面PDB.3.(2017年全国Ⅰ卷,文18改编)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PCD⊥平面PAD.(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为83,求AB 的长度.由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.AB∥CD,故AP⊥CD.因为AP∩PD=P,所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,AB∩AD=A,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=√2x,PE=√22x.故四棱锥P-ABCD的体积V P-ABCD=13AB·AD·PE=13x3.由题设得13x3=83,故x=2.从而AB=2.1.(2018年湖北省八校高三第二次联考测试)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB ,PA=AB=BC=4,∠ABC=90°,PC=4√3,D 为线段AC 的中点,E 是线段PC 上一动点.(1)当DE ⊥AC 时,求证:PA ∥平面EDB.(2)当△BDE 的面积最小时,求三棱锥E-BCD 的体积.在Rt△ABC 中,AC=4√2.在△PAC 中,由PA 2+AC 2=PC 2知,PA ⊥AC , ∵DE ⊥AC ,∴PA ∥DE.又PA ⊄平面EDB ,∴PA ∥平面EDB. (2)在等腰直角△ABC 中, 由D 为AC 的中点知,DB ⊥AC.∵PA ⊥AC ,PA ⊥AB ,AB ∩AC=A ,∴PA ⊥平面ABC. ∵DB ⊂平面ABC ,∴PA ⊥DB.又DB ⊥AC ,PA ∩AC=A ,∴DB ⊥平面PAC. ∵DE ⊂平面PAC ,∴DE ⊥DB , 即△EBD 为直角三角形,∴当DE 最小时,△BDE 的面积最小,过点D 作PC 的垂线,当E 为垂足时,DE 最小,为2√63, 此时,EC=√(2√2)2-(2√63)2=4√33,∴V E-BCD =13×S △BDE ×EC=13×12×2√2×2√63×4√33=169.2.(2018年辽宁大连高三上学期期末)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D ,E 分别是AB ,BB 1的中点,AB=BC.证明: (1)BC 1∥平面A 1CD.(2)1EC ⊥平面ACC 1A 1.如图,连接AC 1,交A 1C 于点O ,连接DO ,则O 是AC 1的中点.因为D 是AB 的中点,所以OD ∥BC 1. 因为OD ⊂平面A 1CD ,BC 1⊄平面A 1CD , 所以BC 1∥平面A 1CD.(2)取AC 的中点F ,连接EO ,OF ,FB ,因为O 是AC 1的中点,所以OF ∥AA 1且OF=12AA 1.显然BE ∥AA 1,且BE=12AA 1,所以OF ∥BE 且OF=BE.则四边形BEOF 是平行四边形,所以EO ∥BF.因为AB=BC ,所以BF ⊥AC.又BF ⊥CC 1,AC ∩CC 1=C , 所以直线BF ⊥平面ACC 1A 1.因为EO ∥BF ,所以EO ⊥平面ACC 1A 1.因为EO ⊂平面A 1EC ,所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1.3.(四川省德阳市2018届高三二诊考试)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠DAB=60°,PD ⊥平面ABCD ,PD=AD=2,点E 、F 分别为AB 、PD 的中点.(1)求证:直线AF ∥平面PEC ; (2)求点A 到平面PEC 的距离.取PC 的中点Q ,连接EQ ,FQ ,由题意知,FQ ∥DC 且FQ=12CD ,AE ∥CD 且AE=12CD ,故AE ∥FQ 且AE=FQ ,所以四边形AEQF 为平行四边形. 所以AF ∥EQ.又EQ ⊂平面PEC ,AF ⊄平面PEC , 所以AF ∥平面PEC.(2)连接AC ,设点A 到平面PEC 的距离为d. 由题意知在△EBC 中,EC=√EB 2+BC 2-2EB ·BC ·cos∠EBC =√1+4+2×1×2×12=√7,在△PDE 中,PE=√PD 2+DE 2=√7,在△PDC 中,PC=√PD 2+CD 2=2√2,故EQ ⊥PC ,EQ=AF=√5,S △PEC =12×2√2×√5=√10,S △AEC =12×1×√3=√32,所以由V A-PEC =V P-AEC ,得13×√10·d=13×√32×2,解得d=√3010.4.(山东省枣庄市2018届高三第二次模拟考试)在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面SAB ⊥平面ABCD ,平面SAD ⊥平面ABCD ,且SA=2AD=3AB.(1)证明:SA ⊥平面ABCD ;(2)若E 为SC 的中点,三棱锥E-BCD 的体积为89,求四棱锥S-ABCD 外接球的表面积.由底面ABCD 为矩形,得BC ⊥AB ,SAB ⊥平面ABCD ,平面SAB ∩平面ABCD=AB ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面SAB ,所以BC ⊥SA.同理可得CD ⊥SA. 又BC ∩CD=C ,BC ⊂平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD , 所以SA ⊥平面ABCD.(2)设SA=6a ,则AB=2a ,AD=3a.V E-BCD =13×S △BCD ×h=13×(12×BC ×CD)×(12SA)=13×(12×2a ×3a)×(3a )=3a 3.又V E-BCD =89,所以3a 3=89,解得a=23.四棱锥S-ABCD 的外接球是以AB ,AD ,AS 为棱的长方体的外接球,设其半径为R ,则2R=√AB 2+AD 2+AS 2=7a=143,即R=73,所以四棱锥S-ABCD 外接球的表面积为4πR 2=196π9.。

第六节　立体几何中的向量方法——证明平行与垂直考试要求：1．理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．2．能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理．一、教材概念·结论·性质重现1．直线的方向向量与平面的法向量直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行( 或重合) 的非零向量，一条直线的方向向量有无数个平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔m·n＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥ βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)直线的方向向量是唯一确定的．(　×　)(2)平面的单位法向量是唯一确定的．(　×　)(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．(　√　)(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(　√　)(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行．(　×　)(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　×　) 2．若直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有( )A．l∥α B．l⊥αC．l与α斜交 D．l⊂α或l∥αB　解析：由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α．故选B．3．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不对C　解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．4．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D 的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．垂直　解析：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M，O，N，AM·ON＝·＝0，所以ON与AM垂直．5．在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(－2，－1，6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是________．平行　解析：由题意得，AB＝(－3，－3,3)，CD＝(1,1，－1)，所以AB＝－3CD，所以AB与CD共线．又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD．考点1　利用空间向量证明平行问题——基础性如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG．证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)，则EF＝(0,1,0)，EG＝(1,2，－1)．设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则n＝(1,0,1)为平面EFG的一个法向量．因为PB＝(2,0，－2)，所以PB·n＝0，所以n⊥PB．因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG．本例中条件不变，证明：平面EFG∥平面PBC．证明：因为EF＝(0,1,0)，BC＝(0,2,0)，所以BC＝2EF，所以BC∥EF．又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC．又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC．利用空间向量证明平行的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直．(2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行(1)证明两平面的法向量为共线向量．(2)转化为线面平行、线线平行问题如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°．因为PC＝2，所以BC＝2，PB＝4，所以D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，所以DP＝(0，－1,2)，DA＝(2，3,0)，CM＝．设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由得取y＝2，得x＝－，z＝1，所以n＝(－，2,1)是平面PAD的一个法向量．因为n·CM＝－×＋2×0＋1×＝0，所以n⊥CM．又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD．考点2 利用空间向量证明垂直问题——应用性如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE ＝2AB．求证：平面BCE⊥平面CDE．证明：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)，所以BE＝(a，a，a)，BC＝(2a,0，－a)，CD＝(－a，a,0)，ED＝(0,0，－2a)．设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·BE＝0，n1·BC＝0可得即令z1＝2，可得n1＝(1，－，2)．设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·CD＝0，n2·ED＝0可得即令y2＝1，可得n2＝(，1,0)．因为n1·n2＝1×＋1×(－)＝0，所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE．若本例中条件不变，点F是CE的中点，证明：DF⊥平面BCE．证明：由例2知C(2a,0,0)，E(a，a,2a)，平面BCE的法向量n1＝(1，－，2)．因为点F是CE的中点，所以f，所以DF＝，所以DF＝n1，所以DF∥n1，故DF⊥平面BCE．1．利用空间向量证明垂直的方法线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示2．向量法证明空间垂直、平行关系时，是以计算为手段，寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系，关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量．如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE．证明：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．(1)因为∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形，所以C，E．设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，即y＝，则D，所以CD＝．又AE＝，所以AE·CD＝－×＋×＝0，所以AE⊥CD，即AE⊥CD．(2)(方法一)由(1)知，D，P(0，0,1)，所以PD＝．又AE·PD＝×＋×(－1)＝0，所以PD⊥AE，即PD⊥AE．因为AB＝(1,0,0)，所以PD·AB＝0，所以PD⊥AB．又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面AEB，所以PD⊥平面AEB．(方法二)由(1)知，AB＝(1,0,0)，AE＝．设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝2，则z＝－，所以n＝(0,2，－)为平面ABE的一个法向量．因为PD＝，显然PD＝n．因为PD∥n，所以PD⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE．考点3　利用空间向量解决探索性问题——应用性如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：在棱C1D1上存在一点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE．证明如下：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则A1(0,0,1)，B(1,0,0)，B1(1,0,1)，E，所以BA1＝(－1,0,1)，BE＝．设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由得所以x＝z，y＝z．取z＝2，得n＝(2,1,2)．设棱C1D1上存在点F(t,1,1)(0≤t≤1)满足条件，又因为B1(1,0,1)，所以B1F＝(t－1,1,0)．而B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔B1F·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝⇔F为C1D1的中点．即说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE．向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图所示，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．设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，F，所以EF＝，DC＝(0，a,0)．因为EF·DC＝0，所以EF⊥DC，从而得EF⊥CD．(2)解：假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，则FG＝．若使GF⊥平面PCB，则由FG·CB＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝．由FG·CP＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0，所以点G坐标为，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．。

第八章立体几何第五节直线与平面垂直的判定及其性质A级·基础过关|固根基|1.(2019届成都市二诊)已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是( )A．若c⊂平面α，则a⊥αB．若c⊥平面α，则a∥α，b∥αC．存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥αD．存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α解析：选C 对于A，直线a可以在平面α内，也可以与平面α相交；对于B，直线a可以在平面α内，或者b在平面α内；对于D，如果a⊥α，b⊥α，则有a∥b，与条件中两直线异面矛盾．2．(2019届武汉市调研测试)已知两个平面相互垂直，下列命题①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．其中正确命题个数是( )A．3 B．2C．1 D．0解析：选C 构造正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故①错；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，设l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故②正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C．3．(2019届合肥市一检)平面α外有两条直线a，b，它们在平面α内的投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是( )A．若a⊥b，则m⊥nB．若m⊥n，则a⊥bC．若m∥n，则a∥bD．若m与n相交，则a与b相交或异面解析：选D 对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面α垂直时，直线m，n重合，故A 不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCD－A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，AD，记为m，n，此时m⊥n，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCD－A1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的投影分别为AB，CD，记为m，n，此时m∥n，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m 与n相交，则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确．4．(2019届合肥市二检)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有( )A．2对B．3对C．4对D．5对解析：选C 由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥S－ABCD，平面SCD⊥平面ABCD．因为AD⊥DC，BC⊥DC，且平面SCD∩平面ABCD＝DC，所以AD⊥平面SCD，BC⊥平面SCD，所以平面SAD⊥平面SCD，平面SBC⊥平面SCD．又由三视图知SC⊥SD，同时由AD⊥平面SCD，知AD⊥SC，又SD∩AD＝D，所以SC⊥平面SAD，所以平面SBC⊥平面SAD．综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对，故选C．5．(2019届湖北七市高三联考)设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直解析：选B 在平面α内可能有无数条直线与直线m垂直，这些直线是互相平行的，A错误；只要m⊄α，过直线m必有并且也只有一个平面与平面α垂直，B正确；类似于A，在平面α外可能有无数条直线垂直于直线m并且平行于平面α，C错误；与直线m平行且与平面α垂直的平面有无数个，D错误．故选B．6．(2019届贵阳监测)如图，在三棱锥P－ABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：选B 因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC．又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A、D正确；因为平面BPC⊥平面APC且平面BPC∩平面ACP＝PC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC．又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；选项B中的条件不能判断出AP⊥BC，故选B．7．(2019届南昌市一模)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．(1)求证：AA1⊥BD；(2)求三棱锥B1－A1C1E的体积．解：(1)证明：因为CC1⊥底面ABCD，所以CC1⊥BD．如图，连接AC，因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC．由四棱台ABCD－A1B1C1D1知，A1，A，C，C1四点共面．又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1.所以BD⊥AA1.(2)连接BA1，BC1，CA1，CB1，由已知，得V三棱锥B1－A1C1E＝V三棱锥E－A1B1C1＝12V三棱锥B－A1B1C1＝12V三棱锥C－A1B1C1，又V三棱锥C－A1B1C1＝13S△A1B1C1·CC1＝13×12×22×sin 120°×4＝433，所以三棱锥B1－A1C1E的体积V三棱锥B1－A1C1E＝233.8．(2019届广州市调研测试)如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB ＝2，BC＝EF＝1，AE＝6，DE＝3，∠BAD＝60°，G为BC的中点．(1)求证：FG∥平面BED；(2)求证：BD⊥平面AED ．证明：(1)如图，取BD 的中点O ，连接OE ，OG ，在△BCD 中，因为G 是BC 的中点， 所以OG∥DC 且OG ＝12DC ＝1.因为EF∥AB，AB∥DC，EF ＝1， 所以EF∥OG 且EF ＝OG ， 所以四边形OGFE 是平行四边形， 所以FG∥OE.又FG ⊄平面BED ，OE ⊂平面BED ， 所以FG∥平面BED ．(2)在△ABD 中，AD ＝1，AB ＝2，∠BAD＝60°， 由余弦定理得BD ＝12＋22－2×1×2×12＝ 3.因为BD 2＋AD 2＝3＋1＝4＝AB 2， 所以BD⊥AD．因为平面AED⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，平面AED∩平面ABCD ＝AD ， 所以BD⊥平面AED ．9．(2019届贵阳市高三第一次适应性考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PBC⊥平面PQB ； (2)求三棱锥P －QMB 的体积．解：(1)证明：∵AD∥BC，Q 为AD 的中点，BC ＝12AD ，∴BC ═∥QD ， ∴四边形BCDQ 为平行四边形． ∵∠ADC ＝90°，∴BC⊥BQ.∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ⊥BC．又PQ∩BQ＝Q ，∴BC⊥平面PQB ． ∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC⊥平面PQB ．(2)解法一：∵在Rt △PQB 中，PQ ＝PA 2－AQ 2＝3，BQ ＝CD ＝3，∴S △PQB ＝12PQ ·QB ＝32.由(1)知BC⊥平面PQB ，连接QC ， ∴V 三棱锥C －PQB ＝13S △PQB ×BC ＝13×32×1＝12.又M 是线段PC 的中点，∴V 三棱锥P －QMB ＝V 三棱锥M －PQB ＝12V 三棱锥C －PQB ＝12×12＝14，故三棱锥P －QMB 的体积为14.解法二：如图，连接QC ，记QC 的中点为E ，连接ME.在△PQC 中，∵M 为PC 的中点，E 为QC 的中点，∴ME 为△PQC 的中位线，则ME ＝12PQ 且PQ∥ME.由(1)可知PQ⊥平面ABCD ， ∴ME ⊥平面ABCD ．在△PAD 中，∵PA＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点， ∴PQ ＝ 3.∵BC ＝12AD ＝1，AD∥BC，∠ADC＝90°，∴四边形BCDQ 为长方形． 又CD ＝3，∴QB＝3， ∴S △BQC ＝12BC ·QB ＝32.∴V三棱锥P －QMB＝V三棱锥P －BQC－V三棱锥M －BQC＝13(PQ －ME)×S △BQC ＝13×12PQ ×S △BQC ＝16×3×32＝14，故三棱锥P －QMB 的体积为14.B 级·素养提升 |练能力|10.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E.要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A ．12B ．1C ．32D ．2解析：选A 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF.由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h.又2×2＝h 22＋（2）2，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66.在Rt △DB 1F 中，由面积相等得66× x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22x ，解得x＝12，即线段B 1F 的长为12. 11．(2019届武汉调研)在矩形ABCD 中，AB<BC ，现将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直； ②存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直； ③存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直． 其中正确结论的序号是________．解析：①假设AC 与BD 垂直，过点A 作AE⊥BD 于E ，连接CE ，则⎭⎪⎬⎪⎫AE ⊥BD ，BD⊥AC，AE∩AC＝A ⇒BD ⊥平面AEC ⇒BD ⊥CE ，而在平面BCD 中，CE 与BD 不垂直，故假设不成立，①不正确；②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，CD∩AD＝D ，∴AB⊥平面ACD ，∴AB⊥AC，由AB<BC 可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确；③假设AD⊥BC，∵CD⊥BC，AD∩CD＝D ，∴BC⊥平面ACD ，∴BC⊥AC，即△ABC 为直角三角形，且AB 为斜边，而AB<BC ，故矛盾，假设不成立，③不正确．综上，填②.答案：②12.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD⊥平面PCD ．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：连接AC ，BD ，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD ，所以PA⊥BD．又PA∩AC ＝A ，所以BD⊥平面PAC ，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD ．又PC ⊂平面PCD ，所以平面MBD⊥平面PCD ．答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)(答案不唯一)13．如图所示，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为线段EC 上(端点除外)一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD⊥平面ABCF.在平面ABD 内过点D 作DK⊥AB，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．解析：如图①所示，过点K 作KM⊥AF 于点M ，连接DM ，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，可知折前的图形中D ，M ，K 三点共线且DK⊥AF(如图②所示)，于是△DAK∽△FDA，所以AK AD ＝AD DF ，即t 1＝1DF ，所以t＝1DF .又DF∈(1，2)，故t∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，114.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB＝60°且边长为a 的菱形，侧面PAD 为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD ，若G 为AD 的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD ； (2)求证：AD⊥PB；(3)若E 为BC 边的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF⊥平面ABCD ？并证明你的结论． 解：(1)证明：在菱形ABCD 中，∠DAB＝60°，G 为AD 的中点， 所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，BG ⊂平面ABCD ， 所以BG⊥平面PAD ．(2)证明：如图，连接PG ，因为△PAD 为正三角形，G 为AD 的中点，所以PG⊥AD． 由(1)知BG⊥AD，又PG∩BG＝G ，所以AD⊥平面PGB ．因为PB ⊂平面PGB ，所以AD⊥PB． (3)当F 为PC 的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD ． 证明：如图，取PC 的中点F ，连接DE ，EF ，DF.在△PBC 中，FE∥PB，又FE ⊂平面DEF ，PB ⊄平面DEF ，所以PB∥平面DEF.在菱形ABCD 中，GB∥DE，又DE ⊂平面DEF ，GB ⊄平面DEF ，所以GB∥平面DEF.又PB ⊂平面PGB ，GB ⊂平面PGB ，PB∩GB＝B ，所以平面DEF∥平面PGB ．因为BG⊥平面PAD ，PG ⊂平面PAD ，所以BG⊥PG. 又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G ，所以PG⊥平面ABCD ． 又PG ⊂平面PGB ，所以平面PGB⊥平面ABCD ， 所以平面DEF⊥平面ABCD ．。