高考数学一轮复习 第八章 立体几何 课时达标检测(三十七)直线、平面垂直的判定与性质

第八章立体几何第四讲直线、平面垂直的判定及性质练好题﹒考点自测1.下列说法错误的是( )A.垂直于同一个平面的两条直线平行B.若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C.一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行D.一条直线与一个平面内的无数条直线垂直,则这条直线和这个平面垂直2.[2021合肥市调研检测]已知m,n为直线,α为平面,且m⊂α,则“n⊥m”是“n⊥α”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3.[2017全国卷Ⅲ,5分]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC4.[2021湖南模拟]如图8-4-1,在三棱锥V-ABC中,VO⊥平面ABC,O∈CD,VA=VB,AD=BD,则下列结论中不一定成立的是( )图8-4-1A.AC=BCB.AB⊥VCC.VC⊥VDD.S△VCD·AB=S△ABC·VO5.[2019北京,5分]已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题: .6.[2020江苏,14分]如图8-4-2,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1.(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.图8-4-2拓展变式1.[2021陕西省部分学校摸底测试]如图8-4-4,在四棱锥P-ABCD中, BP⊥平面PDC,四边形ABCD是一个直角梯形,AD∥BC,∠ABC=90°,AD=AB=BC.图8-4-4(1)求证:CD⊥平面PBD.(2)若AB=BP=PA,且V P-ABCD=16,求三棱锥P-ABD的侧面积.2.[2020南昌市三模]如图8-4-7,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,BC=,AC=2,四边形ABB1A1为菱形,且∠ABB1=60°,AC⊥CC1.图8-4-7(1)求证:平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.(2)求点B1到平面ABC的距离.3.[2019江苏,14分]如图8-4-10,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.图8-4-10求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.答案第四讲直线、平面垂直的判定及性质1.D 对于A,由线面垂直的性质定理知,垂直于同一个平面的两条直线平行,A正确;对于B,由面面垂直的性质定理知,若两个平面垂直,则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B正确; 对于C,由面面平行的判定定理知,一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行,则这两个平面平行,C正确; 对于D,当一条直线与一个平面内的无数条相互平行的直线垂直时,该直线与这个平面不一定垂直,D错误.故选D.2.B 当直线m,n都在平面α内时,不能由m⊥n推出n⊥α;若n⊥α,且m⊂α,由线面垂直的性质知m⊥n.所以“n⊥m”是“n⊥α”的必要不充分条件,故选B.3.C 由正方体的性质得A1B1⊥BC1,B1C⊥BC1,又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1,故选C.4.C 因为VO⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以VO⊥AB.因为VA=VB,AD=BD,所以VD⊥AB.而VO∩VD=V,所以AB⊥平面VCD.因为CD⊂平面VCD,所以AB⊥CD,所以AC=BC,可知A一定成立.因为VC⊂平面VCD,所以AB⊥VC,可知B一定成立.因为S△VCD=VO·CD,S△ABC=AB·CD,所以S△VCD·AB=S△ABC·VO,可知D一定成立.由题中条件无法判断VC⊥VD,可知C不一定成立.故选C.5.若l⊥m,l⊥α,则m∥α.(答案不唯一) 若l⊥α,l⊥m,则m∥α,显然①③⇒②正确;若l⊥m,m∥α,则l∥α或l与α相交,故①②⇒③不正确;若l⊥α,m∥α,则l垂直α内所有直线,在α内必存在与m平行的直线,所以可推出l⊥m,故②③⇒①正确.6.(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1.又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,所以EF∥平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,所以B1C⊥AB.又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,所以AB⊥平面AB1C.又因为AB⊂平面ABB1,所以平面AB1C⊥平面ABB1.1.(1)如图D 8-4-1,设E是BC的中点,连接DE,设AD=AB=BC=a,则BE=EC=a,所以AD=AB=BE.图D 8-4-1又AD∥BE,∠ABC=90°,所以四边形ABED为正方形,所以DE=a,且DE⊥BC,所以BD=DC= a. 又BC=2a,所以由勾股定理的逆定理得CD⊥BD.因为BP⊥平面PDC,CD⊂平面PDC,所以BP⊥CD.又BD∩BP=B,所以CD⊥平面PBD.(2)因为BP⊥平面PDC,所以BP⊥PD,所以PD==a,所以PD=PB.如图D 8-4-1,在等腰直角三角形PBD中,设O是BD的中点,连接PO,则PO⊥BD,PO=BD= a.由(1)知CD⊥平面PBD,所以CD⊥PO.又BD∩CD=D,所以PO⊥平面ABCD.由(1)得S梯形ABCD==,所以V P-ABCD=S梯形ABCD·PO=××a=16,得a=4.所以△PAB和△PAD都是边长为4的等边三角形,△PBD是一个腰长为4的等腰直角三角形, 所以三棱锥P-ABD的侧面积S 侧=S△PAB+S△PAD+S△PBD=4+4+8=8+8.2.(1)如图D 8-4-2,取BB1的中点O,连接AB1,OA,OC.图D 8-4-2菱形ABB1A1中,∠ABB1=60°,故△ABB 1是等边三角形,则AO⊥BB1,BO=1,AO=.又BB1∥CC1,AC⊥CC1,所以AC⊥BB1,又AO⊥BB1,AO∩AC=A,故BB1⊥平面AOC,所以BB 1⊥CO,在Rt△BOC中,CO==1,所以CO2+AO2=AC2,故CO⊥AO,又AO⊥BB1,CO∩BB1=O,所以AO⊥平面BB1C1C,又AO⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.(2)如图D 8-4-2,连接B 1C,由(1)知==·AO=··BB1·CO·AO=, 在△ABC中,cos∠BAC=,所以sin∠BAC=,所以S△ABC=·AB·AC·sin∠BAC=.设点B1到平面ABC的距离为h,则h==.3.(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.高中数学各知识点公式定理记忆口诀大全《集合与函数》内容子交并补集，还有幂指对函数。

学习资料8。

5直线、平面垂直的判定与性质必备知识预案自诊知识梳理1.直线与平面垂直判定性质2.平面与平面垂直（1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是，就说这两个平面互相垂直.（2)判定定理与性质定理llβαα⋂βbb3。

直线与平面所成的角(1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角。

（2)线面角θ的范围:θ∈[0°，90°]。

4.二面角的有关概念（1）二面角:从一条直线出发的所组成的图形叫做二面角。

（2)二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱的射线,则两射线所成的角叫做二面角的平面角.直线与平面垂直的五个结论(1）若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.（2）若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.（3)垂直于同一条直线的两个平面平行.（4）一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直。

（5)两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√",错误的画“×”.（1)已知直线a，b,c，若a⊥b,b⊥c，则a∥c。

（）(2）直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.（）（3)设m，n是两条不同的直线,α是一个平面，若m∥n，m⊥α,则n⊥α。

（)（4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面。

(）(5）若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.（)2.(2020黑龙江大庆高三三模）设l，m,n均为直线，其中m，n在平面α内，“l⊥α"是“l ⊥m，且l⊥n"的(）A。

充分不必要条件B.必要不充分条件C。

充分必要条件D.既不充分也不必要条件3。

(2020湖南湘潭模拟）设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面,则下列说法正确的是()A.若m⊥n，n∥α,则m⊥αB。

§8.4直线、平面垂直的判定与性质考点垂直的判定与性质13.(2014浙江,20,15分)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.解析(1)证明:在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得BD=BC=,由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,所以AC⊥DE.又DE⊥DC,从而DE⊥平面ACD.(2)解法一:作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连结BG,由(1)知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.由AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.在△BFG中,cos∠BFG==.所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.解法二:以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.由题意及(1)知各点坐标如下:D(0,0,0),E(1,0,0),C(0,2,0),A(0,2,),B(1,1,0).设平面ADE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABD的法向量为n=(x2,y2,z2),可算得=(0,-2,-),=(1,-2,-),=(1,1,0),由即可取m=(0,1,-).由即可取n=(1,-1,).于是|cos<m,n>|===,由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力、推理论证和运算求解能力.14.(2013四川,19,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,D,D1分别是线段BC,B1C1的中点,P是线段AD的中点.(1)在平面ABC内,试作出过点P与平面A1BC平行的直线l,说明理由,并证明直线l⊥平面ADD1A1;(2)设(1)中的直线l交AB于点M,交AC于点N,求二面角A-A1M-N的余弦值.解析(1)如图,在平面ABC内,过点P作直线l∥BC,分别交AB,AC于点M,N,因为l在平面A1BC外,BC在平面A1BC内,由直线与平面平行的判定定理可知,l∥平面A1BC.由已知,AB=AC,D是BC的中点,所以BC⊥AD,则直线l⊥AD.因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥直线l.又因为AD,AA1在平面ADD1A1内,且AD与AA1相交,所以直线l⊥平面ADD1A1.(6分)(2)解法一:连结A1P,过A作AE⊥A1P于E,过E作EF⊥A1M于F,连结AF.由(1)知,MN⊥平面AEA1,所以平面AEA1⊥平面A1MN.所以AE⊥平面A1MN,则A1M⊥AE.所以A1M⊥平面AEF,则A1M⊥AF.故∠AFE为二面角A-A1M-N的平面角(设为θ).设AA1=1,则由AB=AC=2AA1,∠BAC=120°,有∠BAD=60°,AB=2,AD=1.又P为AD的中点,所以M为AB中点,且AP=,AM=1,所以在Rt△AA1P中,A1P=;在Rt△A1AM中,A1M=.从而AE==,AF==,所以sin θ==,所以cos θ===.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)解法二:设A1A=1.如图,过A1作A1E平行于B1C1,以A1为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y 轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz(点O与点A1重合).则A1(0,0,0),A(0,0,1).因为P为AD的中点,所以M,N分别为AB,AC的中点,故M,N,所以=,=(0,0,1),=(,0,0).设平面AA1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即故有从而取x1=1,则y1=-,所以n1=(1,-,0).设平面A1MN的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即故有从而取y2=2,则z2=-1,所以n2=(0,2,-1).设二面角A-A1M-N的平面角为θ,又θ为锐角,则cos θ===.故二面角A-A1M-N的余弦值为.(12分)评析本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力.15.(2012山东,18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F-BD-C的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,所以∠ADC=∠BCD=120°.又CB=CD,所以∠CDB=30°,因此∠ADB=90°,AD⊥B D,又AE⊥BD,且AE∩AD=A,AE,AD⊂平面AED,所以BD⊥平面AED.(2)解法一:由(1)知AD⊥BD,所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD,因此CA,CB,CF两两垂直.以C为坐标原点,分别以CA,CB,CF所在的直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设CB=1.则C(0,0,0),B(0,1,0),D,-,0,F(0,0,1),因此=,=(0,-1,1).设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,所以x=y=z,取z=1,则m=(,1,1).由于=(0,0,1)是平面BDC的一个法向量,则cos<m,>===,所以二面角F-BD-C的余弦值为.解法二:取BD的中点G,连结CG,FG.由于CB=CD,因此CG⊥BD,又FC⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以FC⊥BD.由于FC∩CG=C,FC,CG⊂平面FCG,所以BD⊥平面FCG.故BD⊥FG.所以∠FGC为二面角F-BD-C的平面角.在等腰三角形BCD中,由于∠BCD=120°,因此CG=CB,又CB=CF,所以GF==CG.故cos∠FGC=.因此二面角F-BD-C的余弦值为.评析本题考查线面垂直的判定与性质,考查二面角的平面角的求法,考查学生运算求解及推理论证能力.16.(2012福建,18,13分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.解析(1)以A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图). 设AB=a, 则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),故=(0,1,1),=,=(a,0,1),=.∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=.(3)连结A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为θ,则cos θ==.∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,∴|cos θ|=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的长为2.评析本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及二面角等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想.17.(2015湖南,19,13分)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.解析解法一:由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1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,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.(1)若P是DD1的中点,则P,=.又=(3,0,6),于是·=18-18=0,所以⊥,即AB1⊥PQ.(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>===.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此=,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××6×6×4=24.解法二:(1)如图a,取A1A的中点R,连结PR,BR.因为A1A,D1D是梯形A1ADD1的两腰,P是D1D 的中点,所以PR∥AD,于是由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四点共面.由题设知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥AB1.①因为tan∠ABR====tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90°,于是AB1⊥BR.再由①即知AB1⊥平面PRBC.又PQ⊂平面PRBC,故AB1⊥PQ.图a图b(2)如图b,过点P作PM∥A1A交AD于点M,则PM∥平面ABB1A1.②因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.过点M作MN⊥QD于点N,连结PN,则PN⊥QD,∠PNM 为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即=,从而=.③连结MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN==.④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是===2,所以PM=2MD=2t.再由③,④得=,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·PM=××6×6×4=24. 18.(2014湖南,19,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.(1)证明:O1O⊥底面ABCD;(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.解析(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.同理DD1⊥BD,因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD,(2)解法一:如图,过O1作O1H⊥OB1于H,连结HC1.由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,进而OB1⊥C1H,故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,OB1=.在Rt△OO1B1中,易知O1H==2,而O1C1=1,于是C1H===.故cos∠C1HO1===.即二面角C1-OB1-D的余弦值为.解法二:因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形ABCD是菱形,因此AC⊥BD,又由(1)知O1O⊥底面ABCD,从而OB、OC、OO1两两垂直.如图,以O为坐标原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,于是相关各点的坐标为O(0,0,0),B1(,0,2),C1(0,1,2).易知,n1=(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量.设n2=(x,y,z)是平面OB1C1的法向量,则即取z=-,则x=2,y=2,所以n2=(2,2,-),设二面角C1-OB1-D的大小为θ,易知θ是锐角,于是cos θ=|cos<n1,n2>|===.故二面角C1-OB1-D的余弦值为.19.(2013辽宁,18,12分)如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.解析(1)证明:由AB是圆的直径,得AC⊥BC,由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.又P A∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.因为BC⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAC.(6分)(2)解法一:过C作CM∥AP,则CM⊥平面ABC.如图,以点C为坐标原点,直线CB,CA,CM分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.因为AB=2,AC=1,所以BC=.因为PA=1,所以A(0,1,0),B(,0,0),P(0,1,1),故=(,0,0),=(0,1,1).设平面BCP的法向量为n1=(x,y,z).则所以不妨令y=1,则n1=(0,1,-1).因为=(0,0,1),=(,-1,0),设平面ABP的法向量为n2=(x,y,z),则所以不妨令x=1,则n2=(1,,0).于是cos<n1,n2>==,所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.(12分)解法二:过C作CM⊥AB于M,因为PA⊥平面ABC,CM⊂平面ABC,所以PA⊥CM,故CM⊥平面PAB.过M作MN⊥PB于N,连结NC,由三垂线定理得CN⊥PB.所以∠CNM为二面角C-PB-A的平面角.在Rt△ABC中,由AB=2,AC=1,得BC=,CM=,BM=.在Rt△PAB中,由AB=2,PA=1,得PB=.因为Rt△BNM∽Rt△BAP,所以=,故MN=.又在Rt△CNM中,CN=,故cos∠CNM=.所以二面角C-PB-A的余弦值为.(12分)20.(2013广东,18,14分)如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=.(1)证明:A'O⊥平面BCDE;(2)求二面角A'-CD-B的平面角的余弦值.图①图②解析(1)在题图①中,易得OC=3,AC=3,AD=2.连结OD,OE,在△OCD中,由余弦定理可得OD==.由翻折不变性可知A'D=2,所以A'O2+OD2=A'D2,所以A'O⊥OD,同理可证A'O⊥OE,又OD∩OE=O,所以A'O⊥平面BCDE.(2)解法一:过O作OH⊥CD交CD的延长线于H,连结A'H,因为A'O⊥平面BCDE,所以A'H⊥CD,所以∠A'HO为二面角A'-CD-B的平面角.结合题图①可知,H为AC中点,故OH=,从而A'H==,所以cos∠A'HO==,所以二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.解法二:以O点为原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示,则A'(0,0,),C(0,-3,0),D(1,-2,0),所以=(0,3,),=(-1,2,).设n=(x,y,z)为平面A'CD的法向量,则即解得令x=1,得n=(1,-1,).由(1)知,=(0,0,)为平面CDB的一个法向量,所以cos<n,>===,即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为.评析本题主要考查线面垂直的判定,二面角的求解以及翻折问题,考查学生空间想象能力,逻辑推理论证能力以及基本运算求解能力.抓住翻折前后的不变量是解决此类问题的关键.21.(2013陕西,18,12分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=.(1)证明:A1C⊥平面BB1D1D;(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.解析(1)解法一:由题设易知OA,OB,OA1两两垂直,以O为原点建立空间直角坐标系,如图.∵AB=AA1=,∴OA=OB=OA1=1,∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).由=,易得B1(-1,1,1).∵=(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1),∴·=0,·=0,∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1,∴A1C⊥平面BB1D1D.解法二:∵A1O⊥平面ABCD,∴A1O⊥BD.又∵底面ABCD是正方形,∴BD⊥AC,∴BD⊥平面A1OC,∴BD⊥A1C.又∵OA1是AC的中垂线,∴A1A=A1C=,且AC=2,∴AC2=A+A1C2,∴△AA1C是直角三角形,∴AA1⊥A1C.又BB1∥AA1,∴A1C⊥BB1,∴A1C⊥平面BB1D1D.(2)设平面OCB1的法向量n=(x,y,z).∵=(-1,0,0),=(-1,1,1),∴∴取n=(0,1,-1),由(1)知,=(-1,0,-1)是平面BB1D1D的一个法向量,∴cos θ=|cos<n,>|==.又∵0≤θ≤,∴θ=.22.(2012广东,18,13分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-A的正切值.解析(1)证明:⇒BD⊥平面PAC.(2)解法一:由(1)得BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC.又四边形ABCD为矩形,∴四边形ABCD是正方形.设AC交BD于O点,连结EO,∵PC⊥平面BDE,∴PC⊥BE,PC⊥EO.∴∠BEO即为二面角B-PC-A 的平面角.∵PA=1,AD=2,∴AC=2,BO=OC=,∴PC==3,又OE===,在直角三角形BEO中,tan∠BEO===3,∴二面角B-PC-A的正切值为3.解法二:由(1)可知BD⊥面PAC,∴BD⊥AC,∴矩形ABCD为正方形,建立如图所示的坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(2,2,0),B(2,0,0).∴=(0,0,1),=(2,2,0).设平面PAC的法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,∴y=-1,z=0.即n1=(1,-1,0).同理求得面PBC的一个法向量为n2=(1,0,2).∴cos<n1,n2>=.设二面角B-PC-A的大小为α,则cos α=,∴sin α=,∴tanα=3.。

直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．已知m ，n ，l 是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l ，n ⊂β，n ⊥l ，m ⊥α，则直线m 与n 的位置关系是()A．异面B．相交但不垂直C．平行D．相交且垂直C[因为α⊥β，α∩β＝l ，n ⊂β，n ⊥l ，所以n ⊥α．又m ⊥α，所以m ∥n ．]2．(2021·白银市第十中学高三期末)设α，β，γ为不同的平面，m ，n ，l 为不同的直线，则下列条件一定能得到m ⊥β的是()A．α∩γ＝m ，α⊥γ，β⊥γB．α⊥β，α∩β＝l ，m ⊥l C．n ⊥α，n ⊥β，m ⊥αD．α⊥γ，β⊥γ，m ⊥αC[在A 中，因为α∩γ＝m ，所以m ⊂α，m ⊂γ，而β⊥γ，m 并不垂直于β内的所有直线，所以β和m 可能不垂直，故A 错误；在B 中，m 只垂直于β内的一条直线，所以不能推出m ⊥β，故B 错误；在C 中，因为n ⊥α，n ⊥β，所以α∥β，又m ⊥α，所以m ⊥β，故C 正确；在D 中，由α⊥γ，β⊥γ，不能推出α∥β，所以由m ⊥α不能推出m ⊥β，故D 错误．]3．(2021·河南鹤壁高三二模)如图，在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1，BC 1的中点，则以下结论中不成立的是()A．EF 与BB 1垂直B．EF 与BD 垂直C．EF 与CD 异面D．EF 与A 1C 1异面D[如图所示，连接A 1B ，由几何关系可得点E 为A 1B 的中点，且BF ＝FC 1，由三角形中位线的性质可得：EF ∥A 1C 1，即EF 与A 1C 1不是异面直线，很明显，EF 与CD 异面，由几何关系可得：A 1C 1⊥BB 1，A 1C 1⊥BD ，则EF ⊥BB 1，EF ⊥BD ，综上可得，选项D 中的结论不成立．故选D．]4．(2021·南宁模拟)在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且PA ＝AB ＝2，则直线PB 与平面PAC 所成角为()A．π6B．π4C．π3D．π2A[连接BD ，交AC 于点O ．因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，BD ⊥PA ．又因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，故BO ⊥平面PAC ．连接OP ，则∠BPO 即为直线PB 与平面PAC 所成角．又因为PA ＝AB ＝2，所以PB ＝22，BO ＝2．所以sin∠BPO ＝BO PB ＝12，所以∠BPO ＝π6．故选A．]5．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则()A．A 1E ⊥DC 1B．A 1E ⊥BD C．A 1E ⊥BC 1D．A 1E ⊥ACC[如图，∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直，∴选项B，D 错误；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1，∴A 1E ⊥BC 1，故选项C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ，∴BC 1⊥平面CEA 1B 1．又A 1E ⊂平面CEA 1B 1，∴A 1E ⊥BC 1．)∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故选项A 错误．故选C．]6．如图所示，在四边形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ABC B．平面ADC ⊥平面BDC C．平面ABC ⊥平面BDC D．平面ADC ⊥平面ABC D[∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD ．又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，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 ．]二、填空题7．已知四边形ABCD 为平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，当平行四边形ABCD 满足条件时，有PC ⊥BD (填上你认为正确的一个条件即可)．四边形ABCD 是菱形(答案不唯一)[四边形ABCD 为平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥PA ，当四边形ABCD 是菱形时，BD ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ，∴PC ⊥BD ．故答案为四边形ABCD 是菱形．]8．已知a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，在下列命题①α∥β∥α∥β；②α⊥β⊥α∥β；③a ∥b ∥a ∥b ；④a ⊥b ⊥a ∥b 中，正确的命题是(只填序号)．②④[①：与同一条直线平行的两个平面不一定平行，在本题的条件下，两平面可能相交，所以①是假命题；②：根据直线与平面的位置关系可得：由a⊥α，a⊥β可得出α∥β，所以②是真命题．③：根据直线与平面的位置关系可得：a与b可以是任意的位置关系，所以③是假命题；④：垂直于同一个平面的两条直线平行，所以④是真命题；故答案为②④．]9．如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为．(填序号)①[符合条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC的交线，③④不正确．根据题意可知PD＝DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，设AB的中点为N，连接PN、DN，取PC的中点E，连接NE、DE，所以DE⊥PC，因为平面PAD⊥底面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，因为PA＝BC，AN＝NB，∠PAB＝∠CBN，所以△PAN≌△CBN，∴PN＝CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC”，且NE⊥PC，所以PC⊥平面EDN，当M点在线段DN上运动时，都有PC⊥ME，且E是中点，总有MP＝MC，所以点M在正方形ABCD内的轨迹是线段DN，所以①正确②不正确．]三、解答题10．(2021·江苏徐州一中高三期中)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面PCD ，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．求证：(1)直线MN ∥平面PAD ；(2)直线CD ⊥平面PAD ．[证明](1)根据题意，取PD 的中点G ，连接NG 、AG ，G 是PD 的中点，N 是PC 的中点，则NG ∥DC 且NG ＝12DC ，则四边形MNGA 是平行四边形，则有MN ∥AG ，又由MN ⊄平面PAD 中，而AG ⊂平面PAD 中，则有直线MN ∥平面PAD ．(2)PA ⊥平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以PA ⊥CD ，又由底面ABCD 是矩形，则CD ⊥AD ，而PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以直线CD ⊥平面PAD ．11．(2021·茂名一模)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，点D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2，AA 1＝3．(1)求证：平面A 1DC ⊥平面ABB 1A 1；(2)求点A 到平面A 1DC 的距离．[解](1)证明：∵在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，点D 是AB 的中点，BC ＝AC ，CD ⊂平面ABC ，∴CD ⊥AB ，CD ⊥AA 1，∵AB ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1，∵CD ⊂平面A 1DC ，∴平面A 1DC ⊥平面ABB 1A 1．(2)点D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2，AA 1＝3．设点A 到平面A 1DC 的距离为d ，∵VA 1­ACD ＝VA ­A 1CD，∴13×S △ACD ×AA 1＝13×S △DCA 1×d ，∴13×12×1×1×3＝13×12×1×2×d ，解得d ＝32，∴点A 到平面A 1DC 的距离为32．1．(2021·武汉模拟)如图所示，在斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则点C1在平面ABC 上的射影H 必在()A．直线AB 上B．直线BC 上C．直线AC 上D．△ABC 的内部A[连接AC 1(图略)，因为AC ⊥AB ，AC ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1，又AC⊂平面ABC ，所以平面ABC 1⊥平面ABC ，所以点C 1在平面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AB 上，故选A．]2．已知圆锥的顶点为P ，母线PA ，PB 所成角的余弦值为34，PA 与圆锥底面所成角为60°，若△PAB 的面积为7，则该圆锥的体积为．263π[作示意图如图所示，设底面半径为r ，PA 与圆锥底面所成角为60°，则∠PAO＝60°，则PO ＝3r ，PA ＝PB ＝2r ，又PA ，PB 所成角的余弦值为34，则sin∠APB ＝74，则S △PAB ＝12PA ·PB ·sin∠APB＝12·2r ·2r ·74＝7，解得r ＝2，故圆锥的体积为13·π·(2)2·6＝263π．]3．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面四边形ABCD 是菱形，点E 在线段PC 上，PA ∥平面EBD ．(1)证明：点E 为线段PC 中点；(2)已知PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，点P 到平面EBD 的距离为1，四棱锥P ­ABCD 的体积为23，求PA ．[解](1)证明：连接AC ，与BD 相交于点O ，连接EO ，则经过PA 的平面PAC 与平面EBD 交线为EO ．因为PA ∥平面EBD ，所以PA ∥EO ．因为四边形ABCD 是菱形，所以O 为AC 的中点，所以EO 是△PAC 中位线，于是E 为线段PC 中点．(2)因为PA ∥平面EBD ，所以点A 到平面EBD 的距离等于点P 到平面EBD 的距离等于1．因为PA ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以平面EBD ⊥平面ABCD ，平面EBD ∩平面ABCD ＝BD ．因为AO ⊥BD ，所以AO ⊥面EBD ，因此AO ＝1．因为∠ABC ＝60°，所以四边形ABCD 是边长为2的菱形，面积为2×2×sin 60°＝23，所以四棱锥P ­ABCD 的体积为V P ­ABCD ＝13·23·PA ，由13·23·PA ＝23，得PA ＝3．1．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为．2[如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ，连接PC ，PE ，PF ，则PE ⊥AC ，PF ⊥BC ．又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ，所以CO 为∠ACB 的平分线，即∠ACO ＝45°．在Rt△PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝32－12＝2．]2．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P ­ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE ．(1)证明：PB ⊥平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC BC的值．[解](1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ，所以BC ⊥平面PCD ．而DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE ．又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC ．而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC ．而PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥DE ．又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF ．由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB ．(2)如图，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG ．又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG ．而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD ．故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2，在Rt△PDB 中，由DF ⊥PB,得∠DPF ＝∠FDB ＝π3，则tanπ3＝tan∠DPF ＝BD PD＝1＋λ2＝3，解得λ＝2．所以DC BC ＝1λ＝22．故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22．。