【文档说明】【精准解析】2021届高考数学（浙江专用）：§8.4　直线、平面垂直的判定与性质【高考】.docx，共(16)页，649.290 KB，由小赞的店铺上传

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§8.4直线、平面垂直的判定与性质基础篇固本夯基【基础集训】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.已知m和n是两条不同的直线,α和β是两个不重合的平面,下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A.α⊥β且m⊂αB.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥βD.m⊥n且

n∥β答案C2.下列命题中错误的是()A.如果平面α外的直线a不平行于平面α,则平面α内不存在与a平行的直线B.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么直线l⊥平面γC.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面βD.一条直线与两个平行平面中的一个平面相交

,则必与另一个平面相交答案C3.如图,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上一点,E、F分别是A在PB、PC上的射影,给出下列结论:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是

.答案①②③4.《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.证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是不是鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由.解析因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD为长方形,得BC⊥CD,因为PD∩CD=D,所以

BC⊥平面PCD,因为DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE.又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.因为PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.因为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DBEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.考点二平

面与平面垂直的判定与性质5.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,给出下列结论:①AD∥平面PBC;②平面PAC⊥平面PBD;③平面PAB⊥平面PAC;④平面PAD⊥平面PDC.其中正确结论的序号是.答案①②④6.如图,在三棱锥P-ABC中,

PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.(1)求证:PA⊥BD;(2)求证:平面BDE⊥平面PAC;(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.解析(1)证明:因为P

A⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,所以PA⊥平面ABC.因为BD⊂平面ABC,所以PA⊥BD.(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC.因为BD⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面P

AC.(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因为D为AC的中点,所以DE=12PA=1,BD=DC=√2.由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱锥E-BCD

的体积V=13×12BD·DC·DE=13.7.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.(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,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,

PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.因为PD⊂平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(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.因为四边形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PCD.综合篇知能转换【综合集训】考法一证明直线与平面垂直的方法1.(2017课标全国Ⅲ,10,5分)在正方体AB

CD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC答案C2.(2018课标全国Ⅱ,19,12分)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,求点C到平面POM的距离.解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2√3.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OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC且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∠𝐴𝐶𝐵𝑂𝑀=4√55.所以点C到平面POM的距离为4√55.3.(20195·3原创题)如图,在以P为顶点,母线长为

√2的圆锥中,底面圆O的直径AB长为2,点C在圆O所在平面内,且AC是圆O的切线,BC交圆O于点D,连接PD,OD.(1)求证:PB⊥平面PAC;(2)若AC=2√33,求点O到平面PBD的距离.解析(1)证明:因为AB是圆O的直径,AC与圆O切于点A,所以AC⊥AB.又在

圆锥中,PO垂直于底面圆O,所以PO⊥AC,而PO∩AB=O,所以AC⊥平面PAB,从而AC⊥PB.在三角形PAB中,PA=PB=√2,AB=2,故有PA2+PB2=AB2,所以PA⊥PB,又PA∩AC=A,所以PB⊥平面PAC.(2)解法一:作OE⊥BD于E,连接

PE.又PO⊥BD,PO∩OE=O,所以BD⊥平面POE.又BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面POE,作OF⊥PE于F,因为平面PBD∩平面POE=PE,所以OF⊥平面PBD,故OF的长为点O到平面PBD的距离.连接AD.在Rt△

POE中,PO=1,OE=12AD=𝐴𝐵·𝐴𝐶2𝐵𝐶=12,所以OF=𝑃𝑂·𝑂𝐸𝑃𝐸=√55.即点O到平面PBD的距离为√55.解法二:因为AB=2,AC=2√33,AC⊥AB,所以在直角△ABC中,∠ABC=π6.又OD=OB=1,则△OBD是等腰三角形,所以

BD=√3,S△OBD=12×1×1×sin2π3=√34.又PB=PD=√2,所以S△PBD=12×√3×√52=√154,设点O到平面PBD的距离为d,由VP-OBD=VO-PBD,即13S△OBD·PO=13S△PBD·d,可得d=√55.解法三:因为AB=2,AC=

2√33,AC⊥AB,所以S△ABC=12×2×2√33=2√33.又由(1)可知,AC⊥平面PAB,则AC⊥PA,所以PC=√2+43=√303.又PB⊥平面PAC,所以PB⊥PC,则S△PBC=12×√2×√303=√1

53.设点O到平面PBD的距离为d,则A到平面PBC的距离为2d,由VP-ACB=VA-PBC,即13S△ABC·PO=13S△PBC·2d,可得d=√55.考法二平面与平面垂直的判定与性质问题4.(2018广东六校

4月联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,AB=BC=1,∠BAD=120°,PB=PC=√2,PA=2,E,F分别是AD,PD的中点.(1)证明:平面EFC⊥平面PBC;(2)求二面角A-BC-P的余弦值

.解析(1)证明:取BC的中点G,连接PG,AG,AC,∵PB=PC,∴PG⊥BC,∵四边形ABCD是平行四边形,∠BAD=120°,∴∠ABC=60°.又AB=BC=1,∴△ABC是等边三角形,∴AG⊥BC.∵

AG∩PG=G,∴BC⊥平面PAG,∴BC⊥PA.(3分)∵E,F分别是AD,PD的中点,∴EF∥PA,易知四边形EAGC为平行四边形,∴EC∥AG,∴BC⊥EF,BC⊥EC,∵EF∩EC=E,∴BC⊥平面EFC,(5分)∵BC⊂平面PBC,∴平面EFC⊥平面PBC.(6分)(2

)由(1)知PG⊥BC,AG⊥BC,∴∠PGA是二面角A-BC-P的平面角.(7分)∵PG=√2−14=√72,AG=√32,PA=2,∴在△PAG中,cos∠PGA=𝑃𝐺2+A𝐺2-P𝐴22𝑃𝐺·𝐴𝐺=-√217,(11分)∴二面角A-BC-P的余弦值为-

√217.(12分)5.(2019北京,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证

:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.解析(1)因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABCD

,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.所以AE⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG.则

FG∥AB,且FG=12AB.因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=12AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.【

五年高考】考点一直线与平面垂直的判定与性质1.(2019北京,13,5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:.答案若l

⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)2.(2019课标全国Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)

若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.解析本题考查了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积,考查了空间想象能力,主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1

,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以

,四棱锥E-BB1C1C的体积V=13×3×6×3=18.思路分析(1)由长方体的性质易得B1C1⊥BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证;(2)求该四棱锥的体积的关键是求高,利用平面与平面垂直的性质定理,可知只需过E作B1B的垂

线即可得高.解题关键由长方体的性质找BE的垂线和平面BB1C1C的垂线是求解的关键.3.(2019天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PC

D,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.解析本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和

推理论证能力.以线面角的计算为依托考查数学运算与直观想象的核心素养.(1)证明:连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.

(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN.依题意,得DN⊥PC.又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,

可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=√3.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=𝐷𝑁𝐴𝐷=√33.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为√33.思路分析(1)在

△BPD中证明GH∥PD,从而利用线面平行的判定定理证线面平行;(2)取棱PC的中点N,连接DN,有DN⊥PC,由面面垂直的性质,得DN⊥平面PAC,从而得DN⊥PA,进而得出结论;(3)由(2)知所求角为∠DAN,在Rt△AND中求其正弦值即可.考点二平面与平面垂直的判定与性质4.(2018

江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.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,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.5.(2018课标全国Ⅲ,19,12分)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:平面A

MD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为𝐶

𝐷⏜上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以

MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.疑难突破解决线面平行的探索性问题的策略:(1)通过观察确定点或直线的位置(如中点,中位线),再进行证明.(2)把要得的平行当作已知条件,用平行的性质去求点、线

.6.(2017山东,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(1)取B1D1的中点O1,连接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四边形ABCD为正方形,O为AC与BD的交点,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B1D

1∥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.方法总结证明面面垂直的方法:1.面面垂直的定义;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).易错

警示a∥b,a∥α⇒/b∥α.教师专用题组1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,

则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1答案D2.(2019浙江,8,4分)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与

平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则()A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β答案B3.(2015浙江,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1

在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)证明:设E为BC的中点,连接A1E,AE,DE,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE

⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.由AE

=EB=√2,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=√2,A1B=4

,∠DA1B=90°,得BD=3√2,A1F=B1F=43,由余弦定理得cos∠A1FB1=-18.4.(2014课标Ⅰ,19,12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明

:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)证明:连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O

为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故O

A⊥OB,从而OA,OB,OB1两两垂直.以O为坐标原点,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴正方向,|𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又AB=BC,

则A(0,0,√33),B(1,0,0),B1(0,√33,0),C(0,−√33,0).𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√33,-√33),𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,−√33),𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,

-√33,0).设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则{𝑛·AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{√33y-√33z=0,𝑥-√33z=0.所以可取n=(1,√3,√3).设m是平面A1B1C1的法向量,则{𝑚·A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,

𝑚·B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0.同理可取m=(1,-√3,√3).则cos<n,m>=𝑛·𝑚|𝑛||𝑚|=17.易知二面角A-A1B1-C1为锐二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值为17.方法点拨在求解或证

明过程中,通常会用到一些初中阶段学习的平面几何知识,如三角形中位线的性质、菱形的性质,等腰三角形的性质,相似(全等)三角形的判定与性质等,在复习时应予以关注.5.(2012课标,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱

AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.解析(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=12AA1,可得D𝐶12+DC2=C𝐶12,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC

1⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两垂直.以C为坐标原点,𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴的正方向,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗的方向为y轴的正方向,|�

�𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).则𝐴1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,-1),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,1),�

�𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1).设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,则{𝑛·BD⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥-𝑦+𝑧=0,𝑧=0.可取n=(1,1,0).同理,设m

是平面C1BD的法向量,则{𝑚·BD⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·DC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0.可取m=(1,2,1).从而cos<n,m>=𝑛·𝑚|𝑛|·|𝑚|=√32.又易知二面角A1-BD-C1为锐二面角,故二面角A1-BD-C1的大小为30°.评析本题考查了直线与直线

垂直的证明及二面角的求法.属中等难度题,运算要准确.【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共45分)1.(2020届山东寿光现代中学10月月考,4)已知两条直线a,b与两个平面α、β,b⊥α,则下列命题中正确的是()①若a∥α,则a⊥b;②若a⊥b,则a∥α;③

若b⊥β,则α∥β;④若α⊥β,则b∥β.A.①③B.②④C.①④D.②③答案A2.(2020届山东滕州一中10月月考,5)已知α,β是不重合的平面,m,n是不重合的直线,则m⊥α的一个充分条件是()A.m⊥n,n⊂αB.m∥β,α⊥βC.n⊥α,n⊥β,m⊥βD.α∩β=n,α⊥β,m⊥n答案

C3.(2020届广东广州执信中学10月月考,10)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D4.(2020届湖南长沙长郡中学第二次月考,5)已知m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若α⊥γ,

β⊥γ,则α∥βC.若m∥α,n∥α,且m⊂β,n⊂β,则α∥βD.若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,则m⊥n答案D5.(2018湖北重点中学协作体4月联考,5)设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内两条相交直线,则α⊥β的一个充分不必要条件是

()A.l1⊥m,l1⊥nB.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2D.m∥n,l1⊥n答案B6.(2019湖北武汉4月调研,6)已知两个平面相互垂直,给出下列命题: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.其中正确命题的个数是()A.3B.2C.1D.0答案C7.(2019湖北黄冈八模(二),11)如图,AC=2R为圆O的直径,∠PCA=

45°,PA垂直于圆O所在的平面,B为圆周上不与点A、C重合的点,AS⊥PC于S,AN⊥PB于N,则下列不正确的是()A.平面ANS⊥平面PBCB.平面ANS⊥平面PABC.平面PAB⊥平面PBCD.平面ABC⊥平面PAC答案B8.(201

9福建漳州二模,8)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E,F,则直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为()A.√55B.√306C.√66D.2√55答案C9.(2020届浙江东阳中学10月月考,8)在四面体ABCD中,二面角A-BC-D的大小为60°,点P

为直线BC上一动点,记直线PA与平面BCD所成的角为θ,则()A.θ的最大值为60°B.θ的最小值为60°C.θ的最大值为30°D.θ的最小值为30°答案A二、多项选择题(每题5分,共10分)10.(改编题)如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,点C是圆上异于A,B的任一点,则下列结论中正

确的是()A.PC⊥BCB.AC⊥平面PBCC.平面PAB⊥平面PBCD.平面PAC⊥平面PBC答案AD11.(改编题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=12,则下列结论中正确的是()A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A

-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等答案BC三、解答题(共45分)12.(2020届广东百校联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,E是棱PC上的一点

.(1)证明:平面ADE⊥平面PAB;(2)若PE=4EC,F是PB的中点,AD=√3,AB=AP=2CD=2,求直线DF与平面ADE所成角的正弦值.解析(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.又AB⊥AD,PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB.又

AD⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面PAB.(2)由(1)知AD,AB,AP两两垂直,以A为原点,AD,AB,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A-xyz,则A(0,0,0),C(√3,1,

0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(√3,0,0),F(0,1,1),则𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,0,0),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,1,1),由PE=4EC得𝑃�

�⃗⃗⃗⃗⃗=45𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(4√35,45,-85),则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(4√35,45,25).设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量,则{𝑛·AD⃗⃗⃗⃗⃗=√3x=0

,𝑛·AE⃗⃗⃗⃗⃗=4√35x+45y+25z=0,取y=1,则n=(0,1,-2).设直线DF与平面ADE所成的角为θ,则sinθ=|cos<𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛|𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛||=|1-2|√5

×√5=15,所以直线DF与平面ADE所成角的正弦值为15.13.(2020届湖北黄冈9月新起点考试,19)在△ABC中,∠A=30°,∠B=90°,沿中位线DE折起后,点A对应的位置为点P,∠PDB=60°.(1)求证:平面PDB⊥平面DBCE;(2)求证:平面BPC⊥平面PCE;

(3)求直线BP与平面PCE所成角的正弦值.解析(1)证明:∵AD⊥DE,∴PD⊥DE,又BD⊥DE,PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,PD∩BD=D,∴DE⊥平面PBD,∵DE⊂平面DBCE,∴平面PDB⊥平面DBCE.(2)

证明:以D为原点,DB,DE所在的直线分别为x,y轴,建立空间直角坐标系,设PD=DB=1,BC=2√33,则B(1,0,0),C(1,2√33,0),E(0,√33,0),∴𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0

,2√33,0),由∠PDB=60°可得P(12,0,√32),∴𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-12,0,√32),设m=(x,y,z)是平面BPC的一个法向量,则{𝑚·BP⃗⃗⃗⃗⃗=−12x+√32z=0,𝑚·BC⃗⃗⃗⃗⃗=2√33y=0,取x=√3,则得m=(√3,0,1).同理

可求得平面PCE的一个法向量为n=(-1,√3,√3).∵m·n=0,∴m⊥n,∴平面BPC⊥平面PCE.(3)由(2)知,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-12,0,√32),平面PCE的一个法向量为n=(-1,√3,√3),∴cos<n,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗>=BP⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛|BP⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑛|=2√(-12)2+(√32)2×√1+3+3=2√77.∴直线BP与平面PCE所成角的正弦值为2√77.14.(2019广东广州天河二模,18)如图,已知等边△ABC

中,E,F分别为AB,AC边的中点,M为EF的中点,N为BC边上一点,且CN=14BC,将△AEF沿EF折到△A'EF的位置,使平面A'EF⊥平面EFCB.(1)求证:平面A'MN⊥平面A'BF;(2)求二面角E-A'F-B的余弦值.解析(1)证明

:因为E,F分别为等边△ABC中AB,AC边的中点,所以EF∥BC,△AEF为等边三角形,所以折叠后,△A'EF也是等边三角形,且EF∥BC.因为M是EF的中点,所以A'M⊥EF.(1分)又平面A'EF⊥平面EFCB,A'M⊂平面A'EF,所以A'M⊥平面EFCB,(2分)又BF⊂平面EFCB

,所以A'M⊥BF.(3分)因为CN=14BC,EF∥BC且EF=12BC,M为EF的中点,所以MF∥CN,MF=CN,则四边形MFCN是平行四边形,所以MN∥CF.在等边△ABC中,知BF⊥CF,所以BF⊥MN.(4分)而A'M∩MN=M,所以BF⊥平面A'MN.

又因为BF⊂平面A'BF,所以平面A'MN⊥平面A'BF.(5分)(2)设等边△ABC的边长为4,取BC的中点G,连接MG,由题设知MG⊥BC,由(1)知A'M⊥平面EFCB,又MG⊂平面EFCB,所以A'M⊥MG,(6分)如图建立空间直角坐标系M-xyz,则

F(-1,0,0),A'(0,0,√3),B(2,√3,0),所以𝐹𝐴'⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√3),𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(3,√3,0).(7分)设平面A'BF的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·FA'⃗⃗⃗⃗⃗⃗=

x+√3z=0,𝑛·FB⃗⃗⃗⃗=3x+√3y=0,令z=1,则n=(-√3,3,1).(9分)易知平面A'EF的一个法向量为m=(0,1,0),(10分)所以cos<n,m>=𝑛·𝑚|𝑛|·|𝑚|=31×√3+9+1=3√131

3,(11分)显然二面角E-A'F-B是锐二面角,所以二面角E-A'F-B的余弦值为3√1313.(12分)获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com