2023新高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A26-專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1-8.4　直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)-習(xí)題+題組

2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)]2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4專(zhuān)題檢測(cè)題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4專(zhuān)題檢測(cè)題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4專(zhuān)題檢測(cè)題組8.4直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)考試點(diǎn)一直線(xiàn)、平面垂直的判定與性質(zhì)1?！?０15陜西,１8，12分】如圖１,在直角梯形ABCＤ中，AD∥BC，∠BAD=π2，AB=BC＝12AＤ=a，E是AD的中點(diǎn)，Ｏ是ＡＣ與BＥ的交點(diǎn).將△ＡＢE沿BE折起到圖2中△A１BE的位置，得到四棱錐A1【１】證明：CD⊥平面Ａ1OC;【２】當(dāng)平面Ａ1BE⊥平面ＢCDE時(shí),四棱錐Ａ１-BCDE的體積為3６2,求ａ的值.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:在題圖1中,因?yàn)锳Ｂ＝BC=12AD=a,E是AＤ的中點(diǎn)∠ＢAＤ=π2，所以ＢE⊥即在題圖２中，BＥ⊥Ａ1O,BＥ⊥OC,又A1O∩OC=O,從而B(niǎo)E⊥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(jiān)⊥平面ＢCDE，即A1O是四棱錐A１-BCＤＥ的高。由題圖１知，A１O(jiān)=22ＡB=22ａ，平行四邊形S＝BC·AB=a2。從而四棱錐A1—BCＤE的體積為V=13×Ｓ×A1Ｏ=13×a２×22a=2由26a3＝３62，得評(píng)析本題首先借“折疊”問(wèn)題考查空間想象能力，同時(shí)考查線(xiàn)面垂直的判定及面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2?！?015福建，２0，12分】如圖,ＡB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，PO垂直于圓O所在的平面，且ＰO=ＯB=1．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】若Ｄ為線(xiàn)段AC的中點(diǎn),求證：AC⊥平面PDO;【2】求三棱錐P—ABC體積的最大值；【3】若ＢC=2,點(diǎn)Ｅ在線(xiàn)段PB上，求CE+ＯE的最小值。解析【１】證明:在△AOC中，因?yàn)椋希粒剑希?Ｄ為AＣ的中點(diǎn),所以AC⊥DO．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又PO垂直于圓O所在的平面，所以PO⊥ＡＣ.因?yàn)镈O∩ＰO=O，所以AC⊥平面PDO?！?】因?yàn)辄c(diǎn)Ｃ在圓Ｏ上，所以當(dāng)CＯ⊥AB時(shí),C到AB的距離最大，且最大值為1．又AＢ=２,所以△AＢC面積的最大值為12×2×又因?yàn)槿忮FP－ＡBC的高ＰO=１，故三棱錐P—ABC體積的最大值為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=在三棱錐P－ABＣ中,將側(cè)面BＣP繞PB所在直線(xiàn)旋轉(zhuǎn)至平面ＢＣ’P,使之與平面ＡＢＰ共面,如圖所示.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕當(dāng)O，E，C＇共線(xiàn)時(shí),ＣＥ＋OE取得最小值.又因?yàn)镺P=OB，C'P=Ｃ’B，所以O(shè)C'垂直平分ＰB,即Ｅ為PＢ中點(diǎn)．從而OＣ’=OE＋EC＇=22+62=亦即ＣE+OE的最小值為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°.在三棱錐P－ABC中,將側(cè)面BCP繞ＰB所在直線(xiàn)旋轉(zhuǎn)至平面ＢC’P，使之與平面AＢＰ共面，如圖所示?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕當(dāng)O，Ｅ，Ｃ’共線(xiàn)時(shí)，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×從而OＣ’=2+3＝2所以ＣE＋ＯE的最小值為22+6評(píng)析本題主要考查直線(xiàn)與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕3．【201４福建文，19，12分】如圖，三棱錐A—BＣＤ中，AB⊥平面BＣＤ，ＣＤ⊥BD?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：CＤ⊥平面AＢD；【２】若ＡB＝BD=CD＝１,M為ＡD中點(diǎn),求三棱錐A－MBＣ的體積.解析【1】證明:∵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?！逜B=BD=１,∴Ｓ△ABD=12∵M(jìn)是ＡD的中點(diǎn)，∴S△ABＭ=12S△ABD=1由【1】知，CＤ⊥平面ABD，∴三棱錐C-ABＭ的高h(yuǎn)＝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，如圖,過(guò)點(diǎn)M作ＭN⊥ＢＤ交BD于點(diǎn)N,則MＮ⊥平面BＣD,且MN=12AB＝1又CＤ⊥BD，BD=CD＝1,∴S△BCD=12∴三棱錐A-MＢC的體積ＶA—MBC＝VA-BCD—VＭ—BCD＝13AB·S△BCD-13MN·S△BCＤ=４.【201４山東文,18，12分】如圖,四棱錐P－ＡBCD中,AP⊥平面PＣD,ＡD∥BC，AB=ＢC=12AD，Ｅ，F(xiàn)分別為線(xiàn)段ＡD，ＰC的中點(diǎn)．【１】求證：AP∥平面BEF；【2】求證：BＥ⊥平面PＡＣ。證明【1】設(shè)AＣ∩ＢE＝Ｏ,連接ＯF，EＣ。由于E為AD的中點(diǎn),AB=BC=12AＤ，AD∥所以ＡＥ∥BC,ＡE=ＡB=BC,因此四邊形ABＣE為菱形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．又F為PC的中點(diǎn)，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】由題意知ED∥ＢC,ＥD=BＣ,所以四邊形BCDE為平行四邊形,因此BE∥CD.又ＡP⊥平面PCD，ＣＤ?平面PＣD，所以AP⊥CD，因此ＡP⊥BE．因?yàn)樗倪呅蜛BCＥ為菱形,所以BE⊥AＣ.又AP∩AＣ=A,AP,AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC．5．【2０１4廣東文,18，1３分】如圖１，四邊形ABＣD為矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1,BＣ＝PC=2。作如圖2折疊：折痕EF∥DC，其中點(diǎn)E,F分別在線(xiàn)段ＰD，ＰC上,沿EF折疊后點(diǎn)P在線(xiàn)段AD上的點(diǎn)記為M，并且ＭF⊥ＣF.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:CF⊥平面MDＦ；【2】求三棱錐M-CDE的體積．解析【1】證明：∵PD⊥平面ABCD，AD?平面ABＣＤ，∴PD⊥ＡD.∵四邊形ABCD是矩形,∴ＡD⊥DC。又∵PD∩ＤC=D，∴AD⊥平面PＣD?！逤F?平面ＰCD,∴AD⊥ＣF．又∵M(jìn)Ｆ⊥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廣東文，１8,14分】如圖1，在邊長(zhǎng)為１的等邊三角形ＡBＣ中，D，Ｅ分別是AB,AC上的點(diǎn),AD＝AＥ,Ｆ是BC的中點(diǎn)，ＡF與DE交于點(diǎn)G.將△ABF沿AF折起，得到如圖2所示的三棱錐Ａ-BCF,其中BC=22。圖１圖２【1】證明：DE∥平面BCＦ;【2】證明：CＦ⊥平面AＢF；【３】當(dāng)AD＝23時(shí),求三棱錐F－DＥG的體積ＶF－DEG解析【1】證明：在等邊三角形ＡBＣ中,AＤ=ＡE,∴ADDB＝AEEC，在折疊后的三棱錐A-BCF中也成立,∴ＤE∥BＣ，∵DE?平面BＣF，ＢC?平面BCF，∴DＥ∥平面【2】證明：在等邊三角形ＡBC中，F(xiàn)是BＣ的中點(diǎn),∴AF⊥ＢC,BＦ=ＣF＝12∵在三棱錐A—ＢCF中，ＢC=22∴BＣ2=ＢＦ２+ＣF2，∴CF⊥BF.∵ＢF∩AF=F，∴CF⊥平面ABF．【３】由【1】可知ＧE∥CF，結(jié)合【2】可得ＧE⊥平面ＤFＧ。∴VF-ＤＥG=VE—DFG＝13·12·DG·FＧ·GE=13·12·13·13評(píng)析本題考查線(xiàn)面平行、線(xiàn)面垂直的證明以及空間幾何體體積的計(jì)算，考查立體幾何中翻折問(wèn)題以及學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理論證能力。抓住翻折過(guò)程中的不變量是解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵，第【3】問(wèn)的關(guān)鍵在于對(duì)幾何體的轉(zhuǎn)化.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕7．【20１２北京文，1６,1４分】如圖1，在Rt△ＡBC中,∠Ｃ＝9０°，D,E分別為AＣ,ＡB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線(xiàn)段CＤ上的一點(diǎn).將△ＡDE沿DE折起到△A1ＤE的位置，使Ａ1Ｆ⊥CD,如圖2.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:DE∥平面A１ＣB;【2】求證:A1F⊥BE；【３】線(xiàn)段A1B上是否存在點(diǎn)Ｑ，使A1C⊥平面ＤEＱ?說(shuō)明理由。解析【１】證明:因?yàn)椋?E分別為AＣ，ＡB的中點(diǎn),所以DE∥BＣ．又因?yàn)镈E?平面A1CＢ,所以ＤE∥平面Ａ１ＣB．【２】證明:由已知得ＡC⊥BＣ且DＥ∥BＣ,所以ＤE⊥AC。所以DE⊥A1D，DE⊥ＣD．因?yàn)锳1Ｄ∩ＣD=D，所以DE⊥平面A１DC.而Ａ１F?平面A1DC,所以ＤE⊥Ａ１Ｆ。又因?yàn)锳1F⊥ＣＤ，CD∩DE=D,所以A１Ｆ⊥平面BCDE。所以A１Ｆ⊥BE．【3】線(xiàn)段A1Ｂ上存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DＥQ。理由如下：如圖，分別取A1C,A1B的中點(diǎn)P，Ｑ，連接PQ，則PQ∥BC．又因?yàn)镈E∥BC,所以DＥ∥PQ．所以平面DEQ即為平面DEP。由【2】知,DＥ⊥平面A１ＤＣ,所以DＥ⊥A1C。又因?yàn)镻是等腰三角形DA１Ｃ底邊A1C的中點(diǎn)，所以A1C⊥DP．所以A1C⊥平面DEP.即A1C⊥平面DＥQ.故線(xiàn)段A1B上存在點(diǎn)Q,使得Ａ１C⊥平面DEQ.評(píng)析本題的前兩問(wèn)屬容易題，第【3】問(wèn)是創(chuàng)新式問(wèn)法,可以先猜后證,此題對(duì)于知識(shí)掌握不牢靠的學(xué)生而言，可能不能順利解答．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕8.【２０１9課標(biāo)Ⅲ文，19，12分】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中ＡB=1,ＢE=BF＝２，∠FBC＝６0°.將其沿AB,ＢC折起使得ＢE與BF重合，連接DG，如圖2。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:圖2中的Ａ，C，G，Ｄ四點(diǎn)共面,且平面ABＣ⊥平面BCGE;【2】求圖2中的四邊形AＣGD的面積.解析本題考查了線(xiàn)面、面面垂直問(wèn)題,通過(guò)翻折、平面與平面垂直的證明考查了空間想象能力和推理論證能力,考查了直觀想象的核心素養(yǎng).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】由已知得ＡＤ∥BE,CＧ∥ＢE,所以AD∥CG，故AD,CG確定一個(gè)平面，從而A,C,G，D四點(diǎn)共面?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由已知得AＢ⊥BE,AB⊥ＢC，故AＢ⊥平面ＢCGE.又因?yàn)锳Ｂ?平面ABＣ,所以平面ＡBC⊥平面BＣGE.【2】?。肎的中點(diǎn)Ｍ，連接ＥM，DM。因?yàn)椋罛∥DＥ，ＡB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BＣGＥ,故DE⊥CG．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EＢC＝60°得EM⊥ＣG,故ＣG⊥平面DEＭ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因此ＤM⊥ＣG．在Rｔ△DEM中，DＥ=1，EＭ＝3，故DM=2．所以四邊形ACGD的面積為4。思路分析【1】翻折問(wèn)題一定要注意翻折前后位置的變化,特別是平行、垂直的變化．由矩形、直角三角形中的垂直關(guān)系,利用線(xiàn)面垂直、面面垂直的判定定理可證兩平面垂直；而由平行公理和平面的基本性質(zhì)不難證明四點(diǎn)共面．【2】根據(jù)菱形的特征結(jié)合【１】的結(jié)論找到菱形BCGE的邊ＣG上的高求解?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解題關(guān)鍵抓住翻折前后的垂直關(guān)系，靈活轉(zhuǎn)化線(xiàn)線(xiàn)垂直、線(xiàn)面垂直和面面垂直，題中構(gòu)造側(cè)棱的特殊“直截面"△DEM,是本題求解的關(guān)鍵和難點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕考試點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)１?！?018課標(biāo)Ⅰ文,１8,1２分】如圖,在平行四邊形AＢＣＭ中,AB=AC=3，∠AＣM＝90°.以AC為折痕將△ACM折起，使點(diǎn)Ｍ到達(dá)點(diǎn)D的位置，且AB⊥DＡ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:平面ACD⊥平面ＡBC;【2】Ｑ為線(xiàn)段AD上一點(diǎn)，P為線(xiàn)段BC上一點(diǎn)，且BP=ＤQ=23DA,求三棱錐Q－ABＰ的體積。解析【1】證明：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，垂足為E，則QＥ＝13DC，QE∥由已知及【1】可得DC⊥平面ＡBC，所以QE⊥平面ＡBＣ，ＱＥ=１.因此，三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP＝13·QE·S△ＡBP＝13×1×12×3×22siｎ45規(guī)律總結(jié)證明空間線(xiàn)面位置關(guān)系的一般步驟：【1】審清題意：分析條件，挖掘題目中平行與垂直的關(guān)系；【2】明確方向：確定問(wèn)題的方向,選擇證明平行或垂直的方法，必要時(shí)添加輔助線(xiàn);〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【3】給出證明:利用平行、垂直關(guān)系的判定或性質(zhì)給出問(wèn)題的證明；【4】反思回顧:查看關(guān)鍵點(diǎn)、易漏點(diǎn)，檢查使用定理時(shí)定理成立的條件是否遺漏，符號(hào)表達(dá)是否準(zhǔn)確.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解題關(guān)鍵【1】利用平行關(guān)系將∠ACＭ=90°轉(zhuǎn)化為∠ＢAC=90°是求證第【1】問(wèn)的關(guān)鍵;〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】利用翻折的性質(zhì)將∠AＣM=９0°轉(zhuǎn)化為∠AＣＤ=90°，進(jìn)而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理得出三棱錐Q—ABP的高是求解第【２】問(wèn)的關(guān)鍵?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕２.【２018北京文，18，１４分】如圖,在四棱錐P—ＡＢCＤ中，底面ＡBCD為矩形,平面PAＤ⊥平面ABCＤ，PA⊥ＰD，ＰＡ=PD,E，Ｆ分別為ＡＤ，PB的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：PE⊥BＣ；【２】求證:平面ＰAB⊥平面PＣD；【3】求證:EF∥平面PＣD。證明【１】因?yàn)镻Ａ＝PD,Ｅ為ＡD的中點(diǎn),所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭ＢCＤ為矩形,所以BＣ∥AＤ.所以ＰＥ⊥BC。【2】因?yàn)榈酌妫罛CD為矩形，所以AB⊥AD。又因?yàn)槠矫妫校罝⊥平面ABＣD,所以ＡB⊥平面ＰAD。所以ＡＢ⊥ＰD．又因?yàn)镻A⊥PD，所以ＰD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.【3】取PC中點(diǎn)G，連接FＧ，DＧ。因?yàn)镕,G分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以ＦG∥BC，F(xiàn)G=12因?yàn)锳BCD為矩形，且Ｅ為ＡＤ的中點(diǎn),所以ＤＥ∥BＣ,DE=12所以DＥ∥ＦG,DE＝FG．所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG。又因?yàn)椋臚?平面PCD,ＤG?平面PCＤ，所以ＥF∥平面PＣＤ．３?！荆?１7課標(biāo)Ⅲ文，１9,1２分】如圖,四面體ABＣD中,△AＢC是正三角形，AD=ＣD.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:ＡC⊥BD;【2】已知△ACD是直角三角形,ＡB＝BD．若E為棱ＢＤ上與D不重合的點(diǎn)，且AE⊥ＥC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:取AC的中點(diǎn)O，連接DO,ＢO.因?yàn)椋罝=CＤ,所以AＣ⊥ＤO。又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO。因?yàn)镈O∩BO=O，所以ＡC⊥平面ＤOB,因?yàn)锽D?平面DOB,所以AＣ⊥ＢD．【２】連接ＥO．由【１】及題設(shè)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°。由題設(shè)知△ＡEC為直角三角形，所以EO=12又△ABC是正三角形，且AB=ＢD,所以EO=12故E為BD的中點(diǎn),從而E到平面ＡBC的距離為Ｄ到平面ABＣ的距離的12，四面體ABCＥ的體積為四面體ＡBＣＤ的體積的12，即四面體ABCE與四面體ACＤE的體積之比為1∶4．【2016江蘇,１6，１４分】如圖,在直三棱柱ABC-Ａ1B1Ｃ1中，Ｄ，Ｅ分別為AB,BC的中點(diǎn),點(diǎn)Ｆ在側(cè)棱B１Ｂ上，且B1Ｄ⊥A1Ｆ,Ａ1C1⊥A1B1.求證:〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】直線(xiàn)DE∥平面A1Ｃ1F；【2】平面B1DE⊥平面A１C１F．證明【1】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，Ａ1Ｃ1∥ＡC.在△ABC中，因?yàn)椋?Ｅ分別為AB,BC的中點(diǎn),所以ＤE∥AＣ,于是DE∥A1C1.又因?yàn)镈E?平面A１Ｃ1Ｆ,Ａ１C1?平面A1C1F,所以直線(xiàn)DE∥平面A１C１F?！荆病吭谥比庵罛C－A１Ｂ1Ｃ１中，A1A⊥平面Ａ1B1C1.因?yàn)锳1C１?平面Ａ1Ｂ1Ｃ１，所以A1A⊥A1Ｃ１。又因?yàn)锳1Ｃ１⊥Ａ1Ｂ1,A１A?平面ABB1A1，A１B１?平面ABB1A１,Ａ1A∩Ａ1B1=A１，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以A1C1⊥平面ABB1A１．因?yàn)锽1D?平面ABB1A1，所以A1Ｃ1⊥B１Ｄ。又因?yàn)锽1D⊥A1F，A１C1?平面A1C1F，A1F?平面Ａ１C1F，A1C1∩Ａ1Ｆ=A1，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以B1D⊥平面Ａ1C1F。因?yàn)橹本€(xiàn)Ｂ1D?平面B１DＥ,所以平面B１DE⊥平面A1Ｃ１Ｆ。評(píng)析本題主要考查直線(xiàn)與直線(xiàn)、直線(xiàn)與平面以及平面與平面的位置關(guān)系，考查空間想象能力和推理論證能力.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕５.【2015課標(biāo)Ⅰ文,１8，12分】如圖,四邊形ＡBCD為菱形，Ｇ為AC與ＢD的交點(diǎn)，ＢE⊥平面ABCＤ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:平面AEC⊥平面ＢED;【2】若∠ABＣ=120°,ＡE⊥ＥC，三棱錐E－ACＤ的體積為63,求該三棱錐的側(cè)面積.解析【1】因?yàn)樗倪呅蜛ＢＣD為菱形，所以AＣ⊥BD.因?yàn)椋拢拧推矫鍭ＢCＤ,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】設(shè)AB=ｘ,在菱形ABCＤ中，由∠ABC=1２0°，可得AG=GC=32x,GB=GＤ=x2因?yàn)锳E⊥EC,所以在Rt△AEＣ中，可得EＧ＝32由BE⊥平面ABCD,知△ＥBＧ為直角三角形,可得ＢE＝22由已知得，三棱錐E—ACD的體積VE-ACD=13×12AＣ·ＧD·BE=624ｘ3=63.故從而可得ＡＥ=EC＝ＥD=6.所以△EAC的面積為３，△ＥAD的面積與△EＣＤ的面積均為5.故三棱錐E-AＣD的側(cè)面積為3+２5.【1２分】

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_8.4專(zhuān)題檢測(cè)題組]〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版８．4直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)一、選擇題【2０２1昆明一模，１０】如圖，O1是正方體ABCD-A1B1Ｃ1D1的中心O關(guān)于平面Ａ1Ｂ1C1D1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．O1C1∥平面A1BCD１Ｂ．平面O１A1D1⊥平面O１B1C１C．O１C1⊥平面AＢ1D1Ｄ.O，O1，A１,B１，C1,Ｄ１六點(diǎn)在同一球面上答案：D記正方形A1B１C1D１的中心為O3,顯然O,O3,O1共線(xiàn)，如圖所示．設(shè)邊A1D1,B1C１的中點(diǎn)分別為Ｆ,E,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕連接Ａ1C，則點(diǎn)Ｏ在Ａ1C上，且O是Ａ1C的中點(diǎn)，因?yàn)椋希笔屈c(diǎn)O關(guān)于平面A1B1C1D1的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，所以O(shè)O1∥CＣ1，且OＯ1=ＣC1，所以四邊形OＯ1C１C是平行四邊形，所以O(shè)１Ｃ1∥ＯC，因?yàn)镺1Ｃ１?平面A１BCＤ1，OC?平面A1BＣD1,所以O(shè)1C1∥平面Ａ１ＢＣＤ1，所以A正確；連接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正確;因?yàn)锳B１⊥A1O,所以AB１⊥O1C1,同理AD1⊥O1C1，又AB1∩AD1=A,所以O(shè)1C1⊥平面AB1Ｄ1，所以C正確；連接O3A1，因?yàn)镺O３≠O３A1，所以D錯(cuò)誤,故選D.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕2．【２0２1東北三省四市聯(lián)考二，8】已知直線(xiàn)a,b與平面α,β,γ，能使α⊥β成立的充分條件是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。α⊥γ,β⊥γＢ。α∩β=a，b⊥a,b?βC.a∥α,a∥βD.a∥α,a⊥β答案:D對(duì)于Ａ，若α⊥γ,β⊥γ，則α與β可能相交，也可能平行,故選項(xiàng)A不符合題意；對(duì)于B,若α∩β=a,b⊥a，b?β,則α與β不一定垂直,故選項(xiàng)Ｂ不符合題意;對(duì)于C，若ａ∥α,a∥β,則α與β可能相交，也可能平行，故選項(xiàng)C不符合題意；對(duì)于D，若a∥α,a⊥β，則由ａ∥α，知在α內(nèi)必有直線(xiàn)ｌ與a平行,因?yàn)椋帷挺?，所以l⊥β，所以α⊥β，故選項(xiàng)D符合題意，故選Ｄ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕3。【20２１合肥一模，9】我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》第五卷“商功”中,把底面為矩形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱(chēng)為“陽(yáng)馬”．今有“陽(yáng)馬”P(pán)-ＡBＣD,ＰＡ=AB=AD,E，F(xiàn)分別為棱PB,PD的中點(diǎn).以下四個(gè)結(jié)論：〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕①PB⊥平面AEF；②EF⊥平面ＰAC;③平面PBD⊥平面AEF;④平面AEF⊥平面ＰCD．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕其中正確的是【】A。①③Ｂ。①④C．②③D.②④答案：Ｄ如圖，因?yàn)镋,Ｆ分別為ＰB，PD的中點(diǎn)，所以ＥＦ∥BＤ，在△PＢＤ中,PＢ＝PD=BD=2ＡB，所以△PＢD為正三角形，則∠PＢD=∠PEF=π3,所以PB不可能與平面AＥF垂直，所以①不正確.由題意可知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正確.設(shè)AＣ∩ＢD=Ｏ，連接ＰＯ，交ＥF于Ｍ,連接ＡM，則AＭ⊥ＥＦ,MO⊥EF,所以∠AＭO為平面AEF與平面ＰBD的夾角,不妨令ＰB=PＤ=ＢD=2AB=2，則AＥ=EF=AF=１，ＡO=１,所以AＭ=32,MO＝12PO＝12×3=32,在△AMO中,由余弦定理的推論得cos∠AMO＝AM2+MO2-AO22AM·MO=34+34-12×32×32=13,即平面AEF與平面PBＤ夾角的余弦值為13，所以③不正確.由題意知PD⊥AＦ,CD⊥平面PＡD，因?yàn)锳F?4?！荆?2２屆貴陽(yáng)五校１1月聯(lián)考，4】給出下列三個(gè)命題：①垂直于同一條直線(xiàn)的兩個(gè)平面互相平行;②若一個(gè)平面內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線(xiàn)與另一個(gè)平面都平行，那么這兩個(gè)平面相互平行；③若一條直線(xiàn)垂直于一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線(xiàn)，那么這條直線(xiàn)垂直于這個(gè)平面．其中真命題的個(gè)數(shù)是【】Ａ.1Ｂ.2C.３Ｄ.0答案：Ｂ①由線(xiàn)面垂直的性質(zhì)可知,垂直于同一直線(xiàn)的兩個(gè)平面互相平行，故①為真命題;②當(dāng)兩個(gè)平面相交時(shí)，其中一個(gè)平面內(nèi)所有平行于交線(xiàn)的直線(xiàn)都與另一個(gè)平面平行，故②為假命題;③由線(xiàn)面垂直的定義可知，③為真命題．所以真命題的個(gè)數(shù)為２,故選B．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕5．【2０２1安徽滁州調(diào)研，6】已知在四棱錐P—ABＣD中,△PAB與△PBC是正三角形,平面ＰAB⊥平面PBC，AC⊥BD，則下列結(jié)論不一定成立的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。PB⊥ＡCＢ.PＤ⊥平面ABCDC。AC⊥PDD.平面PＢD⊥平面ABCD答案：Ｂ對(duì)于選項(xiàng)Ａ,取ＰＢ的中點(diǎn)O,連接AＯ，CO,∵△PＡB與△ＰBC均為等邊三角形,∴ＡO⊥ＰB，CO⊥PＢ，又AO∩ＣO=O,∴PＢ⊥平面ＡOC，又∵AＣ?平面ＡOC，∴ＰＢ⊥AC，故A中結(jié)論一定成立；對(duì)于選項(xiàng)Ｂ，由于點(diǎn)D的位置不確定,故B中結(jié)論不一定成立;對(duì)于選項(xiàng)C，∵PB⊥AC，AC⊥ＢD，PB∩BD=B，∴ＡＣ⊥平面PＢD,又ＰD?平面PBD，∴AC⊥ＰD,故C中結(jié)論一定成立;對(duì)于選項(xiàng)D,∵AC⊥平面PBD，AC?平面ABCD，∴平面ＰBD⊥平面ＡBCＤ，故D中結(jié)論一定成立.故選B．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕6?！?022屆陜西頂級(jí)名校聯(lián)考【一】,9】如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體AＢＣD—A１B1Ｃ1D1中，P為線(xiàn)段BC1上的動(dòng)點(diǎn)【不含端點(diǎn)】，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.平面Ｄ1C1Ｐ⊥平面C1CPB。三棱錐A—D1DP的體積為定值Ｃ。A１D⊥D1ＰD.DP⊥平面D1C1P答案：Ｄ在正方體ABCＤ—A1Ｂ１C1D1中,顯然有Ｄ1Ｃ1⊥平面C１CＰ，又D１C1?平面D1C1P,所以平面Ｄ1C1P⊥平面C1CP，故A正確；因?yàn)椋翪1∥ＡD1，AB⊥平面D1DA,所以點(diǎn)Ｐ到平面D１ＤA的距離等于ＡB的長(zhǎng)，是定值,又△D1DＡ的面積是定值，所以由等體積法知，三棱錐A-D1ＤＰ的體積為定值，故B正確；在正方體AＢCD—Ａ１B１C1D１中,顯然有A1D⊥D1C1,A1D⊥ＢＣ１,又D1Ｃ１∩ＢC1＝C1,所以A1D⊥平面D1Ｃ1P,又知D1P?平面D１C1P,所以A1D⊥D１P(pán)，故C正確;若DP⊥平面D1C1Ｐ，則DP⊥BC1，結(jié)合DC⊥BC1，DP∩DC＝D,可得BC１⊥平面ＤCP,所以ＢＣ1⊥CP,此時(shí)P為BC1的中點(diǎn),而P為線(xiàn)段BC1上的動(dòng)點(diǎn)【不含端點(diǎn)】,BC1與ＣP不恒相互垂直,故D不正確，故選Ｄ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕7.【多選】【20２1福建廈門(mén)雙十中學(xué)５月模擬，1１】一副三角板由一塊有一個(gè)內(nèi)角為60°的直角三角形和一塊等腰直角三角形組成，如圖所示,∠B＝∠Ｆ=90°，∠A=60°，∠D=４５°，BC=DE＝3，現(xiàn)將兩塊三角形板拼接在一起，得三棱錐F-AＢC，?。拢弥悬c(diǎn)O與AC中點(diǎn)M,則下列判斷中正確的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A．BC⊥平面OFＭB.AC與平面ＯＦM所成的角為定值C.三棱錐F—COM的體積為定值Ｄ。若平面BCF⊥平面AＢC，則三棱錐Ｆ－ＡBＣ外接球體積為43答案：ABD對(duì)于A,由O是BＣ的中點(diǎn),Ｍ是AC的中點(diǎn)，得MO∥AB，則∠ＣOM=∠AＢC=90°，即BＣ⊥ＭO,由EC=EB，O為BC的中點(diǎn)得BC⊥FO，又MO∩ＦO=Ｏ，ＭＯ，F(xiàn)Ｏ?平面OFM，所以直線(xiàn)BC⊥平面ＯFM,故Ａ正確.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕對(duì)于B，由A得,ＡＣ與平面OFM所成的角為∠OＭC，為定值60°，故B正確?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕對(duì)于C,△CＯM的面積為定值,但三棱錐F-ＣOM的高會(huì)隨著F點(diǎn)的位置移動(dòng)而變化，故C錯(cuò)誤.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕對(duì)于D,連接MB，因?yàn)槠矫鍮CF⊥平面ＡBC，BC⊥FO,平面ＢCF∩平面ABC=BＣ,所以FＯ⊥平面ＡBC，因此FO⊥OM。由題意求得FO=32，AB=1，則ＯM=12ＡB＝12，因此MF=FO2+OM2=１.又在Ｒt△ABC中，MＡ＝MB＝ＭC=12AＣ=１，則ＭA=MB＝MC＝MＦ，所以點(diǎn)M即為三棱錐F-ABC外接球的球心，因此該外接球的體積V=43π·13二、解答題8。【2020西城一模,１6】如圖，在四棱柱ＡBCＤ—A1B１Ｃ１D１中,ＡA１⊥平面ABCD,底面ABCD滿(mǎn)足ＡD∥BＣ，且AＢ=AD=AA1=２,BD=DC=22?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】求證：AB⊥平面AＤＤ1A1；【2】求直線(xiàn)ＡB與平面Ｂ１ＣD１所成角的正弦值。解析【1】證明:因?yàn)樵诘酌妫粒翪D中,AB=AD=２，BD＝22，所以ＡB2+ＡＤ２=BD2，即AB⊥AＤ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，ＡB?平面ABCD，所以ＡA1⊥AB,又因?yàn)锳A1∩ＡD＝Ａ，AＡ1,AＤ?平面ＡＤD1A１，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以AB⊥平面ＡDD1A１．【2】由【１】知ＡB，ＡD,ＡA1兩兩垂直，故以Ａ為原點(diǎn)，分別以ＡB,ＡD，AA1所在直線(xiàn)為x軸，y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕在底面ABCD中,由題意，得BC=4，則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設(shè)平面Ｂ1CD1的法向量為ｎ＝【ｘ，y，z】，由B1C令y=1,得n=【1，１，２】，設(shè)直線(xiàn)AB與平面B1CＤ１所成的角為θ,則sinθ=|cos＜AB，n＞|=AB·n|故直線(xiàn)AB與平面B1CD1所成角的正弦值為66９.【20２2屆山西長(zhǎng)治第二中學(xué)月考,19】如圖，在四棱錐P—ABCD中,四邊形ABCD為菱形,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕△PAD為正三角形,且E為AD的中點(diǎn)，BE⊥平面PAD.【１】證明:平面ＰBＣ⊥平面PEB；【２】求平面PEB與平面PDC所成的銳二面角的余弦值．解析【１】證明：∵BE⊥平面PAＤ,AD?平面PAＤ，∴AＤ⊥BＥ,又∵△ＰAＤ為正三角形,E為ＡＤ的中點(diǎn)，∴AＤ⊥PＥ，又ＰE∩BＥ=E,∴AD⊥平面PＥB?！咚倪呅蜛ＢＣD為菱形,∴AD∥ＢC，∴BC⊥平面PEB,又ＢC?平面ＰBＣ,∴平面PＢC⊥平面PEB.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】以Ｅ為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyｚ，設(shè)菱形AＢCD的邊長(zhǎng)為2,則AE=ＥD＝1,PE=ＥB=3,則Ｃ【－2，3,0】，D【－1，0，0】，P【0,０,3】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕DC=【－1，3，０】，DP=【1，0，3】.設(shè)平面PＤC的法向量為ｍ=【x,y，ｚ】，則m·DC=0,m則m=【3，1，-1】,易知平面PEB的一個(gè)法向量為n=【１，0，0】，則ｃos<m，n〉=m·n|m||n|=155，∴10.【２02１合肥二模，１9】如圖，在三棱錐P－ＡBC中，ＰA=PC＝3，AC=BＣ=22，AC⊥BC,D為棱AB上一點(diǎn),BＤ=3AD,棱AC的中點(diǎn)E在平面ＰAB上的射影F在線(xiàn)段ＰD上.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：平面PAC⊥平面ABC;【２】求二面角E-CF—B的正弦值。解析【1】證明：如圖，取AB的中點(diǎn)H，連接CH，DＥ,ＰＥ。∵ＢD=3ＡD,∴Ｄ為AH的中點(diǎn),∴DE∥ＣH.∵AC=BC，∴ＣH⊥AＢ,∴ED⊥ＡB.又∵點(diǎn)E在平面PAB上的射影F在線(xiàn)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.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∵點(diǎn)E為棱AC的中點(diǎn)，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?！?】∵AＣ⊥BC，∴以C為原點(diǎn),CA，CB的方向?yàn)閤，y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∵PA＝PC＝3，AC=ＢC=22,∴ＡＢ=4，CH＝２，PE=DE=１，則F為PＤ的中點(diǎn)，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∴C【0，０,0】，B【0,22，０】，E【2,0，0】,P【2,０，１】，D322,2設(shè)平面ECF的法向量為ｎ１=【x1,ｙ1，z1】，∴n1⊥EF，n1⊥CE,∴n1·EF=0,ｎ１·CE=０.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∵EF＝24,24,∴24x1+24y設(shè)平面BＣF的法向量為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的正弦值為1-cos1１.【2022屆四川雙流中學(xué)階段測(cè),２0】如圖所示，已知正方形ABCＤ的邊長(zhǎng)為22,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕AC∩BＤ=O，分別以AB，BＣ為一邊在空間中作等邊△PAB與等邊△PＢC，延長(zhǎng)ＣD到點(diǎn)E，使CE=2CD,連接AE，ＰＥ．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明:AE⊥平面ＰAC；【2】若點(diǎn)F是線(xiàn)段ＢD上一動(dòng)點(diǎn)，記PF與平面ＰAE所成的角為θ,求sinθ的取值范圍.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】證明：連接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.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】由【1】可知，PO、ＯＣ、OD兩兩垂直,故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OD、OC、OP所在直線(xiàn)分別為x,y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易知OＤ=OC=ＰO=2,則Ａ【0，－2,0】,P【0，０,2】，Ｅ【4，-2，0】?！唿c(diǎn)F是線(xiàn)段BD上一動(dòng)點(diǎn),∴可設(shè)F【ａ，0,0】【-2≤a≤2】,則AE＝【4，0，0】，AP=【0，2，２】,PF=【a，０，－2】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)平面PＡE的法向量為m＝【x，y，z】，則m·AE=0,m·AP=0?4x=0,2y+2z=0,?。?，則ｍ=【０，1,-1】。sｉnθ＝｜ｃｏs〈ｍ，PF〉｜=|m·１2?！荆?２2屆云南頂級(jí)名校月考【三】，19】如圖，四棱錐P-AＢCD的底面ＡBCD是平行四邊形,∠BＡD=π3，AB＝4，ＡD＝1，M是AB的中點(diǎn),AＤ⊥PD?！?】證明：平面PＤM⊥平面PBＣ;【2】求PC的中點(diǎn)N到平面PＤM的距離．解析【1】證明:因?yàn)镸是AＢ的中點(diǎn),ＡＢ=4，所以ＡM=2，在△ADＭ中，∠BＡＤ=π3,ＡD=1，由余弦定理得DM=3，則ＡＤ2+DM2=AM2,所以AＤ⊥DM,又AＤ⊥ＰＤ,且DＭ∩PD=Ｄ,所以AD⊥平面PDM,因?yàn)樗倪呅蜛ＢCD是平行四邊形，所以BＣ∥AＤ,所以BC⊥平面PDＭ，又BC?平面PBC，故平面PDM⊥平面PBC.【2】分別延長(zhǎng)CＢ，ＤM,使它們相交于Q點(diǎn)【如圖所示】.則△ＡＤM≌△BQM．故ＢQ=ＡD=1,則CＱ＝２。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】知CB⊥平面ＰDＭ，∴C點(diǎn)到平面PDＭ的距離為2，又N是PＣ的中點(diǎn)，∴Ｎ點(diǎn)到平面PDM的距離為１。13.【202２屆四川巴中零診，１9】如圖,在三棱柱ABC—A1B1Ｃ1中，側(cè)面AＣＣ１A1為矩形，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕且側(cè)面AＣC1A1⊥側(cè)面ＡBB1A1，D，E分別為棱A1B1，CC１的中點(diǎn)，A1B１⊥ＤE．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明: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】證明：?。罛1的中點(diǎn)Ｆ，連接ＤF，CF,在△ＡＡ1B1中,D，Ｆ分別為邊A1Ｂ1,AB１的中點(diǎn)，∴DＦ∥AA1，且DF=12AA1,又ＡA1∥CC1,AＡ1=CC1，CＥ＝12CＣ1，∴ＤF∥ＣE，且DＦ=CＥ，∴四邊形CEＤＦ為平行四邊形，∴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為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AB1,AC的方向?yàn)閤，ｙ，ｚ軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)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分別為棱A１B１,ＣＣ1的中點(diǎn),得D【—1,2,０】,E【—１,1,1】,∴DE＝【0,—1，1】，DB1=【1,0，0】，CE=【－１，1,0】,設(shè)平面B1DＥ的法向量為ｕ=【x,y，ｚ】,則u·DE=0,u·設(shè)平面ＣDE的法向量為v=【a,b,c】，則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的平面角為銳角，故二面角Ｂ1-DE-C的余弦值為63。1４?！?02１西城二模,16】如圖，在四棱錐P—AＢCＤ中，PA⊥平面ABCD，AＢ∥CＤ,AB⊥AＤ，AB=4，ＰＡ＝ＡD=CD=2,點(diǎn)E為PＢ的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:平面PBＣ⊥平面PＡC;【2】求二面角E—ＣD—A的余弦值.解析【1】證明:?。粒碌闹悬c(diǎn)F,連接CF，所以AF=CD，又因?yàn)锳F∥CD，所以四邊形ＡFCD是平行四邊形.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)锳Ｂ⊥ＡD,ＡD=CD,所以四邊形ＡFＣD是正方形，則AB⊥CＦ,CF=AD=2，所以AC=BC=２2，得到AC２+BC2=AB2，所以BＣ⊥AC。因?yàn)椋蠥⊥平面ABCD，所以ＰA⊥BC，因?yàn)镻A∩AC=A，所以BC⊥平面ＰAC。因?yàn)锽C?平面PBC，所以平面PBC⊥平面ＰAＣ?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】因?yàn)椋校痢推矫鍭BCＤ，所以PＡ⊥ＡD，PA⊥AB，則PA，ＡD,AB兩兩垂直,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕如圖建立空間直角坐標(biāo)系Ａ－xyz。則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】．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)平面CＤE的法向量為ｎ=【ｘ,y，z】,所以n·DC=0,n可取n＝【１，0，2】，易知平面ＡCD的一個(gè)法向量為m=【0，0，1】，所以cos<ｍ，n＞=m·n|m|·|因?yàn)槎娼荅-CD－Ａ為銳二面角,所以二面角Ｅ-CD—A的余弦值為2515.【2０21海淀二模，１6】如圖，在三棱錐Ｐ—ABC中，BC⊥AC，BＣ⊥ＰC，AC＝ＢC＝6，PＡ＝PC=5，D,E分別是AC，PC的中點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:平面ＰAC⊥平面ABＣ；【２】求二面角A－DE-B的余弦值。解析【1】證明：因?yàn)锽C⊥PC,AＣ⊥BＣ，ＡC∩PＣ=C,AＣ?平面PAＣ，ＰC?平面PAC,所以BＣ⊥平面ＰAC．又因?yàn)锽C?平面ABＣ,所以平面ABC⊥平面PAC.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】連接PD,因?yàn)镻A=ＰC,D是AC的中點(diǎn),所以AD＝DC=3，PD⊥AＣ。過(guò)Ｃ作ＣH∥PD，則CH⊥ＡC.又BC⊥平面ＰAＣ，所以CB、CＡ、CH兩兩垂直.如圖,以C為原點(diǎn),分別以ＣB,CA,CH所在直線(xiàn)為x軸,y軸，ｚ軸建立空間直角坐標(biāo)系C—xyz．則C【０,0,０】，B【6，0，０】，A【0，6，０】,D【0，3，0】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕因?yàn)锳C＝６，ＰC=5,所以PD=4。所以P【0,３，4】。因?yàn)镋是PＣ的中點(diǎn),所以E0,所以DE=0,-32設(shè)平面ＤEB的法向量為n＝【ｘ,y,z】,則DE·n令x＝－2,則y=－4，z=—3，所以n=【-2，－4,－3】．易知平面ADE的一個(gè)法向量為m=【1，0，0】。所以coｓ<m,n＞=m·n|m||所以二面角A—DE-B的余弦值為—229

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版26_專(zhuān)題八84直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版]〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕８．4直線(xiàn)、平面垂直的判定和性質(zhì)基礎(chǔ)篇固本夯基考試點(diǎn)一直線(xiàn)與平面垂直的判定和性質(zhì)1.【20２２屆湖北部分重點(diǎn)中學(xué)開(kāi)學(xué)聯(lián)考，3】已知ａ，ｂ是兩條不重合的直線(xiàn)，α為一個(gè)平面,且a⊥α，則“b⊥α”是“a∥b"的【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A。充分不必要條件Ｂ。必要不充分條件C.充要條件D．既不充分也不必要條件答案:C２．【2021浙江,6,４分】如圖,已知正方體ＡＢCＤ-A１B1C1D１，M，Ｎ分別是A１D,Ｄ１B的中點(diǎn)，則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ.直線(xiàn)A1D與直線(xiàn)D1Ｂ垂直,直線(xiàn)ＭN∥平面ABCＤＢ．直線(xiàn)Ａ1D與直線(xiàn)D１B平行,直線(xiàn)MN⊥平面BＤD１B1C.直線(xiàn)A１D與直線(xiàn)D1B相交,直線(xiàn)MＮ∥平面ABCDD.直線(xiàn)A１Ｄ與直線(xiàn)D1B異面，直線(xiàn)MN⊥平面BDD1Ｂ1答案:A3?！径噙x】【２02１新高考Ⅱ，10，５分】如圖,下列各正方體中，O為下底面的中心，M，N為正方體的頂點(diǎn)，Ｐ為所在棱的中點(diǎn),則滿(mǎn)足MN⊥ＯP的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕答案:BC4?！?022屆遼寧六校期初聯(lián)考，２0】如圖,在四棱錐P—ABＣD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAＢ=4５°，PD⊥平面AＢＣＤ，ＡP⊥BD．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：BC⊥平面PDB；【2】若AB＝2,PB與平面ＡPＤ所成角為45°,求二面角B-ＰC-Ｄ的大?。参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明：因?yàn)椋校摹推矫鍭BCD，BD?平面ABCＤ,BC?平面ABCD，所以ＰD⊥ＢＤ，PD⊥ＢＣ,因?yàn)椋粒小虰D,又PＤ∩ＡP=P,所以ＤB⊥平面ＡPD，又AD?平面ＡPＤ，所以BＤ⊥AD,因?yàn)榈酌妫罛CＤ為平行四邊形，所以ＡD∥BC，所以BC⊥BD,因?yàn)镻D⊥BC，PD∩BD=D,所以BC⊥平面PDＢ?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】由【1】可知BD⊥AD，因?yàn)锳B=2,∠DAB=45°，所以ＡD=BD=1,因?yàn)椋腂⊥平面APＤ，PB與平面APD所成角為４５°,所以∠ＢPＤ=４5°，所以PＤ=BＤ=1．以D為坐標(biāo)原點(diǎn),ＤＡ，DB,DＰ所在直線(xiàn)分別為x,y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則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】,設(shè)平面PＣD的法向量為m=【ｘ,y，z】，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則m·PC=-x+y-z=0,m·DC=-x+y=0,令y=1,則m＝【１，１，0】,設(shè)平面PCB的法向量為n=【a，b，c】,則n·PC=-a+b-５。【2020課標(biāo)Ⅰ理，18，12分】如圖，D為圓錐的頂點(diǎn),O是圓錐底面的圓心,AＥ為底面直徑,AE=ＡD.△ABＣ是底面的內(nèi)接正三角形，Ｐ為DO上一點(diǎn)，ＰＯ=66DO?！荆薄孔C明:ＰＡ⊥平面PBC；【2】求二面角Ｂ—PC—Ｅ的余弦值。解析【1】證明：設(shè)ＤO=a，由題設(shè)可得PＯ=66ａ，ＡO＝33ａ,AB＝a,PA=ＰＢ=PC=22a．因此PA2＋ＰB2=ＡB2,從而ＰA⊥PB。又PA2＋PC２=AC２，故PA又PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC?！?】以Ｏ為坐標(biāo)原點(diǎn),OE的方向?yàn)閥軸正方向,｜OE｜為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Ｏ-xyz．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由題設(shè)可得E【0,１,0】，A【0,—1，0】，Ｃ-32,1所以EC=-32,-1設(shè)ｍ=【x,y，z】是平面PCE的法向量，則m·EP=0,m·EC=0,即由【１】知AP=0,1,22是平面PCB的一個(gè)法向量,記n=AP，則ｃos＜n，m>＝n·m易知二面角Ｂ—PＣ-E的平面角為銳角，所以二面角B-PＣ－E的余弦值為25考試點(diǎn)二平面與平面垂直的判定和性質(zhì)1?！径噙x】【2０２２屆長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)月考一,12】如圖所示,在矩形AＢCD中，AB=2，BC=１，E為CＤ上一動(dòng)點(diǎn)，現(xiàn)將△BEC沿BE折起至△ＢＥF，在平面FBA內(nèi)作FG⊥ＡB,G為垂足。設(shè)CE=s，BＧ=t，則下列說(shuō)法正確的是【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕A.若ＢF⊥平面AＥF，則ｔ=1B.若AF⊥平面BEF,則s=2C.若平面BEF⊥平面ABEＤ,且s=1，則t=1D.若平面ＡFB⊥平面ABED，且s＝32，則t＝答案:AC【2０19課標(biāo)Ⅲ理【文】，８，５分】如圖,點(diǎn)N為正方形AＢCD的中心，△ＥCD為正三角形,平面ＥCD⊥平面AＢＣＤ，M是線(xiàn)段EＤ的中點(diǎn)，則【】〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕Ａ。ＢM=EN,且直線(xiàn)BM，EN是相交直線(xiàn)B．BM≠EＮ，且直線(xiàn)ＢＭ，EＮ是相交直線(xiàn)C.ＢM=ＥＮ,且直線(xiàn)BＭ，EＮ是異面直線(xiàn)D.BM≠EN,且直線(xiàn)BM,EN是異面直線(xiàn)答案：B3?！?0２2屆重慶八中8月入學(xué)摸底，2０】如圖，四棱錐Ｐ—ABCD的底面AＢCD是正方形,平面PＡD⊥平面AＢCＤ，△PＡD是以PA為斜邊,且PA=22的等腰直角三角形，E，Ｆ分別是棱ＰA，ＰC的中點(diǎn),M是棱ＢC上一點(diǎn)?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:平面ＤＥＭ⊥平面PAＢ；【2】若直線(xiàn)MF與平面ＡBCD所成角的正切值為22,求銳二面角E—DM—F的余弦值．解析【1】證明:∵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的中點(diǎn)，∴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?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】由題意得ＰD=AD=DC=２．取CD的中點(diǎn)Ｎ，連接MN，F(xiàn)N。則NＦ∥PＤ,NF＝12ＰD＝1,易知PD⊥平面ＡBＣＤ,∴NF⊥平面ABCD,∴∠FMN是直線(xiàn)ＭF與平面ＡＢＣＤ所成角，∴tan∠FＭN=1MN=22，∴MＮ=2，∴ＭC=1.∴M是BＣ以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC,DP所在直線(xiàn)分別為ｘ軸,ｙ軸,ｚ軸建立空間直角坐標(biāo)系，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則D【0，０,0】，E【1，０，1】,F【0，1，1】，M【1,２,0】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∴DE=【１,０,1】，DF=【０，1,１】,DM=【1,２，0】。設(shè)平面EDM的法向量為m=【a，b，c】,則DE·m=0,DM·m=0,即設(shè)平面DMF的法向量為n=【x,y，z】，則DF·n令x=-2，則ｎ=【-２，1，-1】，∴cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|=34。【２021新高考Ⅱ,1９，１2分】在四棱錐Q-ABCD中,底面AＢCD是正方形,若ＡD=2,QD＝QA=5,QC＝3?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：平面QAＤ⊥平面ＡＢＣＤ；【２】求二面角B－QD－Ａ的余弦值．解析【1】證明:取AＤ的中點(diǎn)Ｅ,連接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.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【２】以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建系,如圖所示，則B【2,—1，0】，Q【0,0，２】,D【０,１,0】，A【0，—1,0】，則BQ=【-2，1，２】,BD=【-２，2，０】.顯然，平面QAD的一個(gè)法向量為n１=【1,0,0】,設(shè)平面BＱD的法向量為n2＝【ｘ，y，ｚ】，則n2·BQ=0,n2·BD=0?-2x+y+2z=0,-2x+2y=0?ｘ=y=2z,?。睿?【２，２,1】．設(shè)二面角B-QD—Ａ的大小為θ，易知θ為銳角，5?！?０2１河北邯鄲檢測(cè),1９】如圖,在三棱錐Ａ—BＣD中,ＡB=ＡＤ=CD＝12BＣ=2，E為BC的中點(diǎn),BD⊥CD，且AＥ=2．【1】證明：平面ACD⊥平面ABＤ;【2】求平面ＡBC與平面AＣD所成銳二面角的余弦值．解析【１】證明:取BＤ的中點(diǎn)O,連接OＡ,OE，則ＯＡ⊥BD,ＯE=12ＣD=１，OＥ∥CD.因?yàn)锽D⊥CＤ，ＢC=４，CD=２,所以BD=23,則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，從而CD⊥AＯ.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又CD⊥BD,ＢD∩AO=O，所以CD⊥平面ABD。因?yàn)镃Ｄ?平面ＡCＤ，所以平面ACD⊥平面AＢＤ?！荆病坑伞?】知OB,ＯＥ，OA兩兩垂直,如圖,以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OE，OA的方向?yàn)閤，y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則Ｂ【3，０,０】,C【-3，2，0】,D【-3，0，0】,A【0，0，１】,則AC=【-3，2，－1】，BC=【—２3,2,０】,設(shè)m=【ｘ，y，z】是平面ABC的法向量,可得m·即-3x+2y-z=0,-23設(shè)n=【ｘ1，ｙ1，z1】是平面AＣＤ的法向量，因?yàn)镈C＝【0,2,0】，AC＝【－3,2，—1】，n·DC=0,n·AC=0,所以2y1=0,設(shè)平面ＡBC與平面AＣD所成的銳二面角的大小為θ，則coｓθ=|coｓ＜ｍ，n＞|=1-37×即平面ABC與平面AＣD所成銳二面角的余弦值為77６?！?018江蘇,1５，１４分】在平行六面體ABＣＤ-A1B1C１D1中，AA1=AB，AB１⊥B1C１?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕求證:【1】ＡＢ∥平面A1B1Ｃ；【2】平面AＢＢ1A1⊥平面A1BＣ。證明【1】在平行六面體ABＣD—A1B１C1D1中，AB∥A１B1。因?yàn)锳B?平面Ａ１B1C，A１B1?平面A1B1C，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以AＢ∥平面A1B1C.【２】在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，四邊形ＡＢB1A1為平行四邊形,又因?yàn)椋罙１＝ＡB，所以四邊形AＢB１Ａ１為菱形，所以AＢ1⊥A1B．因?yàn)锳Ｂ1⊥Ｂ1C１，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因?yàn)椋粒保隆葿C=B，A1B?平面A1ＢC，BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因?yàn)锳B1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A１BC．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕7．【2017課標(biāo)Ⅰ理,18，１2分】如圖,在四棱錐P—ABCD中，AB∥ＣD，且∠BＡＰ=∠CDP=９０°?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明: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.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明：由已知∠BAP=∠CDP=9０°,得AB⊥AP，CD⊥PＤ。由于AB∥CＤ,故AB⊥PD，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又ＡP∩ＰD=Ｐ,從而AB⊥平面ＰAD．又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。【2】在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為Ｆ.由【1】可知，AB⊥平面ＰＡD,故AＢ⊥PＦ，又AD∩AB=A,所以PF⊥平面ABCD.以Ｆ為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)A的方向?yàn)閤軸正方向，|AB|為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F—ｘｙz?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕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設(shè)n=【ｘ1,y１,ｚ1】是平面PCB的法向量，則n·PC=0,可取n=【０，-1，－2】。設(shè)m=【x2，y２,z2】是平面PAＢ的法向量,則m·PA=0,m·AB則cｏs<n，m＞＝n·m|易知二面角Ａ－ＰB－Ｃ為鈍二面角,所以二面角Ａ—PB-Ｃ的余弦值為-33綜合篇知能轉(zhuǎn)換A組考法一判斷或證明直線(xiàn)與平面垂直的方法1?！?021新高考Ⅰ，2０,1２分】如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ＡＢD⊥平面BＣD,AＢ=AD，Ｏ為ＢD的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：OA⊥CＤ;【2】若△OCD是邊長(zhǎng)為１的等邊三角形,點(diǎn)E在棱AD上,DE=2EＡ，且二面角Ｅ-ＢC－D的大小為45°,求三棱錐A—BCD的體積.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:在△ABＤ中,∵AB=AD，O為BＤ的中點(diǎn),∴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?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】解法一：在△ABD中，過(guò)E作ＥN∥AO交BD于N，則由AO⊥平面BＣD得EN⊥平面BCD，∴ＥN⊥ＢC，∵OＢ＝OＤ=OＣ=1,∴∠BＣＤ=90°，即ＤC⊥ＢＣ.在△ＢCD中，過(guò)N作ＮＭ∥ＣD交BC于M，則NM⊥BＣ。連接ＥM,∵ＢC⊥EN，BC⊥NM,EN∩NM=Ｎ，∴BC⊥平面EMN，∴ＥＭ⊥BC，∴∠EMN為二面角E-ＢC—D的平面角，又二面角E-BC—D的大小為４5°，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕∴∠ＥMN=４5°，∴△EMN為等腰直角三角形，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為原點(diǎn)，CD,CB，OA的方向分別為x軸、ｙ軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則C【0，0,0】，B【0，3,０】,設(shè)AO=a.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則E23,33,23a，∴CB＝【0,3,0】,CE=23,33,23∴n=【a,０,—1】，易知平面BCＤ的一個(gè)法向量為m＝【0，０，1】,由題可知｜c(diǎn)os〈m，n>|=m·n|m|∴a＝1,即AO＝１.∴ＶA—ＢCD＝13Ｓ△ＢCＤ·AO=13×12×1×3故三棱錐A—BCＤ的體積為36２.【2０２0山東菏澤期末,１9】如圖,點(diǎn)Ｃ是以AB為直徑的圓上的動(dòng)點(diǎn)【異于A，B】,已知AB=2,ＡE=7,四邊形BEDC為矩形,平面ＡＢC⊥平面ＢＣＤＥ．設(shè)平面ＥＡD與平面ＡBC的交線(xiàn)為l.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：l⊥平面AＣＤ；【２】當(dāng)三棱錐A—ＢCE的體積最大時(shí),求平面ADE與平面ABC所成的銳二面角的余弦值.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明:因?yàn)樗倪呅蜝EDＣ為矩形，所以CD⊥CＢ,因?yàn)椤螦ＣB是以AB為直徑的圓的圓周角,所以ＢC⊥ＡC，因?yàn)锳Ｃ∩DC＝Ｃ，AC，DC?平面ACD，所以BC⊥平面AＣD。因?yàn)椋牛摹蜝C，ＢＣ?平面ADＥ,ＤE?平面ＡDE，所以BC∥平面ADE.由平面EＡD與平面ＡBC的交線(xiàn)為ｌ，得ｌ∥BＣ．因此l⊥平面AＣD．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】在△ABＣ中,設(shè)AC=x【0＜ｘ〈2】,則BC＝4-x2,所以Ｓ△ABC=12AC·ＢC＝12x·4-x2，由題意得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?yàn)锽E∥CD，所以ＣD⊥平面ABC.如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CA,CＢ，ＣＤ所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則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】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕易知平面ＡBC的一個(gè)法向量為n1=【0，０，3】,設(shè)平面AＤＥ的法向量為n2=【x，y，z】，則n2所以-2x+3z=0,2y=0,?。?3,則z=2，則ｎ2=【3,0，2】,所以coｓ<n１,n2＞＝n1·n23.【2０20新高考Ⅰ，２0,12分】如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面AＢCD。設(shè)平面PAD與平面PBC的交線(xiàn)為l?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明:l⊥平面PDC;【2】已知PD＝AD=１，Q為l上的點(diǎn),求PB與平面ＱCＤ所成角的正弦值的最大值.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】證明：因?yàn)镻D⊥底面AＢCD，所以PD⊥AＤ．又底面ABＣD為正方形,所以AＤ⊥ＤC。因?yàn)镻D∩ＤC=D，所以AD⊥平面PDC。因?yàn)锳D∥ＢC，ＡD?平面PBC,所以AD∥平面PＢC。由已知得l∥AD.因此ｌ⊥平面PＤＣ。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Ｄ－ｘyｚ,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕則Ｄ【０,0，0】，C【0,1,0】,Ｂ【1,1，0】，P【0，0，1】，則DC=【0,1，0】,PB=【1，1，—1】。〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕由【1】可設(shè)Q【a，0，１】,則DQ=【a，0，1】．設(shè)n=【x，y,z】是平面QCD的法向量,則n·DQ=0,n·DC所以cos〈n，PB>=n·PB|設(shè)PＢ與平面ＱCD所成角為θ,則sinθ=33×|a+1|1+a2＝331+2aa2+1．因?yàn)?31+考法二判斷或證明平面與平面垂直的方法1?！?022屆山東青島開(kāi)學(xué)考試,19】如圖,在四棱錐P－ＡBCD中,底面ABCD是菱形,ＰA⊥平面ABCＤ，ＰA=AB=2，∠AＢC＝60°,Ｅ為ＢC的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】證明：平面AEF⊥平面PＡD；【2】求平面AEF與平面ＰCＤ的夾角的余弦值．解析【1】證明:連接AC，因?yàn)樗倪呅蜛BＣD是菱形，∠ＡBC=60°,所以△ＡBC為等邊三角形,又E為ＢC的中點(diǎn),所以AE平分∠BＡC,所以∠EＡD＝180°-60°-60°2＝90°,所以AE又因?yàn)镻A⊥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】由題意及【1】建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A【0，0，0】,因?yàn)镻A=AＢ=２,所以E【3,0，0】，P【0,０，２】，C【3，１，０】,D【0，2,0】,F32,12,1,設(shè)平面AEF的法向量為ｎ1＝【x1,ｙ1,z1】，因?yàn)锳E=【3，0，0】,所以3x1=0,32設(shè)平面PCＤ的法向量為n2=【ｘ2，y2,ｚ2】,因?yàn)镻D=【0，2，-２】，CD＝【—3，1,0】,〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕所以2y2-2z2=0,-所以ｃｏs<n1，n2>＝n1·n2|n1||n2|=32．【2０18北京文，18，14分】如圖，在四棱錐Ｐ-AＢCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面AＢＣD，PＡ⊥PＤ,PA=PＤ,E,F分別為AD，PB的中點(diǎn).〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證:PE⊥BC;【2】求證：平面ＰＡB⊥平面ＰCD;【３】求證：EF∥平面PCＤ。證明【１】在△ＰAD中，因?yàn)椋蠥=ＰD，E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌妫罛CＤ為矩形,所以ＢC∥ＡD.所以ＰE⊥BC?！参唇?jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【2】因?yàn)榈酌鍭BCＤ為矩形，所以AＢ⊥ＡＤ.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ＡＢCD，所以AＢ⊥平面PＡＤ.所以AＢ⊥PD．又因?yàn)镻A⊥PD，ＰA∩AB＝A，所以PＤ⊥平面ＰＡB.又PD?平面PＣＤ,所以平面PAB⊥平面PCD．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【3】取PC的中點(diǎn)Ｇ，連接FG,DG.因?yàn)镕，G分別為PB，PC的中點(diǎn),所以FG∥ＢC,FG=12BC．因?yàn)榈酌妫罛ＣＤ為矩形，且E為ＡD的中點(diǎn),所以DE∥BC，DE=12ＢＣ。所以DＥ∥FG，ＤE=FG。所以四邊形DEFG為平行四邊形。所以EF∥ＤG．又因?yàn)椋臚?平面ＰCＤ,DＧ?平面PＣD，所以EＦ∥平面3?！荆?20南京航空航天大學(xué)附中期中，20】一副標(biāo)準(zhǔn)的三角板【如圖1】中,∠AＢC為直角,∠A=６0°，∠DEF為直角,DE=ＥＦ，BC＝DＦ，把ＢC與DF重合，拼成一個(gè)三棱錐【如圖2】.設(shè)M是ＡC的中點(diǎn),N是ＢＣ的中點(diǎn)．〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【1】求證：平面ＡBＣ⊥平面ＥMN；【2】設(shè)平面ABE∩平面MＮＥ＝l,求證：ｌ∥AB;【３】若AC=4，且二面角Ｅ－ＢＣ-A為直二面角，求直線(xiàn)ＥM與平面ABＥ所成角的正弦值.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕圖1圖２解析【１】證明：因?yàn)镸是AC的中點(diǎn)，Ｎ是ＢC的中點(diǎn),所以ＭN∥AＢ，因?yàn)椋罛⊥BC，所以MN⊥BＣ，因?yàn)锽E⊥EC，BE=ＥC，N是BC的中點(diǎn),所以EＮ⊥ＢＣ，又MＮ⊥BＣ，ＭN∩EN=N,ＭN?平面EMＮ，EＮ?平面EMＮ,所以ＢＣ⊥平面ＥMN，〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕又因?yàn)锽C?平面ABC，所以平面ＡＢC⊥平面EMＮ?！荆病孔C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.〔未經(jīng)許可請(qǐng)勿轉(zhuǎn)載〕【3】由【1】知EN⊥BC，ＭN⊥BＣ,所以∠ＥNM為二面角Ｅ－ＢC—Ａ的平面角，又二面角E－BC－Ａ為直二面角，所以∠ENＭ=90°,以N為坐標(biāo)原點(diǎn),以NM、NC、NE所在直線(xiàn)分別為ｘ、ｙ、z軸，