浙江專用2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題八立體幾何8.4直線平面垂直的判定與性質(zhì)試題含解析

PAGEPAGE1§8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)基礎(chǔ)篇固本夯基【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.已知m和n是兩條不同的直線,α和β是兩個不重合的平面,下面給出的條件中肯定能推出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.下列命題中錯誤的是()A.假如平面α外的直線a不平行于平面α,則平面α內(nèi)不存在與a平行的直線B.假如平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么直線l⊥平面γC.假如平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)全部直線都垂直于平面βD.一條直線與兩個平行平面中的一個平面相交,則必與另一個平面相交答案C3.如圖,PA⊥圓O所在的平面,AB是圓O的直徑,C是圓O上一點,E、F分別是A在PB、PC上的射影,給出下列結(jié)論:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正確命題的序號是.

答案①②③4.《九章算術(shù)》中,將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.如圖,在陽馬P-ABCD中,側(cè)棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點E,作EF⊥PB交PB于點F,連接DE,DF,BD,BE.證明:PB⊥平面DEF.試推斷四面體DBEF是不是鱉臑,若是,寫出其每個面的直角(只需寫出結(jié)論);若不是,說明理由.解析因為PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD為長方形,得BC⊥CD,因為PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,因為DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因為PD=CD,點E是PC的中點,所以DE⊥PC.因為PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.因為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,可知四面體BDEF的四個面都是直角三角形,即四面體DBEF是一個鱉臑,其四個面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.考點二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)5.如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為正方形,給出下列結(jié)論: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.其中正確結(jié)論的序號是.

答案①②④6.如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D為線段AC的中點,E為線段PC上一點.(1)求證:PA⊥BD;(2)求證:平面BDE⊥平面PAC;(3)當(dāng)PA∥平面BDE時,求三棱錐E-BCD的體積.解析(1)證明:因為PA⊥AB,PA⊥BC,AB∩BC=B,所以PA⊥平面ABC.因為BD?平面ABC,所以PA⊥BD.(2)證明:因為AB=BC,D為AC的中點,所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又AC∩PA=A,所以BD⊥平面PAC.因為BD?平面BDE,所以平面BDE⊥平面PAC.(3)因為PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,所以PA∥DE.因為D為AC的中點,所以DE=12PA=1,BD=DC=2由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.所以三棱錐E-BCD的體積V=13×12BD·DC·DE=7.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.(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD;(3)求證:EF∥平面PCD.證明(1)因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.因為PD?平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC的中點G,連接FG,DG.因為F,G分別為PB,PC的中點,所以FG∥BC,FG=12BC.因為四邊形ABCD為矩形,且E為AD的中點,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.又因為EF平面PCD,DG?綜合篇知能轉(zhuǎn)換【綜合集訓(xùn)】考法一證明直線與平面垂直的方法1.(2024課標(biāo)全國Ⅲ,10,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱CD的中點,則()A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BDC.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC答案C2.(2024課標(biāo)全國Ⅱ,19,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點.(1)證明:PO⊥平面ABC;(2)若點M在棱BC上,且MC=2MB,求點C到平面POM的距離.解析(1)證明:因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點,所以O(shè)P⊥AC,且OP=23.連接OB,因為AB=BC=22所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12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,垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離.由題設(shè)可知OC=12AC=2,CM=23BC=所以O(shè)M=253,CH=OC·所以點C到平面POM的距離為453.(20245·3原創(chuàng)題)如圖,在以P為頂點,母線長為2的圓錐中,底面圓O的直徑AB長為2,點C在圓O所在平面內(nèi),且AC是圓O的切線,BC交圓O于點D,連接PD,OD.(1)求證:PB⊥平面PAC;(2)若AC=23解析(1)證明:因為AB是圓O的直徑,AC與圓O切于點A,所以AC⊥AB.又在圓錐中,PO垂直于底面圓O,所以PO⊥AC,而PO∩AB=O,所以AC⊥平面PAB,從而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,連接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,因為平面PBD∩平面POE=PE,所以O(shè)F⊥平面PBD,故OF的長為點O到平面PBD的距離.連接AD.在Rt△POE中,PO=1,OE=12AD=AB·AC2BC=12,所以O(shè)F=解法二:因為AB=2,AC=233,AC⊥AB,所以在直角△ABC中,∠ABC=π6.又OD=OB=1,則△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,設(shè)點O到平面PBD的距離為d,由VP-OBD=VO-PBD,即13S所以S△ABC=12×2×233=233.又由(1)可知,AC⊥平面PAB,則AC⊥PA,所以PC=2+43=303.又PB⊥平面PAC,所以PB⊥PC,則S△PBC=12×2即13S△ABC·PO=13S△PBC·2d,可得d=考法二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)問題4.(2024廣東六校4月聯(lián)考,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是平行四邊形,AB=BC=1,∠BAD=120°,PB=PC=2,PA=2,E,F分別是AD,PD的中點.(1)證明:平面EFC⊥平面PBC;(2)求二面角A-BC-P的余弦值.解析(1)證明:取BC的中點G,連接PG,AG,AC,∵PB=PC,∴PG⊥BC,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∠BAD=120°,∴∠ABC=60°.又AB=BC=1,∴△ABC是等邊三角形,∴AG⊥BC.∵AG∩PG=G,∴BC⊥平面PAG,∴BC⊥PA.(3分)∵E,F分別是AD,PD的中點,∴EF∥PA,易知四邊形EAGC為平行四邊形,∴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=7∴在△PAG中,cos∠PGA=PG2+A∴二面角A-BC-P的余弦值為-2175.(2024北京,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點.(1)求證:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在點F,使得CF∥平面PAE?說明理由.解析(1)因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD.又因為底面ABCD為菱形,所以BD⊥AC.所以BD⊥平面PAC.(2)因為PA⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.因為底面ABCD為菱形,∠ABC=60°,且E為CD的中點,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上存在點F,使得CF∥平面PAE.取F為PB的中點,取G為PA的中點,連接CF,FG,EG.則FG∥AB,且FG=12AB.因為底面ABCD為菱形,且E為CD的中點,所以CE∥AB,且CE=12AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因為CF?平面PAE,EG【五年高考】考點一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2024北京,13,5分)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷:①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:.

答案若l⊥m,l⊥α,則m∥α(答案不唯一)2.(2024課標(biāo)全國Ⅱ,17,12分)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)證明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱錐E-BB1C1C的體積.解析本題考查了長方體的性質(zhì)、直線與平面垂直的判定與性質(zhì)和錐體的體積,考查了空間想象實力,主要體現(xiàn)了邏輯推理和直觀想象的核心素養(yǎng).(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°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足為F,則EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱錐E-BB1C1C的體積V=13思路分析(1)由長方體的性質(zhì)易得B1C1⊥BE,再利用直線與平面垂直的判定定理求證;(2)求該四棱錐的體積的關(guān)鍵是求高,利用平面與平面垂直的性質(zhì)定理,可知只需過E作B1B的垂線即可得高.解題關(guān)鍵由長方體的性質(zhì)找BE的垂線和平面BB1C1C的垂線是求解的關(guān)鍵.3.(2024天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,△PCD為等邊三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)設(shè)G,H分別為PB,AC的中點,求證:GH∥平面PAD;(2)求證:PA⊥平面PCD;(3)求直線AD與平面PAC所成角的正弦值.解析本題主要考查直線與平面平行、直線與平面垂直、平面與平面垂直、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)學(xué)問.考查空間想象實力和推理論證實力.以線面角的計算為依托考查數(shù)學(xué)運(yùn)算與直觀想象的核心素養(yǎng).(1)證明:連接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因為GH?平面PAD,PD?平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)證明:取棱PC的中點N,連接DN.依題意,得DN⊥PC.又因為平面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)連接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN為直線AD與平面PAC所成的角.因為△PCD為等邊三角形,CD=2且N為PC的中點,所以DN=3.又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD=3所以,直線AD與平面PAC所成角的正弦值為33思路分析(1)在△BPD中證明GH∥PD,從而利用線面平行的判定定理證線面平行;(2)取棱PC的中點N,連接DN,有DN⊥PC,由面面垂直的性質(zhì),得DN⊥平面PAC,從而得DN⊥PA,進(jìn)而得出結(jié)論;(3)由(2)知所求角為∠DAN,在Rt△AND中求其正弦值即可.考點二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)4.(2024江蘇,15,14分)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.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.因為AB平面A1B1C,A1B1?平面A1B1C,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.又因為AA1=AB,所以四邊形ABB1A1為菱形,所以AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因為A1B∩BC=B,A1B?平面A1BC,BC?平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC,又因為AB1?平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.5.(2024課標(biāo)全國Ⅲ,19,12分)如圖,矩形ABCD所在平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在線段AM上是否存在點P,使得MC∥平面PBD?說明理由.解析本題考查平面與平面垂直的判定與性質(zhì)、直線與平面平行的判定與性質(zhì).(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因為BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因為M為CD上異于C,D的點,且DC為直徑,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)當(dāng)P為AM的中點時,MC∥平面PBD.證明如下:連接AC交BD于O.因為ABCD為矩形,所以O(shè)為AC中點.連接OP,因為P為AM中點,所以MC∥OP.MC?平面PBD,OP?平面PBD,所以MC∥平面PBD.易錯警示運(yùn)用判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理證明時要使條件完備.疑難突破解決線面平行的探究性問題的策略:(1)通過視察確定點或直線的位置(如中點,中位線),再進(jìn)行證明.(2)把要得的平行當(dāng)作已知條件,用平行的性質(zhì)去求點、線.6.(2024山東,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示.四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,E為AD的中點,A1E⊥平面ABCD.(1)證明:A1O∥平面B1CD1;(2)設(shè)M是OD的中點,證明:平面A1EM⊥平面B1CD1.證明(1)取B1D1的中點O1,連接CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,四邊形ABCD為正方形,O為AC與BD的交點,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四邊形A1OCO1為平行四邊形,所以A1O∥O1C.又O1C?平面B1CD1,A1O平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因為AC⊥BD,E,M分別為AD和OD的中點,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以A1E⊥BD,因為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.方法總結(jié)證明面面垂直的方法:1.面面垂直的定義;2.面面垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β).易錯警示a∥b,a∥α?/b∥α.老師專用題組1.(2024浙江,8,4分)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(不含端點).設(shè)SE與BC所成的角為θ1,SE與平面ABCD所成的角為θ2,二面角S-AB-C的平面角為θ3,則()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1答案D2.(2024浙江,8,4分)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側(cè)棱長均相等,P是棱VA上的點(不含端點).記直線PB與直線AC所成的角為α,直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P-AC-B的平面角為γ,則()A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β答案B3.(2024浙江,17,15分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影為BC的中點,D是B1C1的中點.(1)證明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1-BD-B1的平面角的余弦值.解析(1)證明:設(shè)E為BC的中點,連接A1E,AE,DE,由題意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因為AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分別為B1C1,BC的中點,得DE∥B1B且DE=B1B,從而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED為平行四邊形.故A1D∥AE.又因為AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,連接B1F.由AE=EB=2,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB與△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1為二面角A1-BD-B1的平面角.由A1D=2,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=32,A1F=B1F=43,由余弦定理得cos∠A1FB1=-14.(2024課標(biāo)Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C.(1)證明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)證明:連接BC1,交B1C于點O,連接AO.因為側(cè)面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點.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)因為AC⊥AB1,且O為B1C的中點,所以AO=CO.又因為AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB的方向為x軸正方向,|OB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因為∠CBB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A0,0,33,B(1,0,0),BAB1=0,33,-33,A1B1=AB=1則n·AB1=0,n設(shè)m是平面A1B1C1的法向量,則m同理可取m=(1,-3,3).則cos<n,m>=n·m|易知二面角A-A1B1-C1為銳二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為17方法點撥在求解或證明過程中,通常會用到一些初中階段學(xué)習(xí)的平面幾何學(xué)問,如三角形中位線的性質(zhì)、菱形的性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì),相像(全等)三角形的判定與性質(zhì)等,在復(fù)習(xí)時應(yīng)予以關(guān)注.5.(2012課標(biāo),19,12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中點,DC1(1)證明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1-BD-C1的大小.解析(1)證明:由題設(shè)知,三棱柱的側(cè)面為矩形.由于D為AA1的中點,故DC=DC1.又AC=12AA1,可得DC12+DC2=CC12,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1(2)由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,則BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1兩兩垂直.以C為坐標(biāo)原點,CA的方向為x軸的正方向,CB的方向為y軸的正方向,|CA|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.由題意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).則A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),設(shè)n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,則n·BD=0同理,設(shè)m是平面C1BD的法向量,則m可取m=(1,2,1).從而cos<n,m>=n·m|又易知二面角A1-BD-C1為銳二面角,故二面角A1-BD-C1的大小為30°.評析本題考查了直線與直線垂直的證明及二面角的求法.屬中等難度題,運(yùn)算要精確.【三年模擬】一、單項選擇題(每題5分,共45分)1.(2025屆山東壽光現(xiàn)代中學(xué)10月月考,4)已知兩條直線a,b與兩個平面α、β,b⊥α,則下列命題中正確的是()①若a∥α,則a⊥b;②若a⊥b,則a∥α;③若b⊥β,則α∥β;④若α⊥β,則b∥β.A.①③B.②④C.①④D.②③答案A2.(2025屆山東滕州一中10月月考,5)已知α,β是不重合的平面,m,n是不重合的直線,則m⊥α的一個充分條件是()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.(2025屆廣東廣州執(zhí)信中學(xué)10月月考,10)已知m,n為異面直線,m⊥平面α,n⊥平面β,直線l滿意l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,則()A.α∥β,且l∥αB.α⊥β,且l⊥βC.α與β相交,且交線垂直于lD.α與β相交,且交線平行于l答案D4.(2025屆湖南長沙長郡中學(xué)其次次月考,5)已知m,n是兩條不同的直線,α,β,γ是三個不同的平面,則下列命題正確的是()A.若m∥α,n∥α,則m∥nB.若α⊥γ,β⊥γ,則α∥βC.若m∥α,n∥α,且m?β,n?β,則α∥βD.若m⊥α,n⊥β,且α⊥β,則m⊥n答案D5.(2024湖北重點中學(xué)協(xié)作體4月聯(lián)考,5)設(shè)m,n是平面α內(nèi)的兩條不同直線,l1,l2是平面β內(nèi)兩條相交直線,則α⊥β的一個充分不必要條件是()A.l1⊥m,l1⊥nB.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2D.m∥n,l1⊥n答案B6.(2024湖北武漢4月調(diào)研,6)已知兩個平面相互垂直,給出下列命題:①一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的隨意一條直線;②一個平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個平面內(nèi)的多數(shù)條直線;③一個平面內(nèi)隨意一條直線必垂直于另一個平面;④過一個平面內(nèi)隨意一點作交線的垂線,則此垂線必垂直于另一個平面.其中正確命題的個數(shù)是()A.3B.2C.1D.0答案C7.(2024湖北黃岡八模(二),11)如圖,AC=2R為圓O的直徑,∠PCA=45°,PA垂直于圓O所在的平面,B為圓周上不與點A、C重合的點,AS⊥PC于S,AN⊥PB于N,則下列不正確的是()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.(2024福建漳州二模,8)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中點分別為E,F,則直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值為()A.55B.306C.6答案C9.(2025屆浙江東陽中學(xué)10月月考,8)在四面體ABCD中,二面角A-BC-D的大小為60°,點P為直線BC上一動點,記直線PA與平面BCD所成的角為θ,則()A.θ的最大值為60°B.θ的最小值為60°C.θ的最大值為30°D.θ的最小值為30°答案A二、多項選擇題(每題5分,共10分)10.(改編題)如圖,PA垂直于以AB為直徑的圓所在的平面,點C是圓上異于A,B的任一點,則下列結(jié)論中正確的是()A.PC⊥BCB.AC⊥平面PBCC.平面PAB⊥平面PBCD.平面PAC⊥平面PBC答案AD11.(改編題)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,線段B1D1上有兩個動點E,F,且EF=12A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱錐A-BEF的體積為定值D.△AEF的面積與△BEF的面積相等答案BC三、解答題(共45分)12.(2025屆廣東百校聯(lián)考,20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,AB∥CD,AB⊥AD,PA⊥平面ABCD,E是棱PC上的一點.(1)證明:平面ADE⊥平面PAB;(2)若PE=4EC,F是PB的中點,AD=3,AB=AP=2CD=2,求直線DF與平面ADE所成角的正弦值.解析(1)證明:因為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兩兩垂直,以A為原點,AD,AB,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),C(3,1,0),B(0,2,0),P(0,0,2),D(3,0,0),F(0,1,1),則AD=(3,0,0),AP=(0,0,2),DF=(-3