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2025版新教材高考数学第二轮复习
7.3 直线、平面垂直的判定与性质
五年高考
高考新风向
(2024 新 课 标 Ⅱ,17,15 分 , 中 ) 如 图 , 平 面 四 边 形 ABCD 中 ,AB=8,CD=3,AD=5√3
2 1
,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足⃗AE= ⃗AD,⃗AF= ⃗AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使
5 2
得PC=4√3.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的
等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
2.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,A C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
1 1 1 1
(1)证明:平面ACC A ⊥平面BB C C;
1 1 1 1
(2)设AB=A B,AA =2,求四棱锥A -BB C C的高.
1 1 1 1 13.(2021全国乙文,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为
BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.4.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为
BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小
为45°,求三棱锥A-BCD的体积.
5.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平
面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.三年模拟
练思维
1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A B C D 中,下列关系正确的是 ( )
1 1 1 1
A.AD⊥B C B.A D⊥BD
1 1
C.AC ⊥A C D.AC ⊥CD
1 1 1 1
2.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A B C 中,下列结论正确的是 ( )
1 1 1
A.V =3V B.AA ⊥平面AB C
ABC−A B C A −BB C 1 1 1
1 1 1 1 1 1
C.A B⊥B C D.AA ⊥BC
1 1 1
3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A B C D 中,点P满足λ⃗AP=⃗AB+⃗AD+⃗A A ,其
1 1 1 1 1
中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是 ( )
A.若A,B,D,A ,P在同一球面上,则λ=1
1
B.若AB∥平面A DP,则λ=2
1
C.若点P到A,B,D,A 四点的距离相等,则λ=3
1
3
D.若A P⊥平面PBD,则λ=
1 2
4.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O O中,轴截面ABCD为正方形,点F是A´B
1
上一点,M 为 BD 与轴 O O 的交点,E 为 MB 的中点,N 为 A 在 DF 上的射影,且 EF∥平面
1
AMN,则下列选项正确的有 ( )
A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN D.F是A´B的中点
5.(2024 福建厦门二模,15)如图,三棱柱 ABC-A B C 中,侧面 ABB A 是边长为 2 的菱形,
1 1 1 1 1
π
∠ABB = ,AC=2√2,M为A B 中点,CM=√11.
1 3 1 1
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB A ;
1 1
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值.
16.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A B C D 中,四边形ABCD为菱
1 1 1 1
形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC 上的点.
1
(1)若⃗AE=λ⃗AB,且平面D DE⊥平面ABB A ,求实数λ的值;
1 1 1
3√10 A A
(2)若F是CC 的中点,平面AB D 与平面BDF的夹角的余弦值为 ,求 1的值.
1 1 1 10 AB7.(2024 浙江杭州二模,17)如图,在多面体 ABCDPQ 中,底面 ABCD 是平行四边形,
∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.
(1)证明:∠ABQ=90°;
15
(2)若多面体ABCDPQ的体积为 ,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.
28.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是矩形,侧棱 PD⊥底面
ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证:PB⊥平面DEF;
(2)求二面角B-DE-F的正弦值.
9.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-
AB-E为直二面角.
(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;
(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cos
θ的取值范围.10.(2024 安徽安庆二模,17)如图,将边长为 2 的菱形 ABDC 沿其对角线 BC 折叠,使得点
A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA=√6,PD=√3.设E是PA的中
点.
(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;
(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.练风向
1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面
ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,D∈M且D 在
i i
棱AB所在直线上,i=1,2,则 ( )
A.动点D的轨迹是圆
B.平面PCD ⊥平面PCD
1 2
C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3
D.三棱锥P-D D C外接球的半径不是定值
1 2
2.( 创 新 知 识 交 汇 )(2024 福 建 高 三 毕 业 班 适 应 性 测 试 ,18) 在 △ ABC 中 ,
∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所
在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,
使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明
理由.7.3 直线、平面垂直的判定与性质
五年高考
高考新风向
(2024 新 课 标 Ⅱ,17,15 分 , 中 ) 如 图 , 平 面 四 边 形 ABCD 中 ,AB=8,CD=3,AD=5√3
2 1
,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足⃗AE= ⃗AD,⃗AF= ⃗AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使
5 2
得PC=4√3.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.2 1
解析 (1)证明:∵AB=8,AD=5√3,⃗AE= ⃗AD,⃗AF= ⃗AB,∴|⃗AE|=2√3,|⃗AF|=4,
5 2
在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(2√3)2+42-2×2√3
√3
×4× =4,
2
∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2,
∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,
又∵ED⊂面PDE,PE⊂面PDE,ED∩PE=E,
∴EF⊥面PDE,
又∵PD⊂面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接EC,在Rt△EDC中,
EC2=CD2+DE2=32+(3√3)2=36,∴EC=6.
又∵PE=2√3,PC=4√3,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,
又∵PE⊥EF,EC⊂面FBCDE,EF⊂面FBCDE,
且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,
∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,2√3),D(0,3√3,0),C(3,3√3,0),F(2,0,0),
则⃗PC=(3,3√3,-2√3),⃗PD=(0,3√3,-2√3),⃗PF=(2,0,-2√3).
作BG⊥AD交AD于点G,
在Rt△ABG中,
∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,EG=2√3,
则B(4,2√3,0),则⃗PB=(4,2√3,-2√3),
设面PCD的法向量为m=(x ,y ,z ),
1 1 1
{⃗PC·m=0, {3x +3√3 y −2√3z =0,
则 即 1 1 1
⃗PD·m=0, 3√3 y −2√3z =0.
1 1
令z =3,则y =2,x =0,∴m=(0,2,3).
1 1 1
设面PBF的法向量为n=(x ,y ,z ),
2 2 2{⃗PB·n=0, {4x +2√3 y −2√3z =0,
则 即 2 2 2
⃗PF·n=0, 2x −2√3z =0.
2 2
令z =1,则x =√3,y =-1,则n=(√3,-1,1).
2 2 2
设面PCD与面PBF所成的二面角为θ,
|m·n| 1 1
则|cos θ|= = = ,
|m|·|n| √13×√5 √65
√ ( 1 ) 2 8√65
故sin θ=√1−|cosθ|2= 1− = ,
√65 65
8√65
∴面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为 .
65
考点 直线、平面垂直的判定与性质
1.(2023全国乙文,16,5分,中)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的
等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= 2 .
2.(2023全国甲文,18,12分,中)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,A C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
1 1 1 1
(1)证明:平面ACC A ⊥平面BB C C;
1 1 1 1
(2)设AB=A B,AA =2,求四棱锥A -BB C C的高.
1 1 1 1 1
解析 (1)证明:∵A C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
1
∴A C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
1
又∵A C,AC⊂平面ACC A ,且A C∩AC=C,
1 1 1 1
∴BC⊥平面ACC A ,又∵BC⊂平面BB C C,
1 1 1 1
∴平面ACC A ⊥平面BB C C.
1 1 1 1
(2)过A 作A O⊥CC ,垂足为O,
1 1 1
∵平面ACC A ⊥平面BB C C,且平面ACC A ∩平面BB C C=CC ,A O⊂平面ACC A ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴A O⊥平面BB C C,即A O是四棱锥A -BB C C的高.
1 1 1 1 1 1 1
由(1)知∠A CB=∠BCA=90°.
1
在Rt△A CB与Rt△ACB中,A B=AB,BC=BC,
1 1
∴Rt△A CB≌Rt△ACB,∴A C=AC,∴A C=A C ,
1 1 1 1 1又知A C⊥A C ,
1 1 1
1 1
∴△CA C 为等腰直角三角形,∴A O= CC = AA =1,即四棱锥A -BB C C的高为1.
1 1 1 2 1 2 1 1 1 1
3.(2021全国乙文,18,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为
BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积.
解 析 (1) 证 明 : 由 于 PD⊥ 平 面 ABCD,AM⊂ 平 面 ABCD, 则 PD⊥AM, 又
PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面
PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因
为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,
DA AB
所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则 = ,
AB BM
又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=√2,
所以S =AB·AD=√2,
矩形ABCD
1 1 √2
所以V = S ·PD= ×√2×1= .
四棱锥P-ABCD 3 矩形ABCD 3 3
4.(2021新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为
BD的中点.
(1)证明:OA⊥CD;
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小
为45°,求三棱锥A-BCD的体积.解析 (1)证明:在△ABD 中,∵AB=AD,O 为 BD 的中点,∴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,∴OA⊥CD.
(2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N,
则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∵BC⊂平面BCD,∴EN⊥BC,
∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.
在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC.
连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,
∴BC⊥平面EMN,∵EM⊂平面EMN,∴EM⊥BC,
∴∠EMN为二面角E-BC-D的平面角,
又知二面角E-BC-D的大小为45°,
∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,
2 2
又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN= CD= =EN=ND,
3 3
1 1 1 √3 √3
∴AO=OD=1,∴V = S ·AO= × ×1×√3×1= .故三棱锥A-BCD的体积为 .
A-BCD 3 △BCD 3 2 6 6
解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点,⃗CD,⃗CB,⃗OA的方向
分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,√3,0),则⃗CB
=(0,√3,0),设AO=a.
(2 √3 2 ) (2 √3 2 )
则E , , a ,∴⃗CE= , , a ,
3 3 3 3 3 3{n·⃗CB=0,
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则
n·⃗CE=0,
{ √3 y=0,
即 2 √3 2 令x=a,则z=-1,
x+ y+ az=0,
3 3 3
∴n=(a,0,-1),
易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
| m·n | | −1 | √2
由题可知|cos|= = = ,
|m|·|n| √a2+1 2
∴a=1,即AO=1.
1 1 1 √3
∴V = S ·AO= × ×1×√3×1= ,
A-BCD 3 △BCD 3 2 6
√3
故三棱锥A-BCD的体积为 .
6
5.(2020新高考Ⅰ,20,12分,中)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平
面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.
因此AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.
因此l⊥平面PDC. (5分)
(2)以D为坐标原点,⃗DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.则
D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),⃗DC=(0,1,0),⃗PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则⃗DQ=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
{n·⃗DQ=0, {ax+z=0,
则 即
n·⃗DC=0, y=0.
可取n=(-1,0,a).
n·⃗PB −1−a
所以cos= = .
|n|·|⃗PB| √3√1+a2
√3 |a+1|
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= × =
3 √1+a2
√3√ 2a
1+ (易错:余弦值转化为正弦值后应该是正数).
3 a2+1
√3√ 2a √6
因为 1+ ≤ ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值
3 a2+1 3
√6
的最大值为 . (12分)
3三年模拟
练思维
1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A B C D 中,下列关系正确的是 ( D )
1 1 1 1
A.AD⊥B C B.A D⊥BD
1 1
C.AC ⊥A C D.AC ⊥CD
1 1 1 1
2.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A B C 中,下列结论正确的是 ( D )
1 1 1
A.V =3V B.AA ⊥平面AB C
ABC−A B C A −BB C 1 1 1
1 1 1 1 1 1
C.A B⊥B C D.AA ⊥BC
1 1 1
3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A B C D 中,点P满足λ⃗AP=⃗AB+⃗AD+⃗A A ,其
1 1 1 1 1
中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是 ( ABD )
A.若A,B,D,A ,P在同一球面上,则λ=1
1
B.若AB∥平面A DP,则λ=2
1
C.若点P到A,B,D,A 四点的距离相等,则λ=3
1
3
D.若A P⊥平面PBD,则λ=
1 2
4.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O O中,轴截面ABCD为正方形,点F是A´B
1
上一点,M 为 BD 与轴 O O 的交点,E 为 MB 的中点,N 为 A 在 DF 上的射影,且 EF∥平面
1
AMN,则下列选项正确的有 ( BCD )
A.CF∥平面AMN B.AN⊥平面DBF
C.DB⊥平面AMN D.F是A´B的中点
5.(2024 福建厦门二模,15)如图,三棱柱 ABC-A B C 中,侧面 ABB A 是边长为 2 的菱形,
1 1 1 1 1
π
∠ABB = ,AC=2√2,M为A B 中点,CM=√11.
1 3 1 1
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB A ;
1 1
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值.
1π
解析 (1)证明:连接AM,AB ,在菱形ABB A 中,A A=A B =2,∠AA B =∠ABB = ,故△AA B
1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1
为正三角形,
又M为A B 的中点,故AM⊥A B ,且AM=√3,
1 1 1 1
又AB∥A B ,故AM⊥AB,
1 1
由CM=√11,AC=2√2,AM=√3得AM2+AC2=CM2,
故AM⊥AC,
而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,故AM⊥平面ABC,
又AM⊂平面ABB A ,故平面ABC⊥平面ABB A .
1 1 1 1
(2)由BC=AB=2,AC=2√2得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,
又平面ABC⊥平面ABB A ,平面ABC∩平面ABB A =AB,
1 1 1 1
CB⊂平面ABC,故CB⊥平面ABB A ,
1 1
取BB 的中点O,由△ABB 为正三角形,得AO⊥BB ,
1 1 1
作OH∥BC,交CC 于H,故OH⊥平面ABB A ,
1 1 1
又BB ,OA⊂平面ABB A ,故OH⊥OA,OH⊥OB ,
1 1 1 1
则OA,OB ,OH两两垂直,
1
以O为坐标原点,分别以OA,OB ,OH所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
1
(√3 3 )
则A(√3,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C (0,1,2),M , ,0 ,则⃗BA=(√3,1,0),⃗BC =(0,2,2),
1 2 2 1
( √3 3 )
因为AM⊥平面ABC,所以⃗AM= − , ,0 是平面ABC的法向量,
2 2{n·⃗BA=0,
设平面ABC 的法向量为n=(x,y,z),则
1 n·⃗BC =0,
1
{√3x+ y=0,
即 令y=-√3,则可得n=(1,-√3,√3),
2y+2z=0,
n·⃗AM −2√3 −2√7
故cos= = = ,
|n|·|⃗AM| √3×√7 7
[ π]
而平面ABC与平面ABC 夹角的范围为 0, ,
1 2
2√7
故平面ABC与平面ABC 夹角的余弦值为 .
1 7
6.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A B C D 中,四边形ABCD为菱
1 1 1 1
形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC 上的点.
1
(1)若⃗AE=λ⃗AB,且平面D DE⊥平面ABB A ,求实数λ的值;
1 1 1
3√10 A A
(2)若F是CC 的中点,平面AB D 与平面BDF的夹角的余弦值为 ,求 1的值.
1 1 1 10 AB
解析 (1)解法一:如图1,取AB的中点E',连接DE',
因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,
所以△ABD是等边三角形,所以DE'⊥AB.
因为DD ⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD ⊥AB.
1 1
因为DE'∩DD =D,DE'⊂平面DD E',DD ⊂平面DD E',
1 1 1 1
所以AB⊥平面DD E'. (3分)
1
因为AB⊂平面ABB A ,所以平面DD E'⊥平面ABB A ,
1 1 1 1 1所以E点和E'点重合,
1 1 1
所以⃗AE'= ⃗AB,即⃗AE= ⃗AB,即λ= . (6分)
2 2 2
解法二:如图 2,在 A B 上取一点 G,使 A G=AE,连接 EG,D G.则平面 D DE∩平面
1 1 1 1 1
ABB A =EG,且DD ∥EG.
1 1 1
因为DD ⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD ⊥AB,
1 1
所以EG⊥AB. (2分)
又平面D DE⊥平面ABB A ,平面D DE∩平面ABB A =EG,AB⊂平面ABB A ,所以AB⊥平面
1 1 1 1 1 1 1 1
D DE.
1
又DE⊂平面D DE,所以AB⊥DE.(4分)
1
又因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,
所以△ABD是等边三角形,
1 1
所以⃗AE= ⃗AB,即λ= . (6分)
2 2
(2)取AB的中点M,连接DM.建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),
图3
不妨设AB=2,AA =2a,则A(√3,-1,0),B (√3,1,2a),D (0,0,2a),B(√3,1,0),F(0,2,a),
1 1 1
所以⃗AB =(0,2,2a),⃗D B =(√3,1,0),⃗DB=(√3,1,0),⃗DF=(0,2,a).
1 1 1
设平面AB D 的法向量为n=(x ,y ,z ),
1 1 1 1 1
{n·⃗AB =0, {2y +2az =0,
则 1 即 1 1
n·⃗D B =0, √3x + y =0,
1 1 1 1
3 ( 3)
令x =√3,则z = ,y =-3,则n= √3,−3, ,(8分)
1 1 a 1 a
设平面BDF的法向量为m=(x ,y ,z ),
2 2 2
{m·⃗DB=0, {√3x + y =0,
则 即 2 2
m·⃗DF=0, 2y +az =0.
2 26 ( 6)
令x =√3,则y =-3,z = ,则m= √3,−3, , (11分)
2 2 2 a a
设平面AB D 与平面BDF的夹角为θ,
1 1
| 3 6|
√3×√3+(−3)×(−3)+ ×
|n·m| a a
则cos θ= =
|n|·|m| √ 9 √ 36
12+ × 12+
a2 a2
12a2+18
= .
√12a2+9×√12a2+36
12a2+18 3√10 3
令 = ,解得a2=3或a2= ,
√12a2+9×√12a2+36 10 4
√3
所以a=√3或a= .
2
A A 2√3 A A √3
所以 1= =√3或 1= . (15分)
AB 2 AB 2
7.(2024 浙江杭州二模,17)如图,在多面体 ABCDPQ 中,底面 ABCD 是平行四边形,
∠DAB=60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.
(1)证明:∠ABQ=90°;
15
(2)若多面体ABCDPQ的体积为 ,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.
2
解析 (1)证明:连接PM.
在△DCM中,由余弦定理得DM=√3,
所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,所以DC⊥平面PDM.
所以DC⊥PM.
显然,四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB.
又AB∥DC,所以AB⊥BQ,所以∠ABQ=90°. (6分)
(2)因为QB⊥MD,PM∥QB,所以PM⊥MD,又PM⊥DC,MD∩DC=D,MD,DC⊂平面ABCD,所以
PM⊥平面ABCD.
取AD中点E,连接PE,设PM=h.
设多面体ABCDPQ的体积为V,
1
则V=V +V =3V +V =3V +V =S h+ S
三棱柱ABQ-EMP 四棱锥P-CDEM A-PEM 四棱锥P-CDEM P-AEM 四棱锥P-CDEM △AEM 3 四边形
1 5 15
h=S h+ ×2S h= S h= .
CDEM △AEM 3 △AEM 3 △AEM 2
解得PM=h=3√3. (9分)
建立如图所示的空间直角坐标系,则C(√3,-1,0),D(√3,0,0),P(0,0,3√3),所以⃗CD=(0,1,0),⃗PD
=(√3,0,-3√3),
易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0).
{m·⃗CD=0,
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则
n·⃗PD=0,
{ y=0,
即 取m=(3,0,1).
√3x−3√3z=0,
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,
|m·n| 3√10
所以cos θ= = .
|m|·|n| 10
3√10
所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为 . (15分)
10
8.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD是矩形,侧棱 PD⊥底面
ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
(1)求证:PB⊥平面DEF;
(2)求二面角B-DE-F的正弦值.解析 (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC,
因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,
又因为PD、CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD,又DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE,
又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,
又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,
所以DE⊥平面PBC,
又PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB,
又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
(2)以D为原点,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,则
D(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则⃗DE=(0,1,1),⃗DB=(1,2,0),
由(1)知PB⊥平面DEF,所以⃗PB=(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
{n·⃗DE=0,
则由
n·⃗DB=0
{ y+z=0,
得 取n=(2,-1,1),
x+2y=0,
n·⃗PB −2 √6
则cos= = =- ,
|n||⃗PB| 3√6 9
设二面角B-DE-F的平面角的大小为θ,则sin θ=√1−cos2= √ 1− ( − √6) 2 = 5√3 ,
9 9
5√3
所以二面角B-DE-F的正弦值为 .
9
9.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-
AB-E为直二面角.
(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;
(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cos
θ的取值范围.
解析 (1)证明:因为二面角C-AB-E为直二面角,
所以平面ABC⊥平面ABE,
又AB⊥BC,平面ABC∩平面ABE=AB,BC⊂平面ABC,
则BC⊥平面ABE,
又AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE,
又四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,
则∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE,
又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,所以AE⊥平面BCE,
又AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)由(1)知AE⊥平面BCE,又BE⊂平面ACE,故AE⊥BE.以E为坐标原点,EB,EA所在直线分
别为x,y轴,过点E且与平面ABE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,
(λ ) ( λ )
则E(0,0,0),A(0,1,0),B(λ,0,0),C(λ,0,1),F ,0,0 ,则⃗EA=(0,1,0),⃗EC=(λ,0,1),⃗FA= − ,1,0 ,⃗FC
2 2(λ )
= ,0,1 ,
2
{m·⃗EA=0,
设平面EAC的法向量为m=(x,y,1),则
m·⃗EC=0,
{ y=0, ( 1 )
即 则m= − ,0,1 ,
λx+1=0, λ
{n·⃗FA=0,
设平面FAC的法向量为n=(x ,y ,1),则
1 1 n·⃗FC=0,
λ
{− ·x + y =0,
2 1 1 ( 2 )
即 则n= − ,−1,1 ,
λ λ
·x +1=0,
2 1
由图可知二面角E-AC-F为锐二面角,
| m·n |
λ2+2
√2 √ 1
从而有cos θ=|cos|= = = · 1+ ,
|m|·|n| √2(λ2+1)(λ2+2) 2 λ2+1
1 [ 1 1] √ 1 [√11 √6] [√55 √15]
而λ∈[2,3],则 ∈ , , 1+ ∈ , ,所以cos θ∈ , .
λ2+1 10 5 λ2+1 10 5 10 5
10.(2024 安徽安庆二模,17)如图,将边长为 2 的菱形 ABDC 沿其对角线 BC 折叠,使得点
A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA=√6,PD=√3.设E是PA的中
点.
(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;
(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.
解析 (1)证明:取BC的中点O,连接OA、OP、OD,如图所示.因为四边形ABDC是边长为2的菱形,△PBC是边长为2的等边三角形,所以△ABC是边
长为2的等边三角形,
在等边△PBC中,O是BC的中点,则OP⊥BC且OP=√3,
又因为PA=√6,所以PA2=OA2+OP2,所以OP⊥OA,
因为OA∩BC=O,且OA,BC⊂平面ABC,
所以OP⊥平面ABC.
又因为OP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC.
(2)由(1)知,OP⊥BC,OP⊥OA.
因为O是等边△ABC的BC边中点,所以OA⊥BC.
所以以O为原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,如图所
(√3 √3) (√3 √3)
示,则A(√3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),P(0,0,√3),E ,0, ,所以⃗BE= ,−1, ,
2 2 2 2
连接 OD,因为△DBC 是边长为 2的等边三角形,故OD=OP=√3=PD,所以∠POD=60°,且
OD⊥BC,
又因为OP⊥BC,OD∩OP=O,OD,OP⊂平面DOP,所以BC⊥平面DOP,则D在平面xOz内,可
( 3 √3) ( 3 √3)
得D − ,0, ,则⃗BD= − ,−1, ,
2 2 2 2
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
{ n·⃗BE=
√3
x−y+
√3
z=0,
2 2
则
3 √3
n·⃗BD=− x−y+ z=0,
2 2
令z=2,则x=0,y=√3,即n=(0,√3,2),m·n 2 2√7
所以cos= = = ,
|m||n| √7 7
设平面EBD与平面ABC的夹角为θ,
√21
则sin θ=√1−cos2= ,
7
√21
故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为 .
7
练风向
1.(创新知识交汇)(多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面
ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,D∈M且D 在
i i
棱AB所在直线上,i=1,2,则 ( ABC )
A.动点D的轨迹是圆
B.平面PCD ⊥平面PCD
1 2
C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3
D.三棱锥P-D D C外接球的半径不是定值
1 2
2.( 创 新 知 识 交 汇 )(2024 福 建 高 三 毕 业 班 适 应 性 测 试 ,18) 在 △ ABC 中 ,
∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所
在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;
(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,
使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明
理由.
解析 (1)因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,
所以BC⊥平面α. (1分)
所以直线CD与平面α所成角为∠CDB. (2分)
过D作DF⊥AC,垂足为F.因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,
所以DF=DB.
1
又AD=2DB,所以DF= AD,所以∠DAF=30°. (3分)
2
又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=2√3.
1
因为DB= AB=2,所以∠CDB=60°,
3所以直线CD与平面α所成角的大小为60°. (4分)
(2)(i)曲线Γ是椭圆. (5分)
理由如下:
由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点.
设AB的中点为O,连接OF,则OF∥BC.
又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.
以O为原点,⃗OG,⃗OB,⃗OF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O-xyz,
如图所示.因为 OB=3,DB=2,所以 OD=1.设 E(x,y,0),又 D(0,1,0),C(0,3,2√3),则⃗CE=(x,y-3,-2
√3),⃗CD=(0,-2,-2√3).
⃗CD·⃗CE
因为cos∠ECD= ,∠ECD=30°,
|⃗CD||⃗CE|
−2y+18
√3
所以 = ,(6分)
4√x2+(y−3) 2+12 2
x2 y2
化简得3x2+2y2=18,即 + =1,所以曲线Γ是椭圆. (7分)
6 9
(ii)设P(x ,y ,0),Q(x ,y ,0),
1 1 2 2
{ y=kx+1,
在 平 面 α 内 , 因 为 l 与 AB 不 重 合 , 所 以 可 设 l:y=kx+1, 由 得
3x2+2y2=18,
(2k2+3)x2+4kx-16=0,
4k 16
所以x +x =- ,x x =- <0. (9分)
1 2 2k2+3 1 2 2k2+3
由对称性知,若存在定点 T满足条件,则T必在平面 ABC与平面α的交线AB上,故可设
T(0,t,0), (10分)
若∠PTC=∠QTC,则cos∠PTC=cos∠QTC,
⃗TP·⃗TC ⃗TQ·⃗TC
即 = .
|⃗TP||⃗TC| |⃗TQ||⃗TC|
因为⃗TP=(x ,y -t,0),⃗TQ=(x ,y -t,0),⃗TC=(0,3-t,2√3),
1 1 2 2所以(3-t)(y -t)√x2+(y −t) 2=(3-t)(y -t)√x2+(y −t) 2. (11分)
1 2 2 2 1 1
当t=3时,上式恒成立,所以t=3符合题意;(12分)
当t≠3时,有(y -t)√x2+(y −t) 2=(y -t)√x2+(y −t) 2,
1 2 2 2 1 1
所以(y -t)2[x2+(y -t)2]=(y -t)2[x2+(y −t) 2],
1 2 2 2 1 1
所以|x (y -t)|=|x (y -t)|.
2 1 1 2
因为x x <0,(y -t)(y -t)≥0,所以x (y -t)+x (y -t)=0, (14分)
1 2 1 2 1 2 2 1
所以2kx x +(1-t)(x +x )=0,
1 2 1 2
( 16 ) ( 4k )
所以2k − +(1-t) − =0,即(9-t)k=0.
2k2+3 2k2+3
因为上式对于任意的k∈R恒成立,所以t=9. (16分)
综上,存在点T满足⃗AT=⃗AB或⃗AT=2⃗AB时,符合题意. (17分)
