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8.4 直线、平面垂直的判定和性质
基础篇
考点 一 直线与平面垂直的判定和性质 ＡＢ ＣＤ
ＢＭ 得 ＣＭ － １ 则 ＤＭ ＤＣ ＣＭ
ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ＋ ＝
１.(多选)( 届南京学情调研ꎬ )已知 ｌ ｍ ２ ２
２０２３ ９ ꎬ
３ 由 ＰＢ ＡＢ ＡＢ ＣＤ 得 ＰＢ ＣＤ 又 ＰＢ
是两条不同的直线 α β 是两个不同的平面
ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ⊥ ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ
２
则下列选项中 ｌ ｍ 的充分条件有
ＢＭ 平面 ＰＢＭ ＰＢ ＢＭ Ｂ 则 ＣＤ 平面
ꎬ ⊥ ( )
⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥
α β ｌ α ｍ β
Ａ. ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∥
ＰＢＭ 则 ＣＤ ＰＭ 则 ＰＤ ＤＭ ３ 不
α β ｌ α ｍ β ꎬ ⊥ ꎬ > ＝ > ２ꎬＢ
Ｂ. ∥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ２
α β ｌ α ｍ β 可能成立
Ｃ. ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎻ
α β ｌ α ｍ β 若 ＰＤ ＢＣ 连接 ＤＦ 易
Ｄ. ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ∥ ⊥ ꎬ ꎬ
答案 ＢＣ 选项不是 ｌ ｍ 的一个充分条 得四边形 ＣＤＦＢ 为平行
Ａ ⊥
件 ｌ 与ｍ 可能平行或相交或异面 故 不符 四边形 则 ＣＢ ＤＦ ＣＢ
ꎬ ꎬ Ａ ꎬ ∥ ꎬ ＝
合题意 ＤＦ 则 ＰＤ ＦＤ 又 ＰＦ
ꎻ ＝２ꎬ ⊥ ꎬ
.因为 ｍ β 且 α β 所以 ｍ α 又因为 ｌ
Ｂ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ２ ２ 则 ＰＤ
＝ ２ ＋１ ＝ ５ꎬ ＝
α 所以 ｌ ｍ 故 符合题意
∥ ꎬ ⊥ ꎬ Ｂ ꎻ 由 选项知
５－４ ＝ １ꎬ Ｂ
.因为ｍ β ｌ α 又因为α β 所以ｌ ｍ
Ｃ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ＰＤ ＤＭ ３ 矛盾 不可能成立
故 符合题意 > ＝ ꎬ ꎬＣ ꎻ
Ｃ ꎻ ２
选项不是 ｌ ｍ 的一个充分条件 ｌ 与 ｍ 可
Ｄ ⊥ ꎬ 若 ＰＣ ＡＤ 连接 ＣＦ 因为 ＣＤ ＡＢ ＣＤ １
能平行或异面或相交 故 不符合题意.故 ⊥ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ＝
ꎬ Ｄ ２
选 ＡＢ Ｆ 是ＡＢ 的中点 所以ＣＤ ＡＦ 所以四边
ＢＣ. ꎬ ꎬ ꎬ
２.( 浙江杭州二中、温州中学、金华一中三 形 ＣＤＡＦ 是平行四边形 所以 ＡＤ ＣＦ 因为
２０２２ ꎬ ∥ ꎬ
校模考ꎬ )在四棱锥 Ｐ ＰＣ ＡＤ 所以 ＰＣ ＣＦ.则 ＰＣ 又由 选
⊥ ꎬ ⊥ ＝１ꎬ Ｂ
６ －
ＡＢＣＤ 中 底面 ＡＢＣＤ 是
项知 ＰＣ ＣＭ １ 可能成立.故选
ꎬ
> ＝ ꎬＤ Ｄ.
等腰梯形 若 ＰＢ ＡＢ ＢＡ ２
ꎬ ⊥ ꎬ
３.(多选)( 新高考 ꎬ ꎬ 分)如图 下列
ＢＰ ＢＣ ＤＣ 则下 ２０２１ Ⅱ １０ ５ ꎬ
＝ ＝ ＝２ ＝２ꎬ
各正方体中 Ｏ 为下底面的中心 Ｍ Ｎ 为正
列结论可能成立的是 ꎬ ꎬ ꎬ
方体的顶点 Ｐ 为所在棱的中点 则满足 ＭＮ
ꎬ ꎬ
( )
ＯＰ 的是
ＰＤ ＰＣ ＰＤ ⊥ ( )
Ａ. ＝ Ｂ. ＝ ２
ＰＤ ＢＣ ＰＣ ＡＤ
5 Ｃ. ⊥ Ｄ. ⊥
年 答案 Ｄ 若 ＰＤ ＰＣ 取 ＣＤ 的中点 Ｅ ＡＢ
高 ＝ ꎬ ꎬ
考
的中点 Ｆ 连接 ＰＥ ＰＦ ＥＦ 易得 ＰＥ ＣＤ
3
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
年
模 因为 ＡＢ ＣＤ 所以 ＰＥ ＡＢ 又 ＥＦ ＡＢ
拟 ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ
ＰＥ ＥＦ 平面 ＰＥＦ ＰＥ ＥＦ Ｅ 则 ＡＢ 平
A ꎬ ⊂ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥
版 面 ＰＥＦ 又 ＰＦ 平面 ＰＥＦ 则 ＡＢ ＰＦ 与
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ
高
ＰＢ ＡＢ 矛盾 不可能成立
考
⊥ ꎬＡ ꎻ
数
学 过 Ｂ 作 ＢＭ ＣＤ 交 ＤＣ 的延长线于 Ｍ 连接
⊥ ꎬ
２９０
答案 ＢＣ 设正方体的棱长为 .对于 如
２ Ａꎬ
图 所示 连接 ＡＣ 则 ＭＮ ＡＣ.
(１) ꎬ ꎬ ∥
ＰＯＣ 或其补角 为异面直线 ＯＰ ＭＮ 所
∴ ∠ ( ) ꎬ
成的角.
在 ＯＰＣ 中 ＯＣ ＣＰ . ＰＯＣ 图 图
(３) (４)
Ｒｔ△ ꎬ ＝ ２ꎬ ＝１ ∴ ｔａｎ∠
４.( 课标 ꎬ ꎬ 分)α β 是两个平面 ｍ
２ ２０１６ Ⅱ １４ ５ ꎬ ꎬ ꎬ
＝ ꎬ
２ ｎ 是两条直线 有下列四个命题
ꎬ :
ＭＮ 与 ＯＰ 不垂直.故 不合题意.
∴ Ａ 如果 ｍ ｎ ｍ α ｎ β 那么 α β.
① ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥
对于 如图 所示 取 ＮＴ 的中点 Ｑ 连接
Ｂꎬ (２) ꎬ ꎬ 如果 ｍ α ｎ α 那么 ｍ ｎ.
② ⊥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥
ＰＱ ＯＱ
ꎬ ꎬ 如果 α β ｍ α 那么 ｍ β.
③ ∥ ꎬ ⊂ ꎬ ∥
则 ＯＱ ＮＴ ＰＱ ＭＮ.易知ＯＱ 平面ＳＮＴＭ.
如果 ｍ ｎ α β 那么 ｍ 与 α 所成的角和
⊥ ꎬ ⊥ ⊥
④ ∥ ꎬ ∥ ꎬ
故 ＯＱ ＭＮ 又 ＯＱ ＰＱ Ｑ ＭＮ 平
ｎ 与 β 所成的角相等.
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥
面 ＯＰＱ
其中正确的命题有 . 填写所有正确
ꎬ
(
ＭＮ ＯＰ 故 符合题意. 命题的编号
∴ ⊥ ꎬ Ｂ
)
对于 如图 所示 连接 ＢＤ 则 ＢＤ 答案
Ｃꎬ (３) ꎬ ꎬ
②③④
ＭＮ 解析 对于 由 ｍ ｎ ｍ α 可得 ｎ α 或
∥ ꎬ ①ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ∥
同选项 的解法易得ＯＰ ＢＤ 故ＯＰ ＭＮ 故 ｎ 在 α 内 当 ｎ β 时 α 与 β 可能相交 也可
Ｂ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ꎬ
符合题意. 能平行 故 错误 对于 过直线 ｎ 作平面
Ｃ ꎬ ① ꎻ ②ꎬ
对于 如图 所示 取 ＡＤ 的中点 Ｑ ＡＢ 与平面 α 交于直线 ｃ 由 ｎ α 可知 ｎ ｃ
Ｄꎬ (４) ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ∥ ꎬ∵
的中点 Ｋ 连接 ＡＣ ＰＱ ＯＱ ＰＫ ＯＫ ＯＡ 则 ｍ α ｍ ｃ ｍ ｎ 故 正确 对于
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ② ꎻ ③ꎬ
ＡＣ ＭＮ 由两个平面平行的性质可知正确 对于
∥ ꎬ ꎻ ④ꎬ
ＤＰ ＰＣ ＤＱ ＱＡ ＰＱ ＡＣ 故 ＰＱ 由线面所成角的定义和等角定理可知其正
∵ ＝ ꎬ ＝ ꎬ∴ ∥ ꎬ
ＭＮ 确 故正确的有 .
∥ ꎬ ꎬ ②③④
ＱＰＯ 或其补角 为异面直线 ＯＰ ＭＮ 所 ５.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)如图 长方体
∴ ∠ ( ) ꎬ ２０１９ Ⅱ １７ １２ ꎬ
成的角 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面 ＡＢＣＤ 是正方形 点
ꎬ － １ １ １ １ ꎬ
Ｅ 在棱 ＡＡ 上 ＢＥ ＥＣ .
ＰＱ １ＡＣ ＯＱ ＡＯ２ ＡＱ２ １ ꎬ ⊥ １
∵ ＝ ＝ ２ꎬ ＝ ＋ ＝ ２＋１ ＝
证明 ＢＥ 平面 ＥＢ Ｃ
２
(１) : ⊥ １ １ꎻ
３ꎬ
ＰＯ
＝
ＰＫ２
＋
ＯＫ２
＝ ４＋１ ＝ ５ꎬ∴
ＯＱ２
< (２)
若 ＡＥ
＝
Ａ
１
Ｅ
ꎬ
ＡＢ
＝３ꎬ
求四棱锥 Ｅ
－
ＢＢ
１
Ｃ
１
Ｃ
的体积.
ＰＱ２ ＯＰ２
＋ ꎬ
ＱＰＯ 不是直角 故ＯＰ 与ＭＮ 不垂直 故
∴ ∠ ꎬ ꎬ
不合题意.故选 .
Ｄ ＢＣ
专
题
八
立
体
图 图 几
(１) (２)
何
２９１
解析 证明 由已知得 在 ＡＢＤ 中 ＡＢ ＡＤ ＢＤ
(１) : Ｒｔ△ ꎬ ＝４ ２ꎬ ＝４ꎬ∴ ＝４ꎬ
Ｂ Ｃ 平面 ＡＢＢ Ａ ＢＥ
１ １⊥ １ １ꎬ ⊂ ＤＥ ＝２ ２ .
平面 ＡＢＢ Ａ 故 Ｂ Ｃ
１ １ꎬ １ １ ⊥ 连接ＰＥ. ∵ ＰＡ ＝ ＰＤ ꎬ Ｏ 是ＡＤ 的中点 ꎬ∴ ＰＯ ⊥
ＢＥ.又 ＢＥ ＥＣ Ｂ Ｃ
⊥ １ꎬ １ １ ∩ ＡＤ ꎬ∵ 平面ＰＡＤ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ꎬ 平面ＰＡＤ ∩ 平
ＥＣ Ｃ 所以 ＢＥ 平
１ ＝ １ꎬ ⊥ 面 ＡＢＣＤ ＝ ＡＤ ꎬ ＰＯ ⊂ 平面 ＰＡＤ ꎬ∴ ＰＯ ⊥ 平面
面 ＥＢ Ｃ .
ＡＢＣＤ ＯＥ 平面 ＡＢＣＤ ＰＯ ＯＥ.在
１ １ ꎬ∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ Ｒｔ
由 知 ＢＥＢ °.
(２) (１) ∠ １ ＝９０ ＰＯＥ 中 ＰＯ ＯＥ ＰＥ .
△ ꎬ ＝ ＝２ꎬ∴ ＝２ ２
由题设知 ＡＢＥ Ａ Ｂ Ｅ 所以 ＡＥＢ
Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ １ １ ꎬ ∠ ＝ 在 ＰＤＥ 中 ＰＤ ＰＥ ＤＥ Ｓ
Ａ ＥＢ ° 故 ＡＥ ＡＢ ＡＡ ＡＥ .作 △ ꎬ ＝ ＝ ＝２ ２ꎬ∴ △ ＰＤＥ ＝
∠ １ １ ＝４５ ꎬ ＝ ＝３ꎬ １ ＝２ ＝６
ＥＦ ＢＢ 垂足为 Ｆ 则 ＥＦ 平面 ＢＢ Ｃ Ｃ 且 １ ３ .
⊥ １ꎬ ꎬ ⊥ １ １ ꎬ ×２ ２×２ ２× ＝２ ３
ＥＦ ＡＢ .所以 四棱锥 Ｅ ＢＢ Ｃ Ｃ 的体积 Ｖ ２ ２
＝ ＝３ ꎬ － １ １ 设点 Ｃ 到平面 ＰＤＥ 的距离为 ｈ
ꎬ
１ . ＤＥ ＡＢ ＡＢ ＣＤ ＤＥ ＣＤ
＝ ×３×６×３＝１８ ∵ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
３
６.( 届贵州遵义新高考协作体入学质量监 Ｓ １ ＰＯ 底面
２０２３ ∴ △ ＣＤＥ ＝ ×４ ２ ×２ ２ ＝ ８ꎬ∵ ⊥
２
测ꎬ )如图所示 在四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 中 底
１９ ꎬ － ꎬ ＡＢＣＤ 三棱锥Ｐ ＣＤＥ 的高为ＰＯ 由等
ꎬ∴ － ＝２ꎬ
面 ＡＢＣＤ 是平行四边形 ＰＡ ＰＤ ＰＡ ＰＤ
ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ꎬ
ＡＤ Ｅ 为 ＡＢ 的中点 ＤＥ ＡＥ 侧面 ＰＡＤ 体积法得１ ｈ １ 解得 ｈ ８ ３.故
＝４ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ⊥ ×２ ３ ＝ ×８×２ꎬ ＝
３ ３ ３
底面 ＡＢＣＤ.
点 Ｃ 到平面 ＰＤＥ 的距离为８ ３.
证明 ＰＡ 平面 ＰＢＤ
(１) : ⊥ ꎻ
３
若 ＡＢ 求点 Ｃ 到平面 ＰＤＥ 的距离.
考点 二 平面与平面垂直的判定和性质
(２) ＝４ ２ꎬ
１.( 全国乙ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)在正方体
２０２２ ７ ９ ５
ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｅ Ｆ 分别为 ＡＢ ＢＣ 的
－ １ １ １ １ ꎬ ꎬ ꎬ
中点 则
ꎬ ( )
解析 证明 取 ＡＤ 的中点 Ｏ 连接 ＯＰ
平面 Ｂ ＥＦ 平面 ＢＤＤ
(１) : ꎬ ꎬ
Ａ. １ ⊥ １
ＯＥ ＥＡ ＥＤ 且 Ｏ 是 ＡＤ 的中点 ＥＯ
平面 Ｂ ＥＦ 平面 Ａ ＢＤ
ꎬ∵ ＝ ꎬ ꎬ∴ ⊥
Ｂ. １ ⊥ １
ＡＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 平面ＰＡＤ 平
平面 Ｂ ＥＦ 平面 Ａ ＡＣ
ꎬ∵ ⊥ ꎬ ∩
Ｃ. １ ∥ １
面 ＡＢＣＤ ＡＤ ＥＯ 平面 ＡＢＣＤ 平面 Ｂ ＥＦ 平面 Ａ Ｃ Ｄ
＝ ꎬ ⊂ ꎬ
Ｄ. １ ∥ １ １
答案 Ａ 如图所示
ꎬ
5
年 ＥＯ 平面 ＰＡＤ ＰＡ 平面 ＰＡＤ ＥＯ
高 ∴ ⊥ ꎬ∵ ⊂ ꎬ∴
考
ＰＡ
3
⊥ ꎬ
年
又 ＥＯ ＢＤ ＰＡ ＢＤ
模
∵ ∥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
拟
又 ＰＡ ＰＤ ＢＤ ＰＤ Ｄ ＰＤ ＢＤ 平 在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＣ ＢＤ ＥＦ
A ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ － １ １ １ １ ꎬ ⊥ ꎬ
版 面 ＰＢＤ ＡＣ ＥＦ ＢＤ 又 Ｄ Ｄ 平面 ＡＢＣＤ ＥＦ
ꎬ ∥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ １ ⊥ ꎬ
高 ＰＡ 平面 ＰＢＤ. 平面 ＡＢＣＤ Ｄ Ｄ ＥＦ 又 Ｄ Ｄ ＢＤ Ｄ
考 ∴ ⊥ ⊂ ꎬ∴ １ ⊥ ꎬ １ ∩ ＝ ꎬ
数
学 ＥＯ ＡＤ ＢＤ ＥＯ ＢＤ ＡＤ. ＥＦ 平面 ＢＤＤ 又 ＥＦ 平面 Ｂ ＥＦ 平
(２)∵ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ∴ ⊥ ∴ ⊥ １ꎬ ⊂ １ ꎬ∴
２９２
面 Ｂ ＥＦ 平面 ＢＤＤ 故选 . ＢＭ ＥＮ 且直线 ＢＭ ＥＮ 是异面直线
１ ⊥ １ꎬ Ａ Ｄ. ≠ ꎬ ꎬ
２.( 浙江宁波专题练ꎬ )下列命题中错误 答案 Ｂ 过 Ｅ 作 ＥＱ ＣＤ 于 Ｑ 连接 ＢＤ
２０２２ ５ ⊥ ꎬ ꎬ
的是 ＱＮ ＢＥ 易知点 Ｎ 在 ＢＤ 上.
( ) ꎬ ꎬ
如果平面 α 平面 β 那么平面 α 内一定
Ａ. ⊥ ꎬ
存在直线平行于平面 β
如果平面 α 不垂直于平面 β 那么平面 α
Ｂ. ꎬ
内一定不存在直线垂直于平面 β
平面 ＥＣＤ 平面ＡＢＣＤ 平面 ＥＣＤ 平面
如果平面 α 平面 γ 平面 β 平面 γ α ∵ ⊥ ꎬ ∩
Ｃ. ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩
ＡＢＣＤ ＣＤ ＥＱ 平面 ＡＢＣＤ ＥＱ ＱＮ
β ｌ 那么 ｌ 平面 γ ＝ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
＝ ꎬ ⊥
如果平面 α 平面 β 那么平面 α 内所有 同理可知 ＢＣ ＣＥ 设 ＣＤ 易得 ＥＱ
Ｄ. ⊥ ꎬ
⊥ ꎬ ＝２ꎬ ＝ ３ꎬ
直线都垂直于平面 β ＱＮ 则 ＥＮ ＥＱ２ ＱＮ２ ＢＥ
＝１ꎬ ＝ ＋ ＝ ３＋１ ＝２ꎬ ＝
答案 Ｄ 对于 设平面 α 平面 β 直线
Ａꎬ ∩ ＝ ＢＣ２ ＣＥ２ .易知 ＢＥ ＢＤ 又
＋ ＝ ４＋４ ＝２ ２ ＝ ꎬ ∵
ａ 设直线 ｂ α 且 ｂ ａ 显然直线 ｂ 平面
Ｍ 为 ＤＥ 的中 点 ＢＭ ＤＥ ＢＭ
ꎬ ⊂ ꎬ ∥ ꎬ ⊄
ꎬ ∴ ⊥ ꎬ ∴ ＝
β 根据线面平行的判定定理可得直线 ｂ β
ꎬ ∥ ꎬ ＢＥ２ ＥＭ２ ＢＭ ＥＮ.又 点
故 正确 － ＝ ８－１ ＝ ７ꎬ∴ ≠ ∵
Ａ ꎻ Ｍ Ｎ Ｂ Ｅ 均在平面 ＢＥＤ 内 ＢＭ ＥＮ 在平
对于 如果α内存在直线与β垂直 那么由面 、 、 、 ꎬ∴ ꎬ
Ｂꎬ ꎬ 面 ＢＥＤ 内 又 ＢＭ 与 ＥＮ 不平行 ＢＭ ＥＮ
面垂直的判定定理可知平面α 平面β 与已知 ꎬ ꎬ∴ ꎬ
⊥ ꎬ 是相交直线 故选 .
矛盾 故 正确 ꎬ Ｂ
ꎬ Ｂ ꎻ ４.(多选)( 届浙南名校联盟联考ꎬ )如
对于 设平面 α 平面 γ ａ 平面 β 平面 ２０２３ １１
Ｃꎬ ∩ ＝ ꎬ ∩ 图 ＡＣ 是圆 Ｏ 的直径 ＰＡ 与圆 Ｏ 所在的平
γ ｂ 在 γ 内作直线 ｍ ａ ｎ ｂ 由面面垂直 ꎬ ꎬ
＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ 面垂直且 ＰＡ ＡＣ Ｂ
的性质定理可得 ｍ α ｎ β 又 直线 ｌ ＝ ＝２ꎬ
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∵ ⊂
为圆周上不与点 Ａ Ｃ
α ｌ β ｍ ｌ ｎ ｌ 又 α β ｌ ｍ ｎ 、
ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∵ ∩ ＝ ꎬ∴ ꎬ
重合的动点 Ｍ Ｎ 分别
为相交直线 又 ｍ ｎ 平面 γ ｌ 平面 ꎬ ꎬ
ꎬ ∵ ꎬ ⊂ ꎬ∴ ⊥
为点 Ａ 在线段 ＰＣ ＰＢ
γ 故 正确 对于 设平面 α 平面 β ａ 、
ꎬ Ｃ ꎻ Ｄꎬ ∩ ＝ ꎬ
上的投影 则下列结论
在平面 α 内与 ａ 平行的直线都不与平面 β ꎬ
正确的是
垂直 故 错误.故选 ( )
ꎬ Ｄ Ｄ.
平面 ＡＭＮ 平面 ＰＢＣ
３.( 课标 ꎬ ꎬ 分)如图 点 Ｎ 为正方形 Ａ. ⊥
２０１９ Ⅲ ８ ５ ꎬ
点 Ｎ 在圆上运动
ＡＢＣＤ 的中心 ＥＣＤ 为正三角形 平面 ＥＣＤ Ｂ.
ꎬ△ ꎬ 当 ＡＭＮ 的面积最大时 二面角 Ａ ＰＣ Ｂ
平面 ＡＢＣＤ Ｍ 是线段 ＥＤ 的中点 则 Ｃ. △ ꎬ － －
⊥ ꎬ ꎬ
的平面角为π
( )
４
ＰＡ 与 ＭＮ 所成的角可能为π
Ｄ.
６
答案 ＡＢＣ 因为 ＰＡ 平面 ＡＢＣ ＢＣ 平
⊥ ꎬ ⊂
面ＡＢＣ 所以ＰＡ ＢＣ 又ＡＣ 为圆Ｏ 的直径 专
ＢＭ ＥＮ 且直线 ＢＭ ＥＮ 是相交直线 ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ 题
Ａ. ＝ ꎬ ꎬ
所以 ＡＢ ＢＣ 又因为 ＰＡ 平面 ＰＡＢ ＡＢ 八
ＢＭ ＥＮ 且直线 ＢＭ ＥＮ 是相交直线 ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊂
Ｂ. ≠ ꎬ ꎬ 立
平面 ＰＡＢ ＰＡ ＡＢ Ａ 所以 ＢＣ 平面 ＰＡＢ
ＢＭ ＥＮ 且直线 ＢＭ ＥＮ 是异面直线 ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ 体
Ｃ. ＝ ꎬ ꎬ 几
又 ＰＢ ＡＮ 平面 ＰＡＢ 所以 ＢＣ ＰＢ ＢＣ 何
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
２９３
ＡＮ 因为 ＡＮ ＰＢ ＰＢ ＢＣ Ｂ ＰＢ 平面 解析 证明 在 ＡＢＤ 中 ＡＢ ＡＤ Ｏ
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂ (１) : △ ꎬ∵ ＝ ꎬ
ＰＢＣ ＢＣ 平面 ＰＢＣ 所以 ＡＮ 平面 ＰＢＣ 为 ＢＤ 的中点 ＡＯ ＢＤ 又 平面 ＡＢＤ
ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ∵ ⊥
因为 ＡＮ 平面 ＡＮＭ 所以平面 ＡＭＮ 平面 平面 ＢＣＤ 平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ ＢＤ ＡＯ
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ⊂
ＰＢＣ 正确 平面 ＡＢＤ ＡＯ 平面 ＢＣＤ 又 ＣＤ 平面
ꎬＡ ꎻ ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊂
因为 ＡＮ 平面 ＰＢＣ ＭＮ 平面 ＰＢＣ 所以 ＢＣＤ ＡＯ ＣＤ.
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ꎬ∴ ⊥
ＡＮ ＭＮ 所以点 Ｎ 在以 ＡＭ 为直径的圆上 在 ＡＢＤ 中 过 Ｅ 作 ＥＮ ＡＯ 交 ＢＤ
⊥ ꎬ ꎬ (２) △ ꎬ ∥
故 正确 于 Ｎ
Ｂ ꎻ ꎬ
因为 ＰＡ ＡＣ ＡＭ ＰＣ 所以 Ｍ 为 ＰＣ 的
＝ ＝２ꎬ ⊥ ꎬ
中点 所以 ＡＭ １ＰＣ 所以 ＡＮ２ ＮＭ２
ꎬ ＝ ＝ ２ꎬ ＋ ＝
２
ＡＮ２ ＮＭ２
所以 ＡＮ ＮＭ ＋ 所以 Ｓ
２ꎬ ≤ ＝１ꎬ △ ＡＭＮ 则由 ＡＯ 平面 ＢＣＤ 得 ＥＮ 平面 ＢＣＤ
２ ⊥ ⊥ ꎬ∴
ＥＮ ＢＣ
１ＡＮ ＮＭ １ 当且仅当 ＡＮ ＮＭ 时 ⊥ ꎬ
＝ ≤ ꎬ ＝ ＝１
２ ２ ＯＢ ＯＤ ＯＣ ＢＣＤ ° 即 ＤＣ
∵ ＝ ＝ ＝ １ꎬ∴ ∠ ＝ ９０ ꎬ
等号成立 ＡＭＮ π 因为 ＡＮ 平面 ＰＢＣ ＢＣ.
ꎬ∠ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
４ 在 ＢＣＤ 中 过 Ｎ 作 ＮＭ ＣＤ 交 ＢＣ 于 Ｍ
ＰＣ 平面 ＰＢＣ 所以 ＡＮ ＰＣ 又 ＡＭ ＰＣ △ ꎬ ∥ ꎬ
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ 则 ＮＭ ＢＣ.
ＡＭ ＡＮ Ａ 所以 ＰＣ 平面 ＡＭＮ 因为 ＮＭ ⊥
∩ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ 连接 ＥＭ ＢＣ ＥＮ ＢＣ ＮＭ ＥＮ ＮＭ
平面 ＡＭＮ 所以 ＮＭ ＰＣ 又 ＡＭ ＰＣ 所 ꎬ∵ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝
⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ Ｎ ＢＣ 平面 ＥＭＮ ＥＭ ＢＣ ＥＭＮ
以 ＡＭＮ 为二面角 Ａ ＰＣ Ｂ 的平面角 故 ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ∠
∠ － － ꎬ Ｃ 为二面角 Ｅ ＢＣ Ｄ 的平面角 又二面角 Ｅ
正确 － － ꎬ －
ꎻ ＢＣ Ｄ 的大小为 °
因为 ＰＣ 平面 ＡＭＮ 所以直线 ＰＡ 与平面 － ４５ ꎬ
⊥ ꎬ ＥＭＮ ° ＥＭＮ 为等腰直角三
ＡＭＮ所成角为 ＰＡＭ 又 ＭＮ 平面 ＡＮＭ 所 ∴ ∠ ＝ ４５ ꎬ∴ △
∠ ꎬ ⊂ ꎬ 角形
以ＰＡ与ＭＮ所成的角大于或等于 ＰＡＭ 即 ꎬ
∠ ꎬ
又由 ＤＥ ＥＡ 得 ＤＮ ＮＯ ＭＮ ２ＣＤ
大于或等于π 故 错误.故选 ＝２ ＝２ ꎬ∴ ＝ ＝
ꎬ Ｄ ＡＢＣ. ３
４
５.( ２０２１ 新高考 Ⅰ ꎬ ２０ ꎬ １２ 分)如图 ꎬ 在三棱锥 ２ ＝ ＥＮ ＝ ＮＤ ꎬ∴ ＡＯ ＝ ＯＤ ＝ １ꎬ∴ Ｖ Ａ － ＢＣＤ ＝ １
３ ３
Ａ ＢＣＤ 中 平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ ＡＢ ＡＤ Ｏ
－ ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ꎬ
Ｓ ＡＯ １ １ ３.故三棱锥 Ａ
为 ＢＤ 的中点.
△
ＢＣＤ ＝ × ×１× ３×１＝
３ ２ ６
证明 ＯＡ ＣＤ
(１) : ⊥ ꎻ
ＢＣＤ 的体积为 ３.
若 ＯＣＤ 是边长为 的等边三角形 点 －
(２) △ １ ꎬ ６
5
Ｅ 在棱 ＡＤ 上 ＤＥ ＥＡ 且二面角 Ｅ ＢＣ Ｄ
年 ꎬ ＝２ ꎬ － －
高
的大小为 ° 求三棱锥 Ａ ＢＣＤ 的体积.
考
４５ ꎬ －
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
２９４
综合篇
考法 一 判定或证明直线与平面垂直的方法
１.( 浙江ꎬ ꎬ 分)如图 已知正方体ＡＢＣＤ
２０２１ ６ ４ ꎬ －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｍ Ｎ分别是Ａ Ｄ Ｄ Ｂ的中点 则
１ １ １ １ꎬ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ
( ) Ｃ Ｄ
答案 ＡＣＤ 对于 建立如图 所示的空
Ａꎬ １
间直角坐标系 设正方体的棱长为 则Ａ
ꎬ ２ꎬ (０ꎬ
Ｂ Ｍ Ｎ Ｐ
０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ２ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
则 Ｍ→Ｎ Ｍ→Ｐ
(０ꎬ１ꎬ ２)ꎬ ＝ ( － １ꎬ ０ꎬ － １)ꎬ ＝
直线 Ａ Ｄ 与直线 Ｄ Ｂ 垂直 直线 ＭＮ 平 Ａ→Ｂ 因为Ａ→Ｂ Ｍ→Ｎ
Ａ. １ １ ꎬ ∥ (－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ－２)ꎬ ＝０ꎬ
面 ＡＢＣＤ 所以Ａ→Ｂ Ｍ→Ｎ 因为Ａ→Ｂ Ｍ→Ｐ 所以Ａ→Ｂ
⊥ ꎬ ＝ ０ꎬ
直线 Ａ Ｄ 与直线 Ｄ Ｂ 平行 直线 ＭＮ 平
Ｂ. １ １ ꎬ ⊥ ⊥ Ｍ→Ｐ ꎬ
面 ＢＤＤ Ｂ
１ １
直线 Ａ Ｄ 与直线 Ｄ Ｂ 相交 直线 ＭＮ 平
Ｃ. １ １ ꎬ ∥
面 ＡＢＣＤ
直线 Ａ Ｄ 与直线 Ｄ Ｂ 异面 直线 ＭＮ 平
Ｄ. １ １ ꎬ ⊥
面 ＢＤＤ Ｂ
１ １
答案 Ａ 连接 ＡＤ 在正方形 ＡＤＤ Ａ 中 图 图
１ꎬ １ １ ꎬ １ ２
所以 ｌ ＭＮ ｌ ＭＰ 又 ＭＮ ＭＰ 是平面 ＭＮＰ
由 Ｍ 为 Ａ Ｄ 的中点 可知 ＡＤ Ａ Ｄ Ｍ 且 ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
１ ꎬ １∩ １ ＝ ꎬ
内的两条相交直线 所以 ｌ 平面 ＭＮＰ 故
Ｍ 为 ＡＤ 的中点 又 Ｎ 为 Ｄ Ｂ 的中点 ꎬ ⊥ ꎬ Ａ
１ ꎬ ∵ １ ꎬ∴ 符合题意
ＭＮ ＡＢ. ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ ＭＮ 平面 ꎻ
∥ ∵ ⊂ ꎬ ⊄
对于 建立如图 所示的空间直角坐标系
ＡＢＣＤ ＭＮ 平面 ＡＢＣＤ. ＡＢ 平面 Ｂꎬ ２ ꎬ
ꎬ∴ ∥ ∵ ⊥
设正方体的棱长为 则 Ｃ Ｄ
ＡＤＤ Ａ Ａ Ｄ 平面 ＡＤＤ Ａ ＡＢ Ａ Ｄ ２ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ２ꎬ
１ １ꎬ １ ⊂ １ １ꎬ∴ ⊥ １ ꎬ∵
Ｍ Ｎ Ｐ 则Ｍ→Ｎ
ＡＤ Ａ Ｄ ＡＢ ＡＤ Ａ ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (２ꎬ２ꎬ１)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
１⊥ １ ꎬ ∩ １ ＝ ꎬ
Ａ Ｄ 平面 ＡＢＤ Ａ Ｄ Ｄ Ｂ.故 正确. Ｍ→Ｐ Ｃ→Ｄ
＝(１ꎬ２ꎬ１)ꎬ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ－２)ꎬ
∴ １ ⊥ １ꎬ∴ １ ⊥ １ Ａ
２.(多选)( 届广东三校联考ꎬ )下列四 因为Ｃ→Ｄ Ｍ→Ｎ Ｃ→Ｄ Ｍ→Ｐ 所以 ｌ ＭＰ
２０２３ １１ ≠０ꎬ ＝０ꎬ ⊥ ꎬ
个正方体图形中 ｌ 是正方体的一条体对角 但是 ｌ 与 ＭＮ 不垂直 所以 ｌ 与平面 ＭＮＰ 不
ꎬ
ꎬ
垂直 故 不符合题意
线 点 Ｍ Ｎ Ｐ 分别为其所在棱的中点 能得
ꎬ Ｂ ꎻ
ꎬ 、 、 ꎬ
对于 建立如图 所示的空间直角坐标系
出 ｌ 平面 ＭＮＰ 的是
Ｃꎬ ３ ꎬ
⊥ ( )
设正方体的棱长为 则 Ｅ Ｆ
２ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ２ꎬ
０)ꎬ
专
题
八
立
体
几
何
Ａ Ｂ
２９５
图 图
３ ４
Ｍ Ｎ Ｐ 则Ｍ→Ｎ
(２ꎬ０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ２ꎬ１)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(－
Ｍ→Ｐ Ｅ→Ｆ
解析 证明 连接 ＢＤ 与 ＡＣ 交于点 Ｏ
２ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ－２)ꎬ
(１) : ꎬ ꎬ
因为Ｅ→Ｆ Ｍ→Ｎ 所以Ｅ→Ｆ Ｍ→Ｎ 因为Ｅ→Ｆ 因为四边形 ＡＢＣＤ 是正方形 所以 ＡＣ ＢＤ.
＝０ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ ⊥
连接 ＯＱ 因为四棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 是正四棱锥
Ｍ→Ｐ 所以Ｅ→Ｆ Ｍ→Ｐ
ꎬ － ꎬ
＝０ꎬ ⊥ ꎬ
所以 ＯＱ 平面 ＡＢＣＤ 因为 ＡＣ 平面
所以 ｌ ＭＮ ｌ ＭＰ 又 ＭＮ ＭＰ 是平面 ＭＮＰ
⊥ ꎬ ⊂
⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ
ＡＢＣＤ 所以 ＯＱ ＡＣ 因为 ＯＱ ＢＤ Ｏ 所
内的两条相交直线 所以 ｌ 平面 ＭＮＰ 故
ꎬ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ꎬ ⊥ ꎬ Ｃ
以 ＡＣ 平面 ＱＢＤ 因为 ＢＱ 平面 ＱＢＤ 所
符合题意
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
ꎻ
以 ＡＣ ＢＱ.
对于 建立如图 所示的空间直角坐标系
⊥
Ｄꎬ ４ ꎬ
延长 ＱＯ 与 ＰＢ 交于点 Ｆ 因为 ＰＤ 平面
设正方体的棱长为 则 Ｇ Ｈ
ꎬ ⊥
２ꎬ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ２ꎬ
ＡＢＣＤ ＤＱ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＰＤ ＱＯ 因为
ꎬ ⊥ ꎬ ∥ ꎬ
０)ꎬ
Ｏ 为ＢＤ 的中点 所以Ｆ 为ＰＢ 的中点 则ＯＦ
Ｍ Ｎ Ｐ 则Ｍ→Ｎ ꎬ ꎬ
(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ１)ꎬ (２ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＝(－
１ＰＤ 又 ＯＱ ＯＢ 所以 ＱＦ
Ｍ→Ｐ Ｇ→Ｈ 因为 ＝ ＝２ꎬ ＝４ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝６ꎬ
１ꎬ２ꎬ１)ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＝(２ꎬ２ꎬ－２)ꎬ
２
Ｇ→Ｈ Ｍ→Ｎ ＝０ꎬ 所以Ｇ→Ｈ ⊥ Ｍ→Ｎ ꎬ 因为Ｇ→Ｈ Ｍ→Ｐ ＝ ＢＦ２ ＝ ＯＦ２ ＋ ＯＢ２ ＝２ ２ ＋(２ ２) ２ ＝１２ꎬ ＱＢ２ ＝ ＯＱ２ ＋
所以Ｇ→Ｈ Ｍ→Ｐ 所以ｌ ＭＮ ｌ ＭＰ 又ＭＮ ＯＢ２ ２ ２ 所以 ＢＦ２ ＱＢ２ ＱＦ２
０ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ ＝４ ＋(２ ２) ＝２４ꎬ ＋ ＝ ꎬ
ＭＰ 是平面 ＭＮＰ 内的两条相交直线 所以 ｌ 所以 ＱＢ ＢＦ.
ꎬ ⊥
平面 ＭＮＰ 故 符合题意.故选 连接ＯＥ 因为点Ｅ 为ＰＤ 的中点 点Ｏ 为ＢＤ
⊥ ꎬ Ｄ ＡＣＤ. ꎬ ꎬ
３.( 湖北部分重点中学联考ꎬ )如图 在 的中点 所以 ＯＥ
２０２２ １９ ꎬ ꎬ ∥
几何体 ＰＡＢＣＤＱ 中 四边形 ＡＢＣＤ 是边长为 ＢＦ 所以 ＱＢ ＯＥ 因
ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
的正方形 ＰＤ 平面 ＡＢＣＤ ＰＤ 点 Ｅ 为 为 ＯＥ ＡＣ Ｏ 所以
４ ꎬ ⊥ ꎬ ＝４ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ＰＤ 的中点 四棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 是高为 的正 ＱＢ 平面 ＥＡＣ.
ꎬ － ４ ⊥
四棱锥. 以 Ｄ 为原点 ＤＡ
(２) ꎬ 、
求证 ＱＢ 平面 ＥＡＣ ＤＣ ＤＰ 所在直线分别
(１) : ⊥ ꎻ 、
求平面 ＰＡＣ 与平面 ＱＡＢ 所成锐二面角 为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立
5
(２) 、 、
年
高 的余弦值. 如图所示的空间直角
考
3 坐标系
ꎬ
年
模 则 Ａ Ｃ Ｐ Ｂ
拟 (４ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ４ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ４)ꎬ (４ꎬ４ꎬ
A Ｑ 所以Ａ→Ｃ Ａ→Ｐ
版 ０)ꎬ (２ꎬ２ꎬ－４)ꎬ ＝(－４ꎬ４ꎬ０)ꎬ ＝
Ａ→Ｂ Ａ→Ｑ .
高
(－４ꎬ０ꎬ４)ꎬ ＝(０ꎬ４ꎬ０)ꎬ ＝(－２ꎬ２ꎬ－４)
考
数
学
２９６
设平面 ＰＡＣ 的法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 面 ＰＣＤ 所以 ＡＭ 平面 ＰＣＤ.
＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ ꎬ ⊥
{ｎ Ａ→Ｃ { ｘ ｙ (２) 取 ＡＤ 的中点 Ｏ ꎬ 过点 Ｏ 作 ＡＢ 的平行线
＝０ꎬ 得 －４ １ ＋４ １ ＝０ꎬ取 ｚ 得 ｎ ＯＮ 交ＢＣ 于Ｎ 连接ＯＰ 易证ＯＰ 平面ＡＢ￣
ｎ Ａ→Ｐ ｘ ｚ １
＝１ꎬ ＝
ꎬ ꎬ ⊥
＝０ꎬ －４ １ ＋４ １ ＝０ꎬ ＣＤ.
.
(１ꎬ１ꎬ１) 以Ｏ 为原点 ＯＡ ＯＮ ＯＰ 所在直线分别为ｘ
设平面 ＱＡＢ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
＝( ２ꎬ ２ꎬ ２)ꎬ ｙ ｚ 轴建立空间直角坐标系 则 Ｏ Ｄ
ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
{ｍ Ａ→Ｂ { ｙ
则 ＝０ꎬ 得 ４ ２ ＝０ꎬ Ｐ Ｍ æ çç １ ３ ö ÷÷ Ａ
ｍ Ａ→Ｑ ｘ ｙ ｚ (－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ è－ ꎬ０ꎬ øꎬ (１ꎬ
＝０ꎬ －２ ２ ＋２ ２ －４ ２ ＝０ꎬ ２ ２
取 ｚ 得 ｍ .
２ ＝１ꎬ ＝(－２ꎬ０ꎬ１) ０ꎬ０)ꎬ
设平面 ＰＡＣ 与平面 ＱＡＢ 所成锐二面角的大 设 ＡＢ ａ ａ 则 Ｂ ａ Ｃ ａ
＝ ꎬ >０ꎬ (１ꎬ ꎬ０)ꎬ (－１ꎬ ꎬ０)ꎬ
小为 θ 设平面 ＭＢＣ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
ꎬ １ ＝( １ꎬ １ꎬ １)ꎬ
ｎ ｍ
则ｎ Ｂ→Ｃ ｎ Ｂ→Ｍ
则 θ ｜ ｜
ｃｏｓ ＝ ｎ ｍ ＝
１⊥ ꎬ １⊥ ꎬ
｜ ｜ ｜ ｜ ì ï ｘ
ï
－２
１
＝０ꎬ
｜１×(－２)＋１×０＋１×１｜ １５ 所以平 从而 í 则可得ｎ
＝ ꎬ ï ３ｘ ａｙ ３ｚ １ ＝ (０ꎬ
１ ２ ＋１ ２ ＋１ ２ × (－２) ２ ＋０ ２ ＋１ ２ １５ î ï － １ － １ ＋ １ ＝０ꎬ
２ ２
面 ＰＡＣ 与平面 ＱＡＢ 所成锐二面角的余弦值
ａ
３ꎬ２ )ꎬ
因为 ＯＰ 平面 ＡＢＣＤ
为 １５.
⊥ ꎬ
１５ 所以平面 ＡＢＣＤ 的法向量与Ｏ→Ｐ共线 可取ｎ
４.( 辽宁大连一中期中ꎬ )如图 在四棱 ꎬ ２
２０２２ ２０ ꎬ
锥Ｐ ＡＢＣＤ 中 底面ＡＢＣＤ 为矩形 侧面ＰＡＤ
＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
－ ꎬ ꎬ 因为二面角 Ｍ ＢＣ Ｄ 的大小为 °
是正三角形 侧面 ＰＡＤ 底面 ＡＢＣＤ Ｍ 是 － － ３０ ꎬ
ꎬ ⊥ ꎬ 所 以 ° ｎ ｎ
ＰＤ 的中点. ｃｏｓ ３０ ＝ ｜ ｃｏｓ ‹ １ꎬ ２ › ｜ ＝
ｎ ｎ ａ
证明 ＡＭ 平面 ＰＣＤ １ ２ ２
(１) : ⊥ ꎻ ｎ ｎ ＝ ａ２ ꎬ
若 ＡＤ 且二面角 Ｍ ＢＣ Ｄ 的大小为
｜ １｜｜ ２｜ ３＋４
(２) ＝２ꎬ － －
° 求四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积.
３０ ꎬ －
解得 ａ ３ 所以四棱锥 Ｐ ＡＢＣＤ 的体积为 Ｖ
解析 证明 因为四边形 ＡＢＣＤ 是矩形 ＝ ꎬ －
(１) : ꎬ ２
所以 ＣＤ ＡＤ.
⊥ １ ３ .
＝ ×２× × ３ ＝ ３
因为侧面 ＰＡＤ 底面 ＡＢＣＤ 侧面 ＰＡＤ 底 ３ ２
⊥ ꎬ ∩
考法 二 判定或证明平面与平面垂直的方法
面 ＡＢＣＤ ＡＤ ＣＤ 平面 ＡＢＣＤ 所以 ＣＤ
＝ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥
平面 ＰＡＤ 因为 ＡＭ 平面 ＰＡＤ 所以 ＣＤ １.(多选)( 长沙月考ꎬ )在正方体 ＡＢＣＤ 专
ꎬ ⊂ ꎬ ２０２２ １１ 题
ＡＭ. Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｎ 为底面 ＡＢＣＤ 的中心 Ｐ 为 八
⊥ － １ １ １ １ ꎬ ꎬ
立
又 ＰＡＤ 是正三角形 Ｍ 是 ＰＤ 的中点 棱Ａ Ｄ 上的动点 不包括两个端点 Ｍ 为线
体
△ ꎬ ꎬ １ １ ( )ꎬ 几
所以 ＰＤ ＡＭ 又 ＰＤ ＣＤ Ｄ ＰＤ ＣＤ 平 段 ＡＰ 的中点 则下列结论正确的是 何
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ꎬ ⊂ ꎬ ( )
２９７
ＣＭ 与 ＰＮ 是异面 Ｃ Ｅ２ ＣＣ２ ＣＥ２ 所以 ＡＰ ＣＥ 此时四边形
Ａ. １ ＋ １ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
直线 ＰＥＣＡ 是等腰梯形 故 错误
ꎬ Ｃ ꎻ
因为底面 ＡＢＣＤ 是正方形 所以 ＡＣ ＢＤ
Ｃ→Ｍ Ｐ→Ｎ
ꎬ ⊥ ꎬ
Ｂ.｜ ｜>｜ ｜
过 Ｐ Ａ Ｃ 三点的正 因为 ＤＤ 底面 ＡＢＣＤ 所以 ＤＤ ＡＣ 因为
Ｃ. ꎬ ꎬ
１⊥ ꎬ １⊥ ꎬ
方体的截面一定不 ＤＤ ＢＤ Ｄ 所以 ＡＣ 平面 ＤＤ Ｂ Ｂ 又 ＡＣ
１∩ ＝ ꎬ ⊥ １ １ ꎬ
是等腰梯形 平面 ＰＡＣ 所以平面 ＰＡＣ 平面 ＤＤ Ｂ Ｂ
⊂ ꎬ ⊥ １ １ ꎬ
平面 ＰＡＮ 平面 ＢＤＤ Ｂ 即平面 ＰＡＮ 平面 ＤＤ Ｂ Ｂ 故 正确.故
Ｄ. ⊥ １ １ ⊥ １ １ ꎬ Ｄ
答案 ＢＤ 如图 连接 ＰＣ ＮＣ 则 Ａ Ｎ Ｃ 选 .
ＢＤ
１ꎬ ꎬ ꎬ 、 、
三点共线 因为点Ｍ ＰＡ ＰＡ 平面ＰＡＣ 所 ２.( 届重庆南开中学质检ꎬ )如图 在三
ꎬ ∈ ꎬ ⊂ ꎬ ２０２３ １９ ꎬ
以Ｍ 点在平面ＰＡＣ 即ＣＭ 平面ＰＡＣ 因为 棱锥 Ｐ ＡＢＣ 中 底面 ＡＢＣ 是边长为 的等
ꎬ ⊂ ꎬ － ꎬ ６
点 Ｎ ＡＣ ＡＣ 平面 ＰＡＣ 所以 Ｎ 点在平面 边三角形 且满足Ａ→Ｄ Ｄ→Ｃ Ｍ Ｎ 分别为
∈ ꎬ ⊂ ꎬ ꎬ ＝ ２ ꎬ ꎬ
ＰＡＣ 即ＰＮ 平面ＰＡＣ 即ＰＮ ＣＭ 不是异面
ꎬ ⊂ ꎬ 、 ＢＣ ＡＢ 的中点 Ｍ→Ｆ １Ｍ→Ｎ ＰＤ 平面 ＡＢＣ.
直线 故 错误 ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ⊥
ꎬ Ａ ꎻ ６
如图 以 Ｄ 为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在直线 证明 平面 ＰＤＦ 平面 ＰＭＮ
１ꎬ ꎬ 、 、 １ (１) : ⊥ ꎻ
分别为 ｘ ｙ ｚ 轴建立空间直角坐标系 设 ＤＡ
、 、 ꎬ 若二面角 Ｐ ＭＮ Ｄ 的余弦值为 １ 求
(２) － － ꎬ
Ｄ Ｐ ｘ ｘ 则 Ｐ ｘ Ｎ
２
＝２ꎬ １ ＝ (０< <２)ꎬ ( ꎬ０ꎬ２)ꎬ (１ꎬ１ꎬ
ＰＭ 与平面 ＰＤＦ 所成角的正切值.
æ ｘ ö
Ｍç２＋ ÷ Ｃ 所以Ｐ→Ｎ ｘ
０)ꎬ è ꎬ０ꎬ１øꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝(１－ ꎬ
２
æ ｘ ö
Ｃ→Ｍ ç２＋ ÷ 则 Ｐ→Ｎ
１ꎬ － ２)ꎬ ＝ è ꎬ－２ꎬ１øꎬ ｜ ｜ ＝
２
æ ｘö２
ｘ ２ Ｃ→Ｍ ç２＋ ÷ 所 以
(１－ ) ＋５ꎬ ｜ ｜ ＝ è ø ＋５ꎬ
２
æ ｘö２
Ｐ→Ｎ ２ Ｃ→Ｍ ２ ｘ ２ ç２＋ ÷ ３ ｘ ２
｜ ｜ －｜ ｜ ＝(１－ ) －è ø ＝ ( －２) 解析 证明 因为Ａ→Ｄ Ｄ→Ｃ ＡＣ 所以
２ ４ (１) : ＝２ ꎬ ＝６ꎬ
因为 ｘ 所以 Ｐ→Ｎ ２ Ｃ→Ｍ ２ 即 ＡＤ ＣＤ 因为 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ ＡＢ 的
－３ꎬ ０< <２ꎬ ｜ ｜ －｜ ｜ <０ꎬ ｜ ＝４ꎬ ＝２ꎬ ꎬ ꎬ
Ｐ→Ｎ Ｃ→Ｍ 故 正确 中点 所以 ＭＮ ＡＣ ＭＮ １ＡＣ 因为Ｍ→Ｆ
｜<｜ ｜ꎬ Ｂ ꎻ ꎬ ∥ ꎬ ＝ ＝３ꎬ
２
１Ｍ→Ｎ 所以 ＭＦ １ 在 ＡＢＣ 内 取 ＡＣ 的
＝ ꎬ ＝ ꎬ △ ꎬ
６ ２
中点 Ｋ 连接 ＢＫ 交 ＭＮ 于 Ｈ 则 ＢＫ ＡＣ ＫＤ
ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
5 ＭＨ １ ＭＮ ３ 则 ＦＨ 所以 ＦＨ
＝１ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ １ꎬ
年
２ ２
高
考 ＫＤ 所以四边形 ＦＤＫＨ 为平行四边形 所以
ꎬ ꎬ
3
年 图 图 ＤＦ ＢＫ 所以 ＤＦ ＡＣ 所以 ＤＦ ＭＮ.
模 １ ２ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥
拟 又 ＰＤ 平面 ＡＢＣ ＭＮ
如图 Ｐ 为 Ａ Ｄ 的中点.取 Ｃ Ｄ 的中点 Ｅ ⊥ ꎬ ⊂
A ２ꎬ １ １ １ １ ꎬ 平面 ＡＢＣ 所以 ＰＤ ＭＮ
版
ꎬ ⊥ ꎬ
连接 ＣＥ ＰＥ 则 ＰＥ ＡＣ ＰＥ １ＡＣ 所以四
高 、 ꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ 因为 ＰＤ ＤＦ Ｄ ＰＤ ＤＦ
考 ２ ∩ ＝ ꎬ ꎬ
数 平面 ＰＤＦ
学
边形 ＰＥＣＡ 是梯形 因为 ＡＰ２ Ａ Ｐ２ ＡＡ２
⊂ ꎬ
ꎬ ＝ １ ＋ １ ＝
２９８
所以 ＭＮ 平面 ＰＤＦ 因为 ＭＮ 平面 ＰＭＮ ＣＣ 故 ＡＡ ＭＮ.
⊥ ꎬ ⊂ ꎬ １ꎬ １∥
所以平面 ＰＤＦ 平面 ＰＭＮ. 因为 Ａ Ｂ Ｃ 是正三
⊥ △ １ １ １
由 可得 ＰＦＤ 即是二面角 Ｐ ＭＮ Ｄ 角形 Ｎ 为 Ｂ Ｃ 的中
(２) (１) ∠ － － ꎬ １ １
点 所以 Ｂ Ｃ Ａ Ｎ.又
的平面角 所以 ＰＦＤ １ 又 ＰＤ ＤＦ ꎬ １ １⊥ １
ꎬ ｃｏｓ∠ ＝ ꎬ ⊥ ꎬ
Ｂ Ｃ ＭＮ Ａ Ｎ ＭＮ
２
１ １⊥ ꎬ １ ∩ ＝
ＤＦ Ｎ 故 Ｂ Ｃ 平 面
所以 ＰＤ＝ ３. ꎬ １ １ ⊥
３ Ａ ＡＭＮ.因为 Ｂ Ｃ 平
又 ＡＢＣ 是边长为 的等边三角形 所以 １ １ １⊂
面 ＥＢ Ｃ Ｆ 所以平面 Ａ ＡＭＮ 平面 ＥＢ Ｃ Ｆ.
△ ６ ꎬ
１ １ ꎬ １ ⊥ １ １
ＡＯ 平面 ＥＢ Ｃ Ｆ ＡＯ 平面 Ａ ＡＭＮ 平
ＤＦ ３ ３ (２) ∥ １ １ ꎬ ⊂ １ ꎬ
＝ ꎬ
面 Ａ ＡＭＮ 平面 ＥＢ Ｃ Ｆ ＰＮ 所以 ＡＯ
２
１ ∩ １ １ ＝ ꎬ ∥
ＰＮ.又 ＡＰ ＯＮ 所以四边形 ＡＰＮＯ 是平行四
则 ＰＤ ９ ＰＦ .
∥ ꎬ
＝ ꎬ ＝３ ３
２
边形 所以 ＰＮ ＡＯ ＡＰ ＯＮ １ＡＭ
由 ＭＮ 平面 ＰＤＦ 可得 ＭＰＦ 即是 ＰＭ 与 ꎬ ＝ ＝６ꎬ ＝ ＝ ＝ ３ꎬ
⊥ ∠
３
平面 ＰＤＦ 所 成 角 在 ＰＦＭ 中
ꎬ Ｒｔ △ ꎬ ｔａｎ
ＰＭ ２ＡＭ ＥＦ １ＢＣ .
＝ ＝２ ３ꎬ ＝ ＝２
１ ３ ３
ＭＦ 易证 ＢＣ 平面 ＥＢ Ｃ Ｆ
∠ ＭＰＦ ＝ＰＦ＝ ２ ＝ ３ ꎬ ∥ １ １ ꎬ
３ ３ １８ 所以四棱锥 Ｂ － ＥＢ Ｃ Ｆ 的顶点 Ｂ 到底面
１ １
ＥＢ Ｃ Ｆ 的距离等于点 Ｍ 到底面 ＥＢ Ｃ Ｆ 的
即 ＰＭ 与平面 ＰＤＦ 所成角的正切值为 ３. １ １ １ １
距离.
１８
３.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)如图 已知三棱 作 ＭＴ ＰＮ 垂足为 Ｔ 则由 知 ＭＴ 平
２０２０ Ⅱ ２０ １２ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ (１) ꎬ ⊥
柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的底面是正三角形 侧面 面 ＥＢ Ｃ Ｆ
－ １ １ １ ꎬ １ １ ꎬ
ＢＢ Ｃ Ｃ 是矩形 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ Ｂ Ｃ 的中 故 ＭＴ ＰＭ ＭＰＮ .
１ １ ꎬ ꎬ ꎬ １ １ ＝ ｓｉｎ∠ ＝３
点 Ｐ 为 ＡＭ 上一点.过 Ｂ Ｃ 和 Ｐ 的平面交
ꎬ １ １ 底面 ＥＢ Ｃ Ｆ 的面积为１ Ｂ Ｃ ＥＦ ＰＮ
ＡＢ 于 Ｅ 交 ＡＣ 于 Ｆ. １ １ ×( １ １ ＋ )
２
ꎬ
证明 ＡＡ ＭＮ 且平面 Ａ ＡＭＮ 平
１ .所以四棱锥 Ｂ ＥＢ Ｃ Ｆ
(１) : １ ∥ ꎬ １ ⊥ ＝ ×(６＋２)×６＝２４ －
１ １
面 ＥＢ Ｃ Ｆ ２
１ １ ꎻ
设 Ｏ 为 Ａ Ｂ Ｃ 的中心.若 ＡＯ ＡＢ 的体积为１ .
(２) △ １ １ １ ＝ ＝６ꎬ ×２４×３＝２４
３
ＡＯ 平面 ＥＢ Ｃ Ｆ 且 ＭＰＮ π 求四棱锥 ４.( 全国乙文ꎬ ꎬ 分) 如图 四面体
∥ １ １ ꎬ ∠ ＝ ꎬ ２０２２ １８ １２ ꎬ
３
ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＣＤ ＡＤＢ
Ｂ ＥＢ Ｃ Ｆ 的体积. ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ꎬ ∠ ＝
－
１ １ ＢＤＣ Ｅ 为 ＡＣ 的中点.
∠ ꎬ
证明 平面 ＢＥＤ 平面 ＡＣＤ
(１) : ⊥ ꎻ
设 ＡＢ ＢＤ ＡＣＢ ° 点 Ｆ 在 ＢＤ
(２) ＝ ＝２ꎬ∠ ＝６０ ꎬ
上 当 ＡＦＣ 的面积最小时 求三棱锥 Ｆ
ꎬ △ ꎬ －
ＡＢＣ 的体积.
专
题
八
解析 证明 因为 Ｍ Ｎ 分别为 ＢＣ Ｂ Ｃ
(１) : ꎬ ꎬ １ １ 立
的中点 所以 ＭＮ ＣＣ .又由已知得 ＡＡ 体
ꎬ ∥ １ １∥ 几
何
２９９
解析 证 明 ＡＤ ＣＤ ＡＤＢ 下列说法正确的是
(１) : ∵ ＝ ꎬ ∠ ＝ ( )
ＢＤＣ ＢＤ ＢＤ
∠ ꎬ ＝ ꎬ
ＡＤＢ ＣＤＢ ＡＢ ＢＣ
∴ △ ≌△ ꎬ∴ ＝ ꎬ
又 Ｅ 为 ＡＣ 的中点 ＢＥ ＡＣ
ꎬ∴ ⊥ ꎬ
在 ＡＤＣ 中 ＡＤ ＣＤ Ｅ 为 ＡＣ 的中点 ＤＥ
△ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ∴
平面 ＡＢＤ 平面 ＡＢＣ
ＡＣ Ａ. ⊥
⊥ ꎬ
平面 ＡＣＤ 平面 ＢＣＤ
又 ＤＥ 平面 ＢＥＤ ＢＥ 平面 ＢＥＤ ＤＥ ＢＥ Ｂ. ⊥
⊂ ꎬ ⊂ ꎬ ∩
平面 ＡＢＣ 平面 ＢＣＤ
Ｅ Ｃ. ⊥
＝ ꎬ
平面 ＡＣＤ 平面 ＡＢＣ
ＡＣ 平面 ＢＥＤ Ｄ. ⊥
∴ ⊥ ꎬ
答案 Ｄ 在四边形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＢＣ
ＡＣ 平面 ＡＣＤ 平面 ＢＥＤ 平面 ＡＣＤ. ∵ ꎬ ∥ ꎬ
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥
ＢＣＤ ° ＡＤＣ ° ＡＤ ＡＢ
由 可知 ＡＢ ＢＣ 且 ＡＣＢ ° ∠ ＝ ４５ ꎬ ∴ ∠ ＝１３５ ꎬ∵ ＝ ꎬ
(２) (１) ＝ ∠ ＝６０ ꎬ
ＢＡＤ ° ＡＤＢ ° ＢＤＣ °
ＡＢＣ 为等边三角形 ＡＣ ＡＢ . ∠ ＝９０ ꎬ∴ ∠ ＝４５ ꎬ∴ ∠ ＝９０ ꎬ
∴ △ ꎬ∴ ＝ ＝２
ＢＤ ＣＤ.在四面体 ＡＢＣＤ 中 平面 ＡＢＤ
又 ＡＤ ＤＣ ＡＤ ＣＤ ＡＤ ＤＣ ∴ ⊥ ꎬ ⊥
＝ ꎬ ⊥ ꎬ∴ ＝ ＝ ２ꎬ
平面 ＢＣＤ 且平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ ＢＤ ＣＤ
连接 ＥＦ 由 知 ＡＣ 平面 ＢＥＤ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
ꎬ (１) ⊥ ꎬ
平面 ＢＣＤ ＣＤ 平面 ＡＢＤ ＣＤ ＡＢ
ＥＦ 平面 ＢＥＤ ＡＣ ＥＦ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
∵ ⊂ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
又 ＡＤ ＡＢ ＡＤ ＣＤ Ｄ ＡＢ 平面 ＡＣＤ
⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ∴ ⊥ ꎬ
Ｓ １ＡＣ ＥＦ ＥＦ
∴ △ ＡＣＦ＝ × ＝ ꎬ 又 ＡＢ ⊂ 平面 ＡＢＣ ꎬ∴ 平面 ＡＢＣ ⊥ 平面 ＡＣＤ.
２
２.( 届福建泉州质量监测一ꎬ )已知矩形
在 ＡＤＣ 中 可得 ＤＥ 在 ＡＢＣ 中 可
Ｒｔ△ ꎬ ＝１ꎬ △ ꎬ ２０２３ ７
ＡＢＣＤ 中 ＡＢ ＢＣ 将 ＣＢＤ 沿 ＢＤ 折
得 ＢＥ ꎬ ＝２ꎬ ＝１ꎬ △
＝ ３ꎬ
起至 Ｃ′ＢＤ 当Ｃ′Ｂ 与ＡＤ 所成角最大时 三
又 ＢＤ ＢＤ２ ＤＥ２ ＢＥ２ △ ꎬ ꎬ
＝２ꎬ∴ ＝ ＋ ꎬ
棱锥 Ｃ′ ＡＢＤ 的体积等于
ＢＥＤ 为直角三角形 且 ＥＢＤ ° － ( )
∴ △ ꎬ ∠ ＝３０ ꎬ
ＥＦ 的最小值为 ＢＥＤ 斜边上的高 ｈ
∴ Ｒｔ△ ꎬ ５ ５ ３ ３
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
３０ １５ ６ ２
且 ｈ ＢＥ ＥＢＤ ３ ＡＣ 平面 ＢＥＦ 答案 Ｃ 因为异面直线所成角最大为 °
＝ ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ∵ ⊥ ꎬ
９０ ꎬ
２
所以当 Ｃ′Ｂ ＡＤ 时 Ｃ′Ｂ 与 ＡＤ 所成角最大
æ ö ⊥ ꎬ ꎬ
Ｖ １Ｓ ＡＣ １ ç １ＢＦ ｈ÷ ＡＣ
∴ Ｆ － ＡＢＣ＝ △ ＢＥＦ× ＝ ×è ø× 又因为四边形 ＡＢＣＤ 是
３ ３ ２
æ ö 矩形 所以 ＡＤ ＡＢ 又
１ ç １ＢＥ ° ｈ÷ ＡＣ １ ꎬ ⊥ ꎬ
＝ × è ｃｏｓ ３０ ø × ＝ × Ｃ′Ｂ ＡＤ ＡＢ Ｃ′Ｂ Ｂ
３ ２ ３ ⊥ ꎬ ∩ ＝ ꎬ
æ ö ＡＢ Ｃ′Ｂ 平面 ＡＢＣ′ 所
çç １ ３ ３÷÷ 、 ⊂ ꎬ
è × ３× × ø ×２ 以 ＡＤ 平面ＡＢＣ′ 又因为ＡＣ′ 平面ＡＢＣ′
２ ２ ２ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ
所以 ＡＤ ＡＣ′
5 ３. ⊥ ꎬ
年 ＝ 在 ＡＣ′Ｄ 中 ＡＤ Ｃ′Ｄ 所以 ＡＣ′
高 ４ Ｒｔ△ ꎬ ＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝
考
考法 三 翻折问题的处理方法
3 Ｃ′Ｄ２ ＡＤ２ 又 ＢＣ′ ＡＣ′
年 － ＝ ４－１ ＝ ３ꎬ ＝ １ꎬ ＝
模
拟
１.(
２０２２
湖南衡阳一中月考ꎬ
６
)如图所示
ꎬ
在四
３ꎬ
ＡＢ
＝２ꎬ
所以 ＡＢ２
＝
ＢＣ′２
＋
ＡＣ′２
ꎬ
故 ＢＣ′
⊥
A 边形 ＡＢＣＤ 中 ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＡＢ ＢＣＤ
版 ꎬ ∥ ꎬ ＝ ꎬ∠ ＝ ＡＣ′ ꎬ 所以 Ｖ Ｃ′ － ＡＢＤ＝ Ｖ Ｄ － ＡＢＣ′＝ １Ｓ △ ＡＢＣ′ ＡＤ ＝ １ ×
° ＢＡＤ ° 将 ＡＢＤ 沿 ＢＤ 折起 使得 ３ ３
高 ４５ ꎬ∠ ＝９０ ꎬ △ ꎬ
考
数 平面 ＡＢＤ 平面 ＢＣＤ 构成四面体 ＡＢＣＤ 则 １ ３.故选
学 ⊥ ꎬ ꎬ ×１× ３×１＝ Ｃ.
２ ６
３００
３.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)如图 四边形
以Ｈ 为坐标原点 Ｈ→Ｆ的方向为ｙ 轴正方向
２０１８ Ⅰ １８ １２ ꎬ
ꎬ ꎬ｜
ＡＢＣＤ 为正方形 Ｅ Ｆ 分别为 ＡＤ ＢＣ 的中
ꎬ ꎬ ꎬ Ｂ→Ｆ 为单位长 建立如图所示的空间直角坐
｜ ꎬ
点 以ＤＦ 为折痕把 ＤＦＣ 折起 使点Ｃ 到达
ꎬ △ ꎬ 标系 Ｈ ｘｙｚ
－ ꎬ
点 Ｐ 的位置 且 ＰＦ ＢＦ.
ꎬ ⊥ 则Ｈ .
(０ꎬ０ꎬ０)
证明 平面 ＰＥＦ 平面 ＡＢＦＤ
(１) : ⊥ ꎻ 由 可得
(１) ꎬ
求 ＤＰ 与平面 ＡＢＦＤ 所成角的正弦值.
(２) ＤＥ ＰＥ. 又
⊥
ＤＰ ＤＥ
＝ ２ꎬ ＝
所以 ＰＥ
１ꎬ ＝ ３ꎬ
又 ＰＦ ＥＦ 故 ＰＥ２ ＰＦ２ ＥＦ２ 故 ＰＥ
＝１ꎬ ＝２ꎬ ＋ ＝ ꎬ
ＰＦ
解析 证明 由已知可得 ＢＦ ＥＦ ⊥ ꎬ
(１) : ⊥ ꎬ
æ ö
又已知 ＢＦ ＰＦ 且 ＰＦ ＥＦ 平面 ＰＥＦ ＰＦ 可得 ＰＨ ３ ＥＨ ３ 则 Ｐ çç ３÷÷ Ｄ
⊥ ꎬ 、 ⊂ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ è０ꎬ０ꎬ øꎬ
ＥＦ Ｆ ２ ２ ２
∩ ＝ ꎬ æ ö æ ö
所以 ＢＦ 平面 ＰＥＦ ç ３ ÷ Ｄ→Ｐ çç ３ ３÷÷ 易 知 Ｈ→Ｐ
⊥ ꎬ è－１ꎬ－ ꎬ０øꎬ ＝ è１ꎬ ꎬ øꎬ ＝
又 ＢＦ 平面 ＡＢＦＤ 所以平面 ＰＥＦ 平面 ２ ２ ２
⊂ ꎬ ⊥ æ ö
ＡＢＦＤ. çç ３÷÷为平面 ＡＢＦＤ 的一个法向量.设 ＤＰ
è０ꎬ０ꎬ ø
作 ＰＨ ＥＦ 垂足为 Ｈ.由 得 ＰＨ 平 ２
(２) ⊥ ꎬ (１) ꎬ ⊥ 与平 面 ＡＢＦＤ 所 成 角 为 θ 则 θ
面 ＡＢＦＤ. ꎬ ｓｉｎ ＝
３
Ｈ→Ｐ Ｄ→Ｐ
４ ３. 所以 ＤＰ 与平面
Ｈ→Ｐ Ｄ→Ｐ ＝ ＝
｜ ｜ ｜ ｜ ３ ４
ＡＢＦＤ 所成角的正弦值为 ３.
４
专
题
八
立
体
几
何
３０１
