北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§8.3 直线、平面垂直的判定与性质
— 专题检测 —
一、单项选择题
1.(2021北京石景山高三统练一,5)“直线l与平面α内无数条直线垂直”是“直线l与平面α垂
直”的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不必要也不充分条件
答案 B 本题考查充分、必要条件、线面垂直的定义和性质,考查学生的逻辑推理能力,考查直
观想象与逻辑推理的核心素养,试题体现综合性.
若直线l与平面α内无数条直线垂直,则直线l可能与平面α平行,可能在平面α内,也可能与平面α
相交;若直线l与平面α垂直,则直线l与平面α内无数条直线垂直,故“直线l与平面α内无数条直
线垂直”是“直线l与平面α垂直”的必要不充分条件.故选B.
2.(2021北京朝阳质量检测一,10)在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,P是线段BC 上的点,过
1 1 1 1 1
A 的平面α与直线PD垂直.当P在线段BC 上运动时,平面α截正方体ABCD-ABCD 所得的截
1 1 1 1 1 1
面面积的最小值是 ( )
5 √6
A.1 B. C. D.√2
4 2
答案 C 如图,以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA 所在直线为x轴,y轴,z轴建系,则
1
C(1,1,0),D(1,0,0),A(0,0,1),D(1,0,1),B(0,1,0),C(1,1,1),⃗A C=(1,1,-1),⃗BC =(1,0,1),设⃗BP=λ⃗BC
1 1 1 1 1 1
(0≤λ≤1),则P(λ,1,λ),则⃗DP=(λ-1,1,λ),⃗DP·⃗A C=(λ-1,1,λ)·(1,1,-1)=0,设点Q 在CD 上,点Q 在AB上,
1 1 1 1 2
则Q(1,1-λ,1),Q(0,λ,0),则截面面积为平行四边形AQCQ 的面积.由对称性可知,当λ=0或λ=1时,
1 2 1 1 2
1 1 √6 [√6 ]
面积为√2,当λ= 时,截面为菱形,此时面积为 ×√3×√2= ,故截面面积的范围为 ,√2 ,故
2 2 2 2
选C.
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3.(2021四川天府名校4月诊断测试,7)已知a,b为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列结论不正
确的是 ( )
A.若a⊥α,b∥α,则b⊥a
B.若a⊂α,α∥β,则a∥β
C.若a∥α,b⊥β,a∥b,则α⊥β
D.若α∩β=b,a⊂α,a⊥b,则α⊥β
答案 D 对于A,若a⊥α,则a垂直于α内的所有直线及与α平行的所有直线,又b∥α,则b⊥a,故
A正确;
对于B,a⊂α,α∥β,根据两平面平行的定义,可得a∥β,故B正确;
对于C,若b⊥β,a∥b,则a⊥β,又a∥α,∴α⊥β,故C正确;
对于D,若α∩β=b,a⊂α,a⊥b,并不能推出垂直于另一平面,因此不能得出a⊥β,即不能得出α⊥β,故
D错误.
故选D.
4.(2021四川西昌二模,11)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,P是AA 的中点,过点D 作平面
1 1 1 1 1 1
α,满足CP⊥平面α,则平面α与正方体ABCD-ABCD 的截面周长为 ( )
1 1 1 1
A.2√5+3√2 B.6√2 C.4√2+4 D.4√5
答案 A 取AD的中点E,AB的中点F,连接PD,DE,EF,BF,BD,AC,BD,如图所示:
1 1 1 1
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因为E为AD的中点,F为AB的中点,所以EF∥BD,又可知BD∥BD,
1 1
所以EF∥BD,
1 1
所以E,F,B,D 四点共面.
1 1
根据正方体的性质可知CD⊥平面ADDA,
1 1
又DE⊂平面ADDA,所以CD⊥DE,
1 1 1 1
易知△DDE≌△DAP,故∠EDD=∠PDA,
1 1
又∠PDA+∠PDD=90°,所以∠EDD+∠PDD=90°,
1 1 1
即PD⊥DE,
1
因为CD∩PD=D,所以DE⊥平面PDC,
1
又CP⊂平面PDC,所以DE⊥CP,
1
E为AD中点,F为AB中点,由正方形和正方体性质可知:
EF⊥AC,PA⊥EF,又PA∩AC=A,
所以EF⊥平面PAC,又CP⊂平面PAC,
所以EF⊥CP,又因为DE⊥CP,DE∩EF=E,
1 1
所以CP⊥平面EFBD,即平面EFBD 为平面α与正方体ABCD-ABCD 的截面,
1 1 1 1 1 1 1 1
因为正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,
1 1 1 1
所以四边形EFBD 的周长为BD+DE+EF+BF=√22+22+√22+12+√12+12+√12+22=2√2+√5
1 1 1 1 1 1
+√2+√5=3√2+2√5.故选A.
5.(2021东北三省四市教研联合体第二次联考,8)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β成立的充分
条件是 ( )
A.α⊥γ,β⊥γ B.α∩β=a,b⊥a,b⊂β
C.a∥α,a∥β D.a∥α,a⊥β
答案 D 对于A,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能相交,也可能平行,故选项A不正确;对于B,若
α∩β=a,b⊥a,b⊂β,则α与β不一定垂直,故选项B不正确;对于C,若a∥α,a∥β,则α与β可能相交,也
可能平行,故选项C不正确;对于D,若a∥α,a⊥β,则由a∥α,知在α内必有直线l与a平行,因为a⊥β,
所以l⊥β,所以α⊥β,故选项D正确,故选D.
6.(2021云南昆明三诊一模,10)如图,O 是正方体ABCD-ABCD 的中心O关于平面ABCD 的对
1 1 1 1 1 1 1 1 1
称点,则下列说法中错误的是 ( )
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A.OC∥平面ABCD
1 1 1 1
B.平面OAD⊥平面OBC
1 1 1 1 1 1
C.OC⊥平面ABD
1 1 1 1
D.O,O,A,B,C,D 六点在同一球面上
1 1 1 1 1
答案 D 记正方形ABCD 的中心为O,显然O,O,O 共线,如图所示,
1 1 1 1 3 3 1
设边AD,BC 的中点分别为F,E,连接AC,则点O在AC上,且O是AC的中点,因为O 是点O关
1 1 1 1 1 1 1 1
于平面ABCD 的对称点,所以OO∥CC,且OO=CC,所以四边形OOCC是平行四边形,所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
OC∥OC,因为OC⊄平面ABCD,OC⊂平面ABCD,所以OC∥平面ABCD,所以A正确;连接
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
EO,FO,易得EO⊥FO,EO⊥AD,又OF∩AD=F,所以EO⊥平面OAD,又EO⊂平面OBC,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以平面OAD⊥平面OBC,所以B正确;因为AB⊥AO,所以AB⊥OC,同理AD⊥OC,又
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AB∩AD=A,所以OC⊥平面ABD,所以C正确;连接OA,因为OO≠OA,所以D错误,故选D.
1 1 1 1 1 1 3 1 3 3 1
7.(2021浙江新高考研究卷(一),6)已知平面α,β,直线m⊂α,则“m⊥β”是“α⊥β”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 A 根据面面垂直的判定定理得m⊂α,且m⊥β⇒α⊥β,反之,若m⊂α,且α⊥β,则直线m与平
面β可能垂直,可能斜交,也可能平行或在平面β内,所以“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件,
故选A.
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8.(2021安徽合肥一模,9)我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中,把底面为矩形且有一
条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.今有“阳马”P-ABCD,PA=AB=AD,E,F分别为棱
PB,PD的中点.以下四个结论:
①PB⊥平面AEF;②EF⊥平面PAC;③平面PBD⊥平面AEF;④平面AEF⊥平面PCD.
其中正确的是( )
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
答案 D 如图,因为E,F分别为PB,PD的中点,所以EF∥BD,在△PBD中,PB=PD=BD=√2AB,所以
π π
△PBD为正三角形,则PB与BD所成的角为 ,即PB与EF所成的角为 ,所以PB不可能与平面
3 3
AEF垂直,所以①不正确.由题意可知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正确.设AC∩BD=O,连接PO,交EF于M,连接AM,则
AM⊥EF,MO⊥EF,所以∠AMO为平面AEF与平面PBD的夹角,不妨令PB=PD=BD=√2AB=2,则
√3 1 1 √3
AE=EF=AF=1,AO=1,所以AM= ,MO= PO= ×√3= ,在△AMO中,由余弦定理的推论得
2 2 2 2
3 3
+ -1
AM2+MO2-AO2 4 4 1 1
cos∠AMO= = = ,即平面AEF与平面PBD夹角的余弦值为 ,
2AM·MO √3 √3 3 3
2× ×
2 2
所以③不正确.由题意知PD⊥AF,CD⊥平面PAD,因为AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF,又
CD∩PD=D,所以AF⊥平面PCD,又AF⊂平面AEF,所以平面AEF⊥平面PCD,所以④正确,故选D.
9.(2021河南六市第一次联考,8)如图,在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,M为棱AB的中点,动
1 1 1 1
点P在四边形BCCB 及其内部运动,总有AP⊥DM,则动点P的轨迹的长度为 ( )
1 1 1
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√2 √5 π √3
A. B. C. D.
2 2 16 2
答案 A 如图,分别取BC,BB 的中点E,F,连接AE,AF,EF,AM,DM,AF,因为M是AB的中点,E为
1 1 1
BC的中点,四边形ABCD为正方形,所以DM⊥AE,又DD⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以
1
DD⊥AE,又DM∩DD=D,所以AE⊥平面DDM,因为DM⊂平面DDM,所以DM⊥AE,同理可得
1 1 1 1 1 1
DM⊥AF,又AE∩AF=A,所以DM⊥平面AEF,又因为动点P在四边形BCCB 及其内部运动,所以
1 1 1 1
√2
根据线面垂直的性质得动点P的轨迹是线段EF,又知E,F分别是BC,BB 的中点,所以EF= ,即
1
2
√2
动点P的轨迹的长度为 ,故选A.
2
10.(2021浙江宁波二模,8)如图,在等腰梯形ABCD中,AB=2AD=2BC=2CD=4,现将△DAC沿对角线
AC所在的直线翻折成△D'AC,记二面角D'-AC-B的大小为α(0<α<π),则 ( )
A.存在α,使得D'A⊥平面D'BC
B.存在α,使得D'A⊥BC
C.不存在α,使得平面D'AC⊥平面ABC
D.存在α,使得平面D'AB⊥平面ABC
2π
答案 B 对于选项A,若存在α,使得D'A⊥平面D'BC,则D'A⊥D'C,而由已知求得∠AD'C= ,矛
3
盾,故A不正确;
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π
对于选项B,易知∠ACB= ,所以当BC⊥平面D'AC时,就有D'A⊥BC,故B正确;
2
π π
对于选项C,因为∠ACB= ,所以当BC⊥平面D'AC,即α= 时,平面D'AC⊥平面ABC,故C不正确;
2 2
对于选项D,当平面D'AB⊥平面ABC时,计算可得AD'在平面ABC内的射影长为2,又AD'=2,则
D'为线段AB的中点,故α=0,但0<α<π,故D不正确.故选B.
二、多项选择题
11.(2020山东泰安期末,7)已知α,β是两个不重合的平面,m,n是两条不重合的直线,则下列命题正确
的是( )
A.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
B.若m∥α,α∩β=n,则m∥n
C.若m⊥α,m⊥β,则α∥β
D.若m⊥α,m∥n,n⊥β,则α∥β
答案 ACD 易知A正确;对于B,如图,设m为AB,平面ABCD 为平面α,m∥α,设平面ADDA 为
1 1 1 1 1 1
平面β,α∩β=AD 为n,则m⊥n,故B错;
1 1
垂直于同一条直线的两个平面平行,故C对;
若m⊥α,m∥n,则n⊥α,又n⊥β,则α∥β,故D对.故选ACD.
12.(2021届河北百师联盟联考,12)如图,正方体ABCD-ABCD 中,M,N是线段AC 上的两个动点,
1 1 1 1 1 1
则下列结论正确的是( )
A.BM,CN始终在同一个平面内
B.MN∥平面ABCD
C.BD⊥CM
D.若正方体的棱长和线段MN的长均为定值,则三棱锥B-CMN的体积为定值
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答案 BCD 因为C,M,N同在平面AACC上,
1 1
而B不在平面AACC上,
1 1
所以BM,CN不在同一个平面内,故A错误.
连接AC,因为MN∥AC,AC⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD,故B正确.
因为AA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
1
所以AA⊥BD,易知AC⊥BD,又AA∩AC=A,AA⊂平面AACC,AC⊂平面AACC,
1 1 1 1 1 1 1
所以BD⊥平面AACC,
1 1
因为CM⊂平面AACC,
1 1
所以BD⊥CM,故C正确.
不妨设正方体的棱长为a,MN=b,
1 1
则S = MN·CC= ab.设AC与BD交于点O,由于BD⊥平面AACC,则BO⊥平面AACC,BO=
△CMN
2
1
2
1 1 1 1
√2
a,
2
1 1 1 √2 √2
所以V = S ·BO= × ab× a= a2b.因为a,b为定值,所以三棱锥B-CMN的体积为
三棱锥B-CMN 3 △CMN 3 2 2 12
定值,故D正确.
13.(2021届广东茂名五校联盟第一次联考,12)如图所示,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,E,F分
别是棱AA',CC'的中点,过直线EF的平面分别与棱BB',DD'交于M,N,设BM=x,x∈(0,1),则正确的说
法是( )
A.四边形MENF为平行四边形
B.若四边形MENF的面积S=f(x),x∈(0,1),则f(x)有最小值
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C.若四棱锥A-MENF的体积V=p(x),x∈(0,1),则p(x)是常数函数
D.若多面体ABCD-MENF的体积V=h(x),x∈(1 ),则h(x)为单调函数
,1
2
答案 ABC ∵平面ADD'A'∥平面BCC'B',
平面ADD'A'∩平面MENF=EN,平面BCC'B'∩平面MENF=MF,
∴EN∥MF,同理FN∥EM,所以四边形MENF为平行四边形,故A正确;
1 1
四边形MENF的面积S=f(x)= ·EF·MN,当M为BB'的中点,即x= 时,MN最短,此时面积最小,故B
2 2
正确;
连接AF,AM,AN,则四棱锥分割为两个小棱锥,它们是以AEF为底,以M,N为顶点的两个小棱锥,
因为△AEF的面积是个常数,M,N到平面AEF的距离和是个常数,
所以四棱锥A-MENF的体积V=P(x)是常数函数,故C正确;
1 1
多面体ABCD-MENF的体积V=h(x)= V = ,为常数函数,故D错误.
ABCD-A'B'C'D'
2 2
14.(2021届江苏镇江八校期中联考,9)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⊥BC B.AC⊥平面PBC
C.平面PAB⊥平面PBC D.平面PAC⊥平面PBC
答案 AD 因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,所以PA⊥BC,
因为直径所对的圆周角为直角,所以BC⊥AC,因为PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,因为PC⊂平面
PAC,所以PC⊥BC,所以A选项正确.
因为BC⊥平面PAC,BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC,所以D选项正确.
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由条件推不出B,C中的结论正确.
故选AD.
15.(2021届山东日照11月份第二次联考,11)在正方体ABCD-ABCD 中,点M在线段BC上运动,
1 1 1 1 1
则 ( )
A.直线BD⊥平面ABCD
1 1 1
B.三棱锥M-ACD的体积为定值
1 1
C.异面直线AM与AD所成角的取值范围是[π π]
1 ,
4 2
√6
D.直线CM与平面ACD所成角的正弦值的最大值为
1 1 1
3
答案 BD A错,如图,连接BD,AC,由正方体可得AC⊥BD,且BB⊥平面BCDA,则
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BB⊥AC,又BD∩BB=B,所以AC⊥平面BDB,故AC⊥BD.
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
同理,连接AD,易证得AD⊥BD,又AC∩AD=A,所以BD⊥平面ACD,又平面ABCD与平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ACD相交,所以A错误.
1 1
B正确, = ,因为点M在线段BC上运动,
V V 1
M-A C D C -A MD
1 1 1 1
1
所以S = AD·AB,为定值,且C 到平面AMD的距离即为C 到平面ABCD的距离,也为定
△A 1 DM 2 1 1 1 1 1 1
值,故体积为定值.
C错,当点M与线段BC的端点重合时,AM与AD所成角取得最小值,为60°.
1 1
D正确,因为直线BD⊥平面ACD,
1 1 1
所以若直线CM与平面ACD所成角的正弦值最大,则直线CM与直线BD 所成角的余弦值最大,
1 1 1 1 1
此时M运动到BC中点处,即所成角为∠CBD,设棱长为1,在Rt△DCB中,cos∠CBD= C B =√2
1 1 1 1 1 1 1 1
BD √3
1
√6
= ,故D正确.
3
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16.(2020山东蒙阴实验中学期末,13)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面
ABCD,BC=2√3,CD=PC=PD=2√6.若点M为PC的中点,则下列说法正确的是 ( )
A.BM⊥平面PCD
B.PA∥平面MBD
C.四棱锥M-ABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥M-ABCD的体积为6
答案 BC 由侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,BC⊥CD,得BC⊥平面PCD,过点B只能作一条
直线与已知平面垂直,所以选项A错误;
连接AC交BD于O,连接MO,
在△PAC中,OM∥PA,MO⊂平面MBD,PA⊄平面MBD,
所以PA∥平面MBD,所以选项B正确;
四棱锥M-ABCD的体积是四棱锥P-ABCD的体积的一半,取CD中点N,连接PN,
则PN⊥CD,则PN⊥平面ABCD,PN=3√2,
1 1
故V = × ×2√3×2√6×3√2=12,所以选项D错误;
M-ABCD
2 3
1
连接ON,MN,矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=√3,在△PCD中,有NM= PD=√6,在Rt△MNO中,
2
MO= =3,即OM=OA=OB=OC=OD,所以四棱锥M-ABCD外接球的球心为O,半径为
√ON2+M N2
3,所以其表面积为36π,所以选项C正确.故选BC.
三、填空题
17.(2021北京市育英中学高三3月月考,15)如图,正方体ABCD-ABCD 的棱长为2,点O为底面
1 1 1 1
ABCD的中心,点P在侧面BBCC的边界及其内部运动.若DO⊥OP,则△DCP面积的最大值为
1 1 1 1 1
.
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答案 √5
解析 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则O(1,1,0),D(0,0,2),C(0,2,2),设
1 1
P(x,2,z),0≤x≤2,0≤z≤2,
则 =(1,1,-2), =(x-1,1,z),
⃗D O ⃗OP
1
∵DO⊥OP,∴ · =x-1+1-2z=x-2z=0.即x=2z.
1 ⃗D O ⃗OP
1
则|CP|= = = ,
1 √x2+(z-2)2 √4z2+(z-2)2 √5z2-4z+4
∵x∈[0,2],x=2z,∴z∈[0,1].
令t=5z2-4z+4,z∈[0,1],则函数在[ 2]上单调递减,
0,
5
在(2
,1
]上单调递增,∴当z=1时,t
max
=5.
5
∴|CP| =√5.
1 max
∵DC⊥平面BBCC,∴DC⊥CP,
1 1 1 1 1 1 1
1 1
∴△DCP面积的最大值为 |DC|·|CP| = ×2×√5=√5.故选C.
1 1 1 1 1 max
2 2
18.(2021浙江新高考研究卷(三),17)如图,在△ABC中,CA=2CB=2,∠ACB=120°,点D在线段AB上运
动.沿直线CD将△ACD折至△A'CD,使得平面A'CD⊥平面BCD,则A'B的最小值为 .
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答案 2
解析 设∠ACD=θ,则∠BCD=2π-θ,θ∈( 2π).
0,
3 3
由三余弦公式得,cos∠A'CB=cos∠A'CD·cos∠BCD=cos θ·cos(2π ),
-θ
3
在△A'BC中,A'B2=5-4cos∠A'CB=5-4cos θcos(2π )=6-2cos( 2π)≥4,
-θ 2θ-
3 3
π
当θ= 时取等号,故A'B的最小值为2.
3
四、解答题
19.(2021北京海淀二模,16)如图,在三棱锥P-ABC中,BC⊥AC,BC⊥PC,AC=BC=6,PA=PC=5,D,E分
别是AC,PC的中点.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)求二面角A-DE-B的余弦值.
解析 (1)证明:因为BC⊥PC,AC⊥BC,AC∩PC=C,AC⊂平面PAC,PC⊂平面PAC,所以BC⊥平面
PAC.
又因为BC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面PAC.
(2)连接PD,因为PA=PC,D是AC的中点,
所以AD=DC,PD⊥AC.
过C作CH∥PD,则CH⊥AC.
因为BC⊥平面PAC,CH⊂平面PAC,
所以BC⊥CH.又BC⊥AC,∴CB、CA、CH两两垂直.
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如图,以C为原点,分别以CB,CA,CH所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz.
因为AC=6,PC=5,所以PD=4.
所以C(0,0,0),B(6,0,0),A(0,6,0),D(0,3,0),P(0,3,4).
因为E是PC的中点,所以E( 3 ).
0, ,2
2
所以 =( 3 ), =(6,-3,0).
⃗DE 0,- ,2 ⃗DB
2
设平面DEB的法向量为n=(x,y,z),
{ 3
则{⃗DE·n=0,即 - y+2z=0,
2
⃗DB·n=0,
6x-3 y=0.
令x=-2,则y=-4,z=-3,
所以n=(-2,-4,-3).
取平面ADE的一个法向量为m=(1,0,0).
m·n -2 2√29
所以cos<m,n>= = =- .
|m||n| 1×√29 29
2√29
所以二面角A-DE-B的余弦值为- .
29
20.(2021天津河西二模,17)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,CC⊥平面ABC,D,E,F,G分别为
1 1 1 1
AA,AC,AC,BB 的中点,AB=BC=√5,AC=AA=2.
1 1 1 1 1
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C 的正弦值;
1
(3)求直线FG与平面BCD所成角的正弦值.
14 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-ABC 中,CC⊥平面ABC,∴四边形AACC 为矩形.
1 1 1 1 1 1
又E,F分别为AC、AC 的中点,∴AC⊥EF.
1 1
∵AB=BC,∴AC⊥BE,
又BE∩EF=E,∴AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC、BE、EF两两垂直.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1),
∴⃗CD=(2,0,1),⃗CB=(1,2,0).
设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),
∴{n·⃗CD=0, ∴{2a+c=0,
n·⃗CB=0, a+2b=0,
令a=2,则b=-1,c=-4,
则n=(2,-1,-4),
平面CDC 的一个法向量为⃗EB=(0,2,0),
1
cos<n, >= n·⃗EB =-√21.
⃗EB
|n||⃗EB| 21
设二面角B-CD-C 的大小为θ,
1
2√105
则sin θ=sin<n,⃗EB>= ,
21
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2√105
所以二面角B-CD-C 的正弦值为 .
1
21
(3)由(2)知平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),
又⃗FG=(0,2,-1),
设直线FG与平面BCD所成的角为α,
2√105
则sin α=|cos<n,⃗FG>|= ,
105
2√105
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为 .
105
21.(2021江西南昌NSC20210607项目第一次联考,18)如图,在三棱柱ABC-ABC 中,
1 1 1
CA=CB=2,AC⊥BC,侧面AACC是矩形,侧面BBCC是菱形,∠BBC=60°,D是棱BB 的中点.
1 1 1 1 1 1
(1)求证:BB⊥平面ACD;
1
(2)设E是AB 的中点,求二面角E-CD-A的余弦值.
1 1
解析 (1)证明:因为侧面AACC是矩形,
1 1
所以AC⊥CC,
1
又AC⊥BC,BC∩CC=C,
1
所以AC⊥平面BBCC,
1 1
又BB⊂平面BBCC,
1 1 1
所以AC⊥BB,
1
因为侧面BBCC是菱形,∠BBC=60°,D是BB 的中点,
1 1 1 1
所以BB⊥CD,
1
又AC∩CD=C,
所以BB⊥平面ACD.
1
(2)因为AC⊥平面BBCC,AC⊂平面ABC,
1 1
所以平面BBCC⊥平面ABC.
1 1
16 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
如图,以C为原点,CA,CB所在直线分别为x轴,y轴,在平面BBCC内过点C且垂直于CB的直线
1 1
为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),B(0,1,√3),C(0,-1,√3),D
1 1
( 3 √3),所以 =(2,0,0), =(0,-1, ), =( 3 √3),
0, , ⃗CA ⃗CC √3 ⃗CD 0, ,
2 2 1 2 2
连接CA,则 = + = + =(2,-1, ),即A(2,-1, ),所以E(1,0, ),则 =(1,0,
1 ⃗C A ⃗CA ⃗A A ⃗CA ⃗CC √3 1 √3 √3 ⃗CE √3
1 1 1
).
因为BB⊥平面ACD,所以平面ACD的一个法向量为 =(0,-1, ).
1 ⃗BB √3
1
设平面ECD的法向量为n=(x,y,z),
{ x+√3z=0,
则{n·⃗CE=0,
即
3 √3
n·⃗CD=0, y+ z=0,
2 2
令z=-√3,则x=3,y=1,
所以n=(3,1,-√3).
所以cos<n,⃗BB >= n·⃗BB 1 = -4 =-2√13,
1 |n||⃗BB | √13×2 13
1
易知二面角E-CD-A为锐二面角,
2√13
所以二面角E-CD-A的余弦值为 .
13
22.(2021安徽合肥二模,19)如图,在三棱锥P-ABC中,PA=PC=√3,AC=BC=2√2,AC⊥BC,D为棱AB
上一点,BD=3AD,棱AC的中点E在平面PAB上的射影F在线段PD上.
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)求二面角E-CF-B的正弦值.
17 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
解析 (1)证明:如图,取AB的中点H,连接CH,DE,PE.
∵BD=3AD,∴D为AH的中点,
∴DE∥CH.
∵AC=BC,∴CH⊥AB,∴ED⊥AB.
又∵点E在平面PAB上的射影F在线段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.
∵点E为棱AC的中点,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.
(2)∵AC⊥BC,∴以C为原点,以⃗CA,⃗CB的方向为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.
18 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
∵PA=PC=√3,AC=BC=2√2,∴AB=4,CH=2,PE=DE=1,则F为PD的中点,
∴C(0,0,0),B(0,2 ,0),E( ,0,0),P( ,0,1),D(3√2 √2 ),F(5√2 √2 1).
√2 √2 √2 , ,0 , ,
2 2 4 4 2
设平面ECF的法向量为n=(x,y,z),∴n⊥⃗EF,n⊥⃗EC,∴n·⃗EF=0,n·⃗EC=0.
1 1 1 1 1 1 1 1
∵ =(√2 √2 1), =( ,0,0),
⃗EF , , ⃗CE √2
4 4 2
{ √2x =0,
1
∴ 取n=(0, ,-1).
√2 √2 1 1 √2
x + y + z =0.
4 1 4 1 2 1
设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
2 2 2 2
∴n⊥⃗CB,n⊥⃗BF,
2 2
∴n·⃗CB=0,n·⃗FB=0.
2 2
∵ =(0,2 ,0), =(5√2 7√2 1),
⃗CB √2 ⃗BF ,- ,
4 4 2
{ 2√2y =0,
2
∴ 取n=(2,0,-5 ),
5√2 7√2 1 2 √2
x - y + z =0.
4 2 4 2 2 2
∴cos<n,n>= n ·n = 5√2 =5.
1 2 1 2
|n ||n | √3×√54 9
1 2
2√14
∴二面角E-CF-B的正弦值为√1-cos2<n ,n >= .
1 2 9
思路分析 (1)取AB的中点H,连接CH,DE,PE,则DE∥CH,从而得ED⊥AB,由EF⊥平面PAB,得
EF⊥AB,进而得到AB⊥平面PDE,则AB⊥PE,结合AC⊥PE,得PE⊥平面ABC,从而得到面面垂直;
(2)建立恰当的空间直角坐标系,求出两平面的法向量,利用向量夹角公式求余弦值,进而求得结果.
19 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
23.(2021浙江百校3月联考,19)如图,圆锥PO的顶点为P,其母线长为3,点A,B,C,M都在底面☉O上,
且BC=3,⃗AO=⃗OM,∠PAB=∠PAC,设E,F分别是母线PB,PC上靠近B,C的三等分点,并且平面AEF
交母线PM于点T.
(1)证明:AP⊥EF;
(2)当∠PAB=60°时,求PT与平面AEF所成角的正弦值.
解析 (1)证明:在圆锥PO中,PO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴PO⊥BC.
∵在等腰△PAB与等腰△PAC中,PA=PB=PC,∠PAB=∠PAC,∴△PAB≌△PAC,则AB=AC. (3分)
由⃗AO=⃗OM得AM为☉O的直径.
易知AM⊥BC,又AM∩PO=O,∴BC⊥平面APM,∴BC⊥AP.
又E、F分别是PB,PC上靠近B、C的三等分点,
PE PF
∴ = ,∴EF∥BC,∴EF⊥AP. (6分)
PB PC
(2)解法一:连接AT交EF于点I,连接PI并延长交BC于点G,
由对称性知,I、G分别为EF、BC的中点.
∴PI⊥EF,AI⊥EF,PI=√3,
当∠PAB=60°时,由PA=PB知△PAB为正三角形,
∴∠APB=60°,
在△APB中,PA=3,PE=2,由余弦定理得AE=√7,
∴AI= = ,∴PA2=AI2+PI2,∴PI⊥AI.
√AE2-EI2 √6
又∵PI⊥EF,EF∩AI=I,∴PI⊥平面AEF,
∴∠PTA即为所求角. (12分)
20 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
√3 3
又可求MG=AM-AG= ,PG= √3,
2 2
PG2+PM2-MG2 5
∴sin∠PTA=cos∠MPG= = √3.
2PG·PM 9
5√3
故PT与平面AEF所成角的正弦值为 . (15分)
9
解法二:由∠PAB=60°得△PAB、△PAC都为正三角形,则AB=AC=BC=3.
如图,以O为原点,平面ABC内垂直于AM的直线为x轴,OM所在的直线为y轴,OP所在的直线为
z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,- ,0),P(0,0, ),B(3 √3 ),C( 3 √3 ),M(0, ,0), (8分)
√3 √6 , ,0 - , ,0 √3
2 2 2 2
∴ =(3 √3 ), =( 3 √3 ),
⃗PB , ,-√6 ⃗PC - , ,-√6
2 2 2 2
由已知得 =2 =( √3 2 ),
⃗PE ⃗PB 1, ,- √6
3 3 3
=2 =( √3 2 ).
⃗PF ⃗PC -1, ,- √6
3 3 3
∴E( √3 √6),F( √3 √6),
1, , -1, ,
3 3 3 3
∴ =(-2,0,0), =( 4√3 √6).
⃗EF ⃗AE 1, ,
3 3
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量,
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{
-2x=0,
则{n·⃗EF=0,所以 取n=(0,- ,4). (11分)
4 √6 √2
n·⃗AE=0, x+ √3 y+ z=0,
3 3
又⃗PM=(0,√3,-√6), (13分)
设PT与平面AEF所成角为θ,即PM与平面AEF所成角为θ.∴sin θ=|cos<n,⃗PM>|=
|-√6-4√6| 5
= √3.
3×3√2 9
5√3
故PT与平面AEF所成角的正弦值为 . (15分)
9
24.(2021浙江金华十校4月模拟,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,
AB∥CD,AB=2BC=2CD=2DA,侧棱PA⊥底面ABCD,E为侧棱PC上一点,PE=2EC.
(1)求证:平面EBD⊥平面ABCD;
(2)若PA=AB,求直线PC与平面PAD所成角的正弦值.
解析 (1)证明:连接AC,与BD相交于点O,连接EO.
在梯形ABCD中,∵AB∥CD,∴△AOB∽△COD,
CO CD 1 CE 1 CO CE
∴ = = ,又已知 = ,则在△PAC中, = ,
OA AB 2 EP 2 OA EP
∴EO∥PA. (4分)
又PA⊥底面ABCD,∴EO⊥底面ABCD,
又EO⊂平面EBD,∴平面EBD⊥平面ABCD.(7分)
(2)如图,以点A为坐标原点,AB所在直线为y轴,PA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
22 / 23北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
设AB=4,则A(0,0,0),D(√3,1,0),C(√3,3,0),P(0,0,4), (10分)
故⃗AP=(0,0,4),⃗AD=(√3,1,0),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
由{n·⃗AP=0, 得{ 4z=0, 取x=1,可得n=(1,- ,0).
√3
n·⃗AD=0 √3x+ y=0,
又⃗PC=(√3,3,-4), (13分)
∴cos<n, >= n·⃗PC =-√21,
⃗PC
|n|·|⃗PC| 14
√21
∴直线PC与平面PAD所成角的正弦值为 . (15分)
14
23 / 23
