北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
8.4 直线、平面垂直的判定与性质
五年高考
1.(2024北京,8,4分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,
PA=PB=4,PC=PD=2√2,该棱锥的高为 ( )
A.1 B.2 C.√2D.√3
答案 D
2.(2019北京,文13,理12,5分,中)已知l,m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断:
①l⊥m;②m∥α;③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:
.
答案 若l⊥m,l⊥α,则m∥α(答案不唯一)
3.(2018北京文,18,14分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥
平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.
(1)求证:PE⊥BC;
(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;
(3)求证:EF∥平面PCD.
证明 (1)因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)取PC中点G,连接FG,DG.
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因为F,G分别为PB,PC的中点,
1
所以FG∥BC,FG= BC.
2
因为四边形ABCD为矩形,且E为AD的中点,
1
所以DE∥BC,DE= BC.
2
所以DE∥FG,DE=FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF 平面PCD,DG 平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
⊄ ⊂
4.(2017北京文,18,14分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,
PA⊥AB,PA⊥BC,AB⊥BC,PA=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.
(1)求证:PA⊥BD;
(2)求证:平面BDE⊥平面PAC;
(3)当PA∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
解析 (1)证明:因为PA⊥AB,PA⊥BC,
又AB∩BC=B,所以PA⊥平面ABC.
又BD 平面ABC,所以PA⊥BD.
(2)证明:因为AB=BC,D为AC的中点,
⊂
所以BD⊥AC.由(1)知,PA⊥BD,又PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.又因为BD 平面BDE,
所以平面BDE⊥平面PAC.
⊂
(3)因为PA∥平面BDE,平面PAC∩平面BDE=DE,
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点,所以E为PC的中点,
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1
所以DE= PA=1,BD=DC=√2.
2
由(1)知,PA⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.
1 1
所以三棱锥E-BCD的体积V= BD·DC·DE= .
6 3
三年模拟
基础强化练
1.(2025届北师大二附中入学测试,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,
AB=3,BC=2. PAD为等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E为AD的中点.
(1)求证:PE⊥AB;
△
(2)求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值.
解析 (1)证明:因为△PAD为等边三角形,E为AD中点,
所以PE⊥AD,
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE 平面PAD,
所以PE⊥平面ABCD(面面垂直的性质定理).
⊂
因为AB 平面ABCD,
所以PE⊥AB.
⊂
(2)由(1)知,PE⊥平面ABCD.
取BC中点F,连接EF,
因为底面ABCD为矩形,E为AD中点,
所以EF⊥AD,所以EA,EF,EP两两垂直.
以E为坐标原点,分别以EA,EF,EP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系E-
xyz,
则E(0,0,0),A(1,0,0),C(-1,3,0),P(0,0,√3),
所以⃗AC=(-2,3,0),⃗PA=(1,0,-√3).
设平面PAC的法向量为m=(x,y,z),
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{m·⃗AC=0, {-2x+3 y=0,
由 得
m·⃗PA=0, x-√3z=0,
令z=√3,得x=3,y=2,所以m=(3,2,√3),
易知平面ABCD的法向量为⃗EP=(0,0,√3).
设平面PAC与平面ABCD的夹角大小为θ,
| m·⃗EP | |(3,2,√3)·(0,0,√3)| √3
则cos θ=|cos<m,⃗EP>|= = = ,
|m|·|⃗EP| 4×√3 4
√3
所以平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为 .
4
2.(2025届北京东方红学校开学测试,16)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,AA ⊥平面
1 1 1 1
ABC,D,E分别为AC,A C 的中点,AB=BC=√5,AC=AA =2.
1 1 1
(1)求证:AC⊥平面BDE;
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.
解析 (1)证明:因为AA ⊥平面ABC,AC 平面ABC,所以AA ⊥AC.
1 1
又D,E分别为AC,A C 的中点,则DE∥AA ,所以AC⊥DE.
1 1 ⊂1
因为AB=BC,D为AC中点,所以AC⊥BD.
又BD∩DE=D,BD 平面BDE,DE 平面BDE,
所以AC⊥平面BDE.
⊂ ⊂
(2)由(1)知AC⊥DE,AC⊥BD,DE∥AA .
1
又AA ⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC.
1
因为BD 平面ABC,所以DE⊥BD,
所以DA,DB,DE两两垂直.
⊂
建立空间直角坐标系D-xyz,如图,
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),E(0,0,2),
所以⃗AB=(-1,2,0),⃗AE=(-1,0,2),⃗DE=(0,0,2).
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设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),
{m·⃗AB=-x+2y=0,
则
m·⃗AE=-x+2z=0.
令y=1,得x=2,z=1,则m=(2,1,1).
设直线DE与平面ABE所成角为α,
|m·⃗DE| √6
则sin α=|cos<m,⃗DE>|= = ,
|m||⃗DE| 6
√6
所以直线DE与平面ABE所成角的正弦值为 .
6
3.(2024北京四中开学测试,16)如图,四棱柱ABCD-A B C D 中,底面ABCD是菱形,
1 1 1 1
∠ABC=60°,对角面AA C C是矩形,且平面AA C C⊥平面ABCD.
1 1 1 1
(1)证明:侧棱AA ⊥平面ABCD;
1
(2)设AC∩BD=O,若AB=AA ,求二面角D-OB -C 的余弦值.
1 1 1
解析 (1)证明:∵四边形AA C C是矩形,
1 1
∴AA ⊥AC,
1
又平面AA C C⊥平面ABCD,平面AA C C∩平面ABCD=AC,AA 平面AA C C,∴AA ⊥
1 1 1 1 1 1 1 1
平面ABCD.
⊂
(2)∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,AB=BC,
又∠ABC=60°,∴△ABC为等边三角形,∴AC=AB.
以O为坐标原点,分别以⃗OB,⃗OC的方向为x,y轴的正方向,过O点平行于AA 的直线为
1
z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),
设AB=AC=AA =2,则B (√3,0,2),C (0,1,2),
1 1 1
∴⃗OB =(√3,0,2),⃗OC =(0,1,2),
1 1
设平面OB C 的法向量为m=(x,y,z),
1 1
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{⃗OB ·m=√3x+2z=0,
则 1 令z=-√3,得x=2,y=2√3,
⃗OC ·m= y+2z=0,
1
∴m=(2,2√3,-√3).
易知y轴⊥平面OB D,
1
∴平面OB D的一个法向量为n=(0,1,0),
1
m·n 2√3 2√57
∴cos<m,n>= = = ,
|m|·|n| √19 19
∵二面角D-OB -C 为锐二面角,
1 1
2√57
∴二面角D-OB -C 的余弦值为 .
1 1 19
4.(2024北京八中练习,18)如图,在三棱柱ABC-A B C 中,∠ACB=90°,D是线段AC的中
1 1 1
点,且A D⊥平面ABC.
1
(1)求证:平面A BC⊥平面AA C C;
1 1 1
(2)求证:B C∥平面A BD;
1 1
(3)若A B⊥AC ,AC=BC=2,求三棱柱ABC-A B C 的表面积.
1 1 1 1 1
解析 (1)证明:因为A D⊥平面ABC,BC 平面ABC,
1
所以A D⊥BC,
1 ⊂
又BC⊥AC,A D∩AC=D,A D,AC 平面AA C C,
1 1 1 1
所以BC⊥平面AA C C(线面垂直的判定定理),
1 1 ⊂
又因为BC 平面A BC,
1
所以平面A BC⊥平面AA C C.
⊂1 1 1
(2)证明:如图1,连接AB ,设AB ∩A B=E,连接DE,
1 1 1
因为四边形ABB A 是平行四边形,所以E为AB 的中点,
1 1 1
因为D是AC的中点,所以DE∥B C,
1
又DE 平面A BD,B C 平面A BD,
1 1 1
所以B C∥平面A BD.
⊂1 1 ⊄
(3)由(1)知,BC⊥平面AA C C,AC 平面AA C C,
1 1 1 1 1
所以BC⊥AC ,
1 ⊂
又A B⊥AC ,BC∩A B=B,BC,A B 平面A BC,
1 1 1 1 1
⊂
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所以AC ⊥平面A BC,
1 1
又A C 平面A BC,所以AC ⊥A C,
1 1 1 1
由三棱柱的性质知四边形AA C C为平行四边形,
⊂ 1 1
所以四边形AA C C为菱形,边长为2,
1 1
又A D⊥平面ABC,AC 平面ABC,所以A D⊥AC,
1 1
又D为AC中点,所以A
⊂1
D=√22-12=√3,
S =AC·A1D=2√3,
菱形AA C C
1 1
1 1
S = AC·BC= ×2×2=2,
ABC 2 2
△
由(1)知,BC⊥平面AA C C,
1 1
因为CC 平面AA C C,所以BC⊥CC ,
1 1 1 1
所以S 四边⊂形BCC B =BC·CC 1 =2×2=4,
1 1
如图2,作DF⊥AB于F,连接A F,
1
√2
因为AC=BC=2,∠ACB=90°,所以∠CAB=45°,AD=1,则DF= ,
2
又A D⊥平面ABC,AB,DF 平面ABC,
1
所以A D⊥AB,A D⊥DF,
1 1 ⊂
√ 2 √14
所以A F=√A D2+DF2= 3+ = .
1 1 4 2
因为DF∩A D=D,DF,A D 平面A DF,所以AB⊥平面A DF(线面垂直的判定定理),
1 1 1 1
又A F 平面A DF,所以AB⊥A F,
1 1 ⊂ 1
√14
所以S⊂ =AB·A1F=2√2× =2√7,
四边形ABB 1 A 1 2
所以三棱柱表面积为2S +
ABC
S +S △+S =4+2√3+4+2√7=8+2√3+2√7.
菱形AA C C 四边形BCC B 四边形ABB A
1 1 1 1 1 1
图1 图2
5.(2025届北京朝阳外国语学校质量检测二,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为
正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动点.
(1)求证:平面AEF⊥平面PBC;
(2)若F为线段BC上靠近B的三等分点,求平面AFE与平面AFC夹角的余弦值.
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解析 (1)证明:因为PA=AB,E为PB中点,所以AE⊥PB,
又PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,
又AB⊥BC,AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,
⊂
所以BC⊥平面PAB(线面垂直的判定定理),
⊂
又AE 平面PAB,所以BC⊥AE,
又BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
⊂
所以AE⊥平面PBC(线面垂直的判定定理),
⊂
又AE 平面AEF,所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,如图,
⊂
不妨设PA=AB=6,则E(3,0,3),F(6,2,0),P(0,0,6),则⃗AE=(3,0,3),⃗AF=(6,2,0),⃗AP
=(0,0,6),
因为PA⊥底面ABCD,
所以平面AFC的一个法向量为⃗AP=(0,0,6),
{⃗AE·m=3x+3z=0,
设平面AFE的法向量为m=(x,y,z),则
⃗AF·m=6x+2y=0,
令x=-1,得y=3,z=1,则m=(-1,3,1),
设平面AFE与平面AFC的夹角为α,
|⃗AP·m| 6 √11
则cos α=|cos<⃗AP,m>|= = = ,
|⃗AP||m| 6×√11 11
√11
所以平面AFE与平面AFC夹角的余弦值为 .
11
能力拔高练
1.(2025届北京市回民学校统测一,18)如图,在几何体ABCDFE中,底面ABCD为菱形,
∠ABC=60°,AE∥DF,AE⊥AD,AB=AE=2DF=4.
(1)判断AD是否平行于平面CEF,并证明.
(2)若平面EAB⊥平面ABCD.
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(i)求平面ABCD与平面CEF所成角的大小;
(ii)求点A到平面CEF的距离.
解析 (1)AD不平行于平面CEF.理由如下:
如图,取AE中点G,连接GF,
因为AE∥DF,AE=2DF,所以AG∥DF,AG=DF,
则四边形AGFD为平行四边形,所以AD∥GF,
又GF∩EF=F,所以AD不平行于EF,
假设AD∥平面CEF,
因为平面CEF∩平面ADFE=EF,AD 平面ADFE,
所以AD∥EF(线面平行的性质定理),与AD不平行于EF矛盾,
⊂
所以假设不成立,即AD不平行于平面CEF.
(2)取CD中点M,连接AM,
因为四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,
所以△ACD为正三角形,又M为CD中点,所以AM⊥CD,
由于AB∥CD,所以AM⊥AB,
又平面EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩平面ABCD=AB,AM 平面ABCD,所以AM⊥平面
EAB(面面垂直的性质定理),
⊂
因为AE 平面EAB,所以AM⊥AE,
又因为AE⊥AD,AM∩AD=A,AM,AD 平面ABCD,
⊂
所以AE⊥平面ABCD,又AB 平面ABCD,所以AE⊥AB,则有AB,AM,AE两两垂直.
⊂
以A为原点,分别以⃗AB,⃗AM,⃗AE的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系如图,
⊂
则A(0,0,0),B(4,0,0),C(2,2√3,0),E(0,0,4),F(-2,2√3,2).
(i)因为AE⊥平面ABCD,所以平面ABCD的一个法向量为⃗AE=(0,0,4),
⃗CE=(-2,-2√3,4),⃗CF=(-4,0,2).
设平面CEF的法向量为m=(x,y,z),
第9页共16页第9页共16页
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{m·⃗CE=-2x-2√3 y+4z=0,
则 令x=1,得m=(1,√3,2),
m·⃗CF=-4x+2z=0,
设平面ABCD与平面CEF所成角为θ,
|m·⃗AE| 8 √2 π
所以cos θ=|cos<m,⃗AE>|= = = ,则θ= ,
|m|·|⃗AE| 2√2×4 2 4
π
即平面ABCD与平面CEF所成角大小为 .
4
(ii)因为⃗AC=(2,2√3,0),由(i)知平面CEF的一个法向量为m=(1,√3,2),
|⃗AC·m| |2+6+0|
所以点A到平面CEF的距离为 = =2√2.
|m| 2√2
2.(2025届北京五十五中月考,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥
平面ABCD,PA=AB,M为线段PD上的动点.
(1)若直线PB∥平面ACM,求证:M为PD的中点;
(2)求证:平面ABM⊥平面PAD;
√3 PM
(3)若平面PAC与平面MAC夹角的余弦值为 ,求 的值.
3 MD
解析 (1)证明:如图所示,连接BD,交AC于点O,连接MO,
因为直线PB∥平面ACM,且平面PBD∩平面ACM=MO,PB 平面PBD,所以
PB∥MO(线面平行的性质定理),
⊂
又因为四边形ABCD为正方形,所以点O为BD的中点,
所以M为PD的中点.
(2)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥AD,
又因为PA⊥平面ABCD,且AB 平面ABCD,所以AB⊥PA,
因为AD∩PA=A,且AD,PA 平面PAD,所以AB⊥平面PAD,
⊂
又因为AB 平面ABM,所以平面ABM⊥平面PAD.
⊂
(3)因为四边形ABCD为正方形,且PA⊥平面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直,
⊂
第10页共16页第10页共16页
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以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则
A(0,0,0),
设AB=1,得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
则⃗AC=(1,1,0),⃗AP=(0,0,1),⃗PD=(0,1,-1),
设⃗PM=λ⃗PD=(0,λ,-λ)(0≤λ≤1),
则⃗AM=⃗AP+⃗PM=⃗AP+λ⃗PD=(0,λ,1-λ),
设平面MAC的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗AC=x+ y=0,
则
m·⃗AM=λy+(1-λ)z=0,
令y=1-λ,得x=λ-1,z=-λ,则m=(λ-1,1-λ,-λ),
由四边形ABCD为正方形,得BD⊥AC,
因为PA⊥平面ABCD,且BD 平面ABCD,所以BD⊥PA,
又因为AC∩PA=A,且AC,PA 平面PAC,所以BD⊥平面PAC,
⊂
所以平面PAC的一个法向量为⃗BD=(-1,1,0),
⊂
|⃗BD·m| 2(1-λ) √3 2
则|cos<⃗BD,m>|= = = ,解得λ= 或λ=2(舍),
|⃗BD||m| √2×√3λ2-4λ+2 3 3
PM
所以 =2.
MD
3.(2025届朝阳期中,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面
ABCD,AB∥CD,AD⊥CD,AB=AD=2,CD=PD=3.
(1)求证:AB⊥平面PAD;
(2)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值;
(3)记平面PAB与平面PCD的交线为l.试判断直线AB与l的位置关系,并说明理由.
解析 (1)证明:因为PD⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以PD⊥AB,
又因为AD⊥CD,AB∥CD,所以AB⊥AD,
⊂
又因为AD∩PD=D,AD,PD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD.
(2)由(1)可知,PD⊥AD,PD⊥CD,AD⊥CD,
⊂
以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz如图,
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则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,3,0),P(0,0,3),
则⃗AB=(0,2,0),⃗AP=(-2,0,3),
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
{ n·⃗AB=2y=0,
则 令z=2,得x=3,则n=(3,0,2),
n·⃗AP=-2x+3z=0,
易得AD⊥平面PCD,所以⃗DA=(2,0,0)是平面PCD的一个法向量.
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ,
|n·⃗DA| 6 3√13
则cos θ=|cos<n,⃗DA>|= = = .
|n||⃗DA| √13×2 13
(3)直线AB∥l.理由如下:
因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,
所以AB∥平面PCD,
⊄ ⊂
又因为AB 平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l(线面平行的性质定理).
4.(2023东城二模,17)如图,直角三角形ABC和等边三角形ABD所在平面互相垂直,
⊂
AB=AC=2,E是线段AD上一点.
(1)设E为AD的中点,求证:BE⊥CD;
√10 AE
(2)若直线CD和平面BCE所成角的正弦值为 ,求 的值.
10 AD
解析 (1)证明:由题意知AB⊥AC.因为平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面
ABD=AB,AC 平面ABC,所以AC⊥平面ABD.因为BE 平面ABD,所以AC⊥BE.因为
△ABD为等边三角形,E是AD的中点,所以AD⊥BE.因为AC∩AD=A,所以BE⊥平面
⊂ ⊂
ACD.因为CD 平面ACD,所以BE⊥CD.
⊂
第12页共16页第12页共16页
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AE
(2)设 =λ,λ∈[0,1].
AD
取AB的中点O,BC的中点F,连接OD,OF,
则OD⊥AB,OF∥AC.
由(1)知AC⊥平面ABD,所以OF⊥平面ABD,
所以OF⊥AB,OF⊥OD.
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
则A(-1,0,0),B(1,0,0),C(-1,2,0),D(0,0,√3).
所以⃗BA=(-2,0,0),⃗BC=(-2,2,0),⃗AD=(1,0,√3),⃗CD=(1,-2,
√3),⃗BE=⃗BA+⃗AE=⃗BA+λ⃗AD=(λ-2,0,√3λ).
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),
{ m·⃗BC=-2x+2y=0,
则 令x=√3λ,得y=√3λ,z=2-λ,
m·⃗BE=(λ-2)x+√3λz=0,
所以m=(√3λ,√3λ,2-λ).
√10
因为直线CD和平面BCE所成角的正弦值为 ,
10
|⃗CD·m|
所以|cos<⃗CD,m>|=
|⃗CD||m|
|2√3(1-λ)| √10
= = ,
2√2·√3λ2+3λ2+(2-λ) 2 10
1 11
整理得8λ2-26λ+11=0,解得λ= 或λ= .
2 4
1 AE 1
因为λ∈[0,1],所以λ= ,即 = .
2 AD 2
5.(2024北京市育英中学统练一,16)如图,棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,PA⊥平面
ABCD,PA=AD=2,BD=2√2.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)求二面角P-CD-B的大小;
(3)求点C到平面PBD的距离.
第13页共16页第13页共16页
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解析 (1)证明:在Rt BAD中,AD=2,BD=2√2,
∴AB=2,∴矩形ABCD为正方形,∴AC⊥BD,
△
∵PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,∴PA⊥BD.
又∵PA∩AC=A,AC,PA 平面PAC,∴BD⊥平面PAC.
⊂
(2)∵PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
⊂
∴CD⊥PA,
⊂
又CD⊥AD,PA,AD 平面PAD,PA∩AD=A,
∴CD⊥平面PAD,而PD 平面PAD,∴CD⊥PD,
⊂
∴∠PDA为二面角P-CD-B的平面角.
⊂
π
又∵AD=PA,∴∠PDA= ,
4
π
即二面角P-CD-B的大小为 .
4
π
(3)∵AB=AD=PA=2,∠PAB=∠PAD=∠BAD= ,
2
∴BD=PB=PD=2√2,
1 √3 1
∴S = ×2√2×2√2× =2√3,S = ×2×2=2.
PBD 2 2 BCD 2
△ △
设点C到平面PBD的距离为d,由V =V ,
P-BCD C-PBD
1 1 2√3
有 ·S△BCD·PA= ·S ·d,解得d= ,
3 3 PBD 3
△
2√3
所以点C到平面PBD的距离为 .
3
6.(2025届朝阳期末,18)如图,在五面体ABCDPQ中,PD⊥平面
ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,PQ∥CD,AD=CD=DP=4,AB=3,E,G分别为BQ,AP的中点,
连接DG,EG,CE.
(1)求证:AP⊥平面DCE;
(2)求直线CP与平面DCE所成角的正弦值;
BM
(3)线段BC上是否存在点M,使得CP∥平面DGM?若存在,求 的值;若不存在,说明
BC
理由.
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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
解析 (1)证明:因为PD⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
所以PD⊥CD.
⊂
又因为AD⊥CD,AD∩PD=D,AD,PD 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
⊂
又AP 平面PAD,所以CD⊥AP①.
又因为AD=DP,G为AP的中点,所以AP⊥DG②.
⊂
因为AB∥CD,PQ∥CD,所以AB∥PQ.
因为E,G分别为BQ,AP的中点,所以EG∥AB.
又CD∥AB,所以EG∥CD.即C,D,G,E四点共面.
由①②及CD∩DG=D,DG 平面DCE,CD 平面DCE,
得AP⊥平面DCE.
⊂ ⊂
(2)因为PD⊥平面ABCD,AD,CD 平面ABCD,
所以PD⊥AD,PD⊥DC.
⊂
又AD⊥CD,所以DA,DC,DP两两垂直.
建立空间直角坐标系D-xyz如图.
则A(4,0,0),B(4,3,0),C(0,4,0),P(0,0,4),
则⃗AP=(-4,0,4),⃗CP=(0,-4,4),
由(1)得AP⊥平面DCE.
所以平面DCE的一个法向量为⃗AP=(-4,0,4).
设直线CP与平面DCE所成角为θ,
|⃗CP·⃗AP|
则sin θ=|cos< ⃗CP,⃗AP>|=
|⃗CP|·|⃗AP|
|0×(-4)+(-4)×0+4×4| 1
=
= .
√02+(-4) 2+42·√(-4) 2+02+42 2
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1
故直线CP与平面DCE所成角的正弦值为 .
2
(3)设线段BC上存在一点M,使得CP∥平面DGM,则存在λ∈[0,1],使⃗BM=λ⃗BC.
⃗BC=(-4,1,0),⃗DB=(4,3,0),
从而⃗DM=⃗DB+λ⃗BC=(4-4λ,3+λ,0).
由G(2,0,2)可得⃗DG=(2,0,2).
设平面DGM的法向量为m=(x,y,z),
{m·⃗DM=(4-4λ)x+(3+λ)y=0,
则
m·⃗DG=2x+2z=0,
令x=3+λ,得m=(3+λ,4λ-4,-3-λ),
1
令m·⃗CP=0,得-4(4λ-4)+4(-3-λ)=0,解得λ= .
5
此时m⊥⃗CP,又显然有CP 平面DGM,从而CP∥平面DGM.
BM 1
所以,线段BC上存在点M,⊄使得CP∥平面DGM,此时 = .
BC 5
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