北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.4 直线、平面垂直的判定和性质
基础篇 固本夯基
考点一 直线与平面垂直的判定和性质
1.(2022届湖北部分重点中学开学联考,3)已知a,b是两条不重合的直线,α为一个平面,且a⊥α,则“b⊥α”是
“a∥b”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案 C
2.(2021浙江,6,4分)如图,已知正方体ABCD-ABCD,M,N分别是AD,DB的中点,则( )
1 1 1 1 1 1
A.直线AD与直线DB垂直,直线MN∥平面ABCD
1 1
B.直线AD与直线DB平行,直线MN⊥平面BDDB
1 1 1 1
C.直线AD与直线DB相交,直线MN∥平面ABCD
1 1
D.直线AD与直线DB异面,直线MN⊥平面BDDB
1 1 1 1
答案 A
3.(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱
的中点,则满足MN⊥OP的是( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 BC
4.(2022届辽宁六校期初联考,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=45°,PD⊥平
面ABCD,AP⊥BD.
(1)证明:BC⊥平面PDB;
(2)若AB=√2,PB与平面APD所成角为45°,求二面角B-PC-D的大小.
解析 (1)证明:因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,PD⊥BC,因为
AP⊥BD,又PD∩AP=P,所以DB⊥平面APD,又AD⊂平面APD,所以BD⊥AD,因为底面ABCD为平行四边
形,所以AD∥BC,所以BC⊥BD,因为PD⊥BC,PD∩BD=D,所以BC⊥平面PDB.
(2)由(1)可知BD⊥AD,因为AB=√2,∠DAB=45°,所以AD=BD=1,因为DB⊥平面APD,PB与平面APD所成
角为45°,所以∠BPD=45°,所以PD=BD=1.以D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角
坐标系,如图所示,
则P(0,0,1),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),D(0,0,0),所以⃗PA=(1,0,-1),⃗PC=(-1,1,-1),⃗PB=(0,1,-1),⃗DC=(-1,1,0),设
平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则
{m·⃗PC=-x+ y-z=0,
令y=1,则m=(1,1,0),设平面PCB的法向量为n=(a,b,c),则
m·⃗DC=-x+ y=0,
{n·⃗PC=-a+b-c=0,令c=1,则n=(0,1,1),所以cos<m,n>= m·n = 1 =1,因为二面角B-
n·⃗PB=b-c=0, |m|·|n| √2×√2 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
π
PC-D为锐二面角,所以二面角B-PC-D的大小为 .
3
5.(2020课标Ⅰ理,18,12分)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面
√6
的内接正三角形,P为DO上一点,PO= DO.
6
(1)证明:PA⊥平面PBC;
(2)求二面角B-PC-E的余弦值.
√6 √3 √2
解析 (1)证明:设DO=a,由题设可得PO= a,AO= a,AB=a,PA=PB=PC= a.因此PA2+PB2=AB2,从而
6 3 2
PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC.
又PB∩PC=P,所以PA⊥平面PBC.
(2)以O为坐标原点,⃗OE的方向为y轴正方向,|⃗OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C( √3 1 ),P( √2).
- , ,0 0,0,
2 2 2
所以 =( √3 1 ), =( √2).
⃗EC - ,- ,0 ⃗EP 0,-1,
2 2 2
{- y+
√2
z=0,
设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则 {m·⃗EP=0, 即 2 可取m=( - √3 ,1,√2 ).
m·⃗EC=0, √3 1 3
- x- y=0.
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由(1)知 =( √2)是平面PCB的一个法向量,记n= ,则cos<n,m>= n·m =2√5.
⃗AP 0,1, ⃗AP
2 |n|·|m| 5
易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,
2√5
所以二面角B-PC-E的余弦值为 .
5
考点二 平面与平面垂直的判定和性质
1.(多选)(2022届长沙长郡中学月考一,12)
如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD上一动点,现将△BEC沿BE折起至△BEF,在平面FBA内作
FG⊥AB,G为垂足.设CE=s,BG=t,则下列说法正确的是( )
1
A.若BF⊥平面AEF,则t=
2
2
B.若AF⊥平面BEF,则s=
3
1
C.若平面BEF⊥平面ABED,且s=1,则t=
2
3 3
D.若平面AFB⊥平面ABED,且s= ,则t=
2 4
答案 AC
2. (2019课标Ⅲ理(文),8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面
ABCD,M是线段ED的中点,则( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
答案 B
3.(2022届重庆八中8月入学摸底,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,平面PAD⊥平面
ABCD,△PAD是以PA为斜边,且PA=2√2的等腰直角三角形,E,F分别是棱PA,PC的中点,M是棱BC上一点.
(1)证明:平面DEM⊥平面PAB;
√2
(2)若直线MF与平面ABCD所成角的正切值为 ,求锐二面角E-DM-F的余弦值.
2
解析 (1)证明:∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=DA,AB⊥DA,AB⊂平面ABCD,∴AB⊥平
面PAD,∴AB⊥DE.在Rt△PAD中,DP=DA,E是PA的中点,∴PA⊥DE.又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面
PAB,∴DE⊥平面PAB.又DE⊂平面DEM,∴平面DEM⊥平面PAB.
1
(2)由题意得PD=AD=DC=2.取CD的中点N,连接MN,FN.则NF∥PD,NF= PD=1,易知PD⊥平面
2
1 √2
ABCD,∴NF⊥平面ABCD,∴∠FMN是直线MF与平面ABCD所成角,∴tan∠FMN= = ,∴MN=√2
MN 2
,∴MC=1.∴M是BC的中点.
以D为坐标原点,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),E(1,0,1),F(0,1,1),M(1,2,0),
∴⃗DE=(1,0,1),⃗DF=(0,1,1), ⃗DM=(1,2,0).
设平面EDM的法向量为m=(a,b,c),
则{⃗DE·m=0, 即{ a+c=0, 令a=-2,则m=(-2,1,2).
⃗DM·m=0, a+2b=0,
设平面DMF的法向量为n=(x,y,z),北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
则{⃗DF·n=0,即{ y+z=0,
⃗DM·n=0, x+2y=0,
令x=-2,则n=(-2,1,-1),
m·n 3 √6 √6
∴cos<m,n>= = = ,∴锐二面角E-DM-F的余弦值为 .
|m|·|n| 3×√6 6 6
4.(2021新高考Ⅱ,19,12分)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=√5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
解析 (1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE.
由于QD=QA,故QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE= = =2.
√QA2-AE2 √(√5) 2-12
在Rt△CDE中,CE= = = .
√DC2+DE2 √22+12 √5
在△QCE中,QE2+CE2=QC2⇒QE⊥CE,
又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)以E为坐标原点建系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(0,-1,0),则⃗BQ=(-2,1,2),⃗BD=(-2,2,0).显然,
{n ·⃗BQ=0,
平面QAD的一个法向量为n=(1,0,0),设平面BQD的法向量为n=(x,y,z),则 2 ⇒
1 2
n ·⃗BD=0
2
{-2x+ y+2z=0,
⇒x=y=2z,取n=(2,2,1).设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,则cos θ=|
-2x+2y=0 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
cos<n
1
,n
2
>|= |n
1
·n
2
| = 2 =2,故二面角B-QD-A的余弦值为2.
|n ||n | 1×3 3 3
1 2
1
5.(2021河北邯郸检测,19)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AD=CD= BC=2,E为BC的中点,BD⊥CD,且AE=
2
√2.
(1)证明:平面ACD⊥平面ABD;
(2)求平面ABC与平面ACD所成锐二面角的余弦值.
1
解析 (1)证明:取BD的中点O,连接OA,OE,则OA⊥BD,OE= CD=1,OE∥CD.因为BD⊥CD,BC=4,CD=2,所
2
以BD=2√3,则OB=√3.又AB=AD=2,所以AO=1.
在△AOE中,EO=1,AO=1,AE=√2,所以AO2+OE2=AE2,即OE⊥AO,从而CD⊥AO.
又CD⊥BD,BD∩AO=O,所以CD⊥平面ABD.
因为CD⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABD.
(2)由(1)知OB,OE,OA两两垂直,如图,以O为原点,分别以⃗OB,⃗OE,⃗OA的方向为x,y,z轴的正方向建立空间
直角坐标系O-xyz,则B(√3,0,0),C(-√3,2,0),D(-√3,0,0),A(0,0,1),则⃗AC=(-√3,2,-1),⃗BC=(-2√3,2,0),设
m=(x,y,z)是平面ABC的法向量,可得{m·⃗AC=0,
m·⃗BC=0,
即{-√3x+2y-z=0,令x=1,得m=(1, , ).
√3√3
-2√3x+2y=0,
