北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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,
5 2
使得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).北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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∴∠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>|= = = ,
|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.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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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>= = .
|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
3 a2+1 3
√6
值的最大值为 . (12分)
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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 ,
1 1 1 1 1
其中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.
1
