2025年高考数学一轮复习-8.4节-空间直线、平面的垂直-专项训练【含答案】

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(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；
(2)求二面角A-A1C1-B1的余弦值．
2．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
3．如图，在四棱锥P-ABCD中， PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝14PB.
(1)证明：MN∥平面PDC；
(2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．解：(1)证明：连接BC1，与B1C交于点D，则D为BC1，B1C的中点，连接AD，
因为AC＝AB1，所以AD⊥B1C，
因为侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB＝BC＝2，AC＝AB1＝2，
所以BD＝3，AD＝1，所以AB2＝BD2＋AD2，即AD⊥BD，
因为B1C∩BD＝D，B1C，BD⊂平面BB1C1C，
所以AD⊥平面BB1C1C，因为AD⊂平面ACB1，
所以平面ACB1⊥平面BB1C1C.
(2)取A1C1的中点E，连接AC1，AE，B1E，
由(1)知，AD⊥BD，又BD＝DC1，所以AC1＝AB＝2，又AA1＝CC1＝2，所以AE⊥A1C1，同理得B1E⊥A1C1，
所以∠AEB1为二面角A-A1C1-B1的平面角，
在△AEB1中，AE＝AA12−A1E2＝4−222＝142，
B1E＝A1B12−A1E2＝4−222＝142，AB1＝2，
所以cs ∠AEB1＝AE2+B1E2−AB122AE·B1E＝72+72−22×72＝57.
所以二面角A-A1C1-B1的余弦值为57.
2．解：(1)证明：如图所示：
分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，因为△EAB，△FBC均为正三角形，且边长均为8 cm，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM∥FN，而EM＝FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)如图所示：
分别取AD，DC的中点K，L，连接KM，KH，KL，LN，LG，AC，BD.
由(1)知，EF∥MN且EF＝MN，同理，HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM＝MN＝NL＝LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN＝NL＝LK＝KM＝42 cm，EM＝8sin 60°＝43 cm，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝22 cm，所以该几何体的体积V＝422×43＋4×13×42×43×22＝1283+25633＝64033cm3.
3．解：(1)证明：在四边形ABCD中，由AB＝BC＝3，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M为AC的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，
可得DM＝CD cs 60°＝12，AC＝2CD sin 60°＝3，
则BM＝32×3＝32，
由DMBM＝PNBN＝13，可得MN∥PD，
而MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，可得MN∥平面PDC.
(2)当点Q为BC的中点时，满足题意，理由如下：过M作ME⊥AD，垂足为点E，延长EM交BC于点Q，连接NQ，NE，如图，由PA⊥平面ABCD，EQ⊂平面ABCD，可得PA⊥EQ，又EQ⊥AD，PA∩AD＝A，可得EQ⊥平面PAD，又因为EQ⊂平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q.
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，∠BQM＝120°，
由BM＝32，BQsin30°＝BMsin120°，
可得BQ＝BM3＝32，即Q为BC的中点．
综上得，Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PA