高考数学第一轮复习复习第4节　空间直线、平面的垂直（讲义）

这是一份高考数学第一轮复习复习第4节　空间直线、平面的垂直（讲义），共43页。

1.从定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的关系,归纳出有关垂直的性质定理和判定定理,并加以证明.
2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.
1.直线与平面垂直
(1)定义
一般地,如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直,则直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α,直线l叫做平面α的垂线,平面α叫做直线l的垂面.
(2)判定定理与性质定理
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.若一条直线垂直于平面,它们所成的角是直角,若一条直线和平面平行,或在平面内,它们所成的角是 0° 的角.
(2)范围:[0,π2].
3.平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角;
②二面角的平面角:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线,这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(2)平面和平面垂直的定义
一般地,两个平面相交,如果它们所成的二面角是直二面角,就说这两个平面互相垂直.
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
直线与平面垂直的常用结论
(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.
(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.
(3)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.
(4)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.
1.下列命题中错误的是( D )
A.如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析:对于D,若平面α⊥平面β,则平面α内的直线可能不垂直于平面β,即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内,其他选项均是正确的.
2.(多选题)(2022·浙江杭州模拟)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( ACD )
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
解析:若m⊥α,则∃a,b⊂α且a∩b=P使得m⊥a,m⊥b,又m∥n,则n⊥a,n⊥b,由线面垂直的判定定理得n⊥α,故A正确;若m∥α,α∩β=n,如图,设m=AB,平面A1B1C1D1为平面α,m∥α,设平面ADD1A1为平面β,α∩β=A1D1=n,则m⊥n,故B错误;垂直于同一条直线的两个平面平行,故C正确;若m⊥α,m∥n,则n⊥α,又n⊥β,则α∥β,故D正确.
3.如图,在四面体D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是( C )
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE
解析:因为AB=CB,且E是AC的中点,
所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,且BE∩DE=E,
于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BDE.又AC⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面BDE.
4.在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC上的射影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的 心;
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的 心.
解析:(1)如图1,连接OA,OB,OC,OP,
在Rt△POA,Rt△POB和 Rt△POC 中,
PA=PB=PC,
所以OA=OB=OC,
即O为△ABC的外心.
(2)如图2,延长AO,BO,CO分别交BC,AC,AB于点H,D,G.
因为PC⊥PA,PB⊥PC,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,
所以PC⊥平面PAB,
又AB⊂平面PAB,
所以PC⊥AB.
因为AB⊥PO,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面PGC,
所以AB⊥平面PGC,
又CG⊂平面PGC,
所以AB⊥CG,
即CG为△ABC边AB上的高.
同理可证BD,AH分别为△ABC边AC,BC上的高,即O为△ABC的垂心.
答案:(1)外 (2)垂
直线与平面垂直的判定与性质
[例1] (2021·全国甲卷) 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F-EBC的体积;
(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BE⊥DE.
(1)解:如图,取BC的中点为M,连接EM,
由已知可得EM∥AB,
AB=BC=2,CF=1,
EM=12AB=1,AB∥A1B1,
由BF⊥A1B1得EM⊥BF,
又EM⊥CF,BF∩CF=F,
所以EM⊥平面BCF,
故V三棱锥F−EBC=V三棱锥E−FBC=13·12BC·CF·EM=13×12×2×1×1=13.
(2)证明:连接A1E,B1M,由(1)知EM∥A1B1,
所以ED在平面EMB1A1内.
在正方形CC1B1B中,由于F,M分别是CC1,BC的中点,所以由平面几何知识可得BF⊥B1M,
又BF⊥A1B1,B1M∩A1B1=B1,
所以BF⊥平面EMB1A1,
又DE⊂平面EMB1A1,所以BF⊥DE.
(1)证明直线和平面垂直的常用方法:①判定定理;②垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);③面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);④面面垂直的性质.
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.
[针对训练] 如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面PAD,AD=AP,E是PD的中点,M,N分别在AB,PC上,且MN⊥AB,MN⊥PC.证明:AE∥MN.
证明:因为AB⊥平面PAD,AE⊂平面PAD,
所以AE⊥AB,
又AB∥CD,
所以AE⊥CD.
因为AD=AP,E是PD的中点,
所以AE⊥PD.
又CD∩PD=D,CD,PD⊂平面PCD,
所以AE⊥平面PCD.
因为MN⊥AB,AB∥CD,
所以MN⊥CD.
又因为MN⊥PC,PC∩CD=C,
PC,CD⊂平面PCD,
所以MN⊥平面PCD,
所以AE∥MN.
平面与平面垂直的判定与性质
[例2] 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为AD的中点.
(1)求证:PE⊥BC;
(2)求证:平面PAB⊥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,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
又PD⊂平面PAD,
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD,
所以平面PAB⊥平面PCD.
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义.②面面垂直的判定定理.
(2)面面垂直性质的应用
①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”.②若两个相交平面同时垂直于第三个平面,则它们的交线也垂直于第三个平面.
[针对训练] 在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起,得到如图所示的四棱锥P-BCDE.
(1)若平面PDE⊥平面BCDE,求四棱锥P-BCDE的体积;
(2)若PB=PC,求证:平面PDE⊥平面BCDE.
(1)解:如图所示,取DE的中点M,连接PM,
由题意知,PD=PE,
所以PM⊥DE.
又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面 BCDE=DE,PM⊂平面PDE,
所以PM⊥平面BCDE,
即PM为四棱锥P-BCDE的高.
在等腰直角三角形PDE中,PE=PD=AD=2,
所以PM=12DE=2,
而直角梯形BCDE的面积为
S=12(BE+CD)·BC=12×(2+4)×2=6,
所以四棱锥P-BCDE的体积为
V=13PM·S=13×2×6=22.
(2)证明:取BC的中点N,
连接PN,MN,则BC⊥MN,
因为PB=PC,所以BC⊥PN,
因为MN∩PN=N,MN,PN⊂平面PMN,
所以BC⊥平面PMN,
因为PM⊂平面PMN,
所以BC⊥PM,
由(1)知,PM⊥DE,
又BC,DE⊂平面BCDE,且BC与DE是相交的,
所以PM⊥平面BCDE,
因为PM⊂平面PDE,
所以平面PDE⊥平面BCDE.
求空间角
直线与平面所成的角
[例3] 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
(1)证明:连接A1E,
因为A1A=A1C,
E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,
A1E⊂平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以A1E⊥平面ABC,又BC⊂平面ABC,
则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,
所以AB⊥BC,
所以BC⊥A1F.
又A1E∩A1F=A1,A1E,A1F⊂平面A1EF,
所以BC⊥平面A1EF,又EF⊂平面A1EF,
因此EF⊥BC.
(2)解:取BC的中点G,连接EG,GF,
则四边形EGFA1是平行四边形.
由于A1E⊥平面ABC,EG⊂平面ABC,
故A1E⊥EG,
所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,BC⊂平面A1BC,则平面A1BC⊥平面EGFA1,
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于点O,则∠EOG(或其补角)是直线EF与平面A1BC所成的角.
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.
所以A1G=15,
由于O为A1G的中点,
故EO=OG=A1G2=152,
所以cs∠EOG=EO2+OG2-EG22EO·OG=35,
因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
求直线与平面所成的角的一般步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线.
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影,斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角.
(3)把该角归结在某个三角形中,通过解三角形,求出该角.
二面角
[例4] 在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=90°,∠BCA=∠CDA=30°,AB=1,AD=4,PA⊥平面ABCD,E,F分别为PD,PC的中点.
(1)求证:平面PAC⊥平面AEF;
(2)若PA=2,求二面角E-AC-B的大小.
(1)证明:因为∠ABC=90°,
∠BCA=∠CDA=30°,AB=1,AD=4,
所以AC=2,在△ACD中,
由余弦定理可得DC=23,
所以AC2+DC2=AD2,
所以CD⊥AC,
又PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,
所以CD⊥PA,又AC∩PA=A,
AC,PA⊂平面PAC,
所以CD⊥平面PAC,
因为E,F分别为PD,PC的中点,所以EF∥CD,
所以EF⊥平面PAC,又EF⊂平面AEF,
所以平面PAC⊥平面AEF.
(2)解:如图,取AD的中点G,连接EG,又E为PD的中点,
所以EG∥PA,
且EG=12PA=1,
又PA⊥平面ABCD,所以EG⊥平面ABCD,
再过点G作GH⊥AC,垂足为点H,连接EH,
且G为AD的中点,
又由(1)知CD⊥AC,所以GH∥CD,
且GH=12CD=3,
由EG⊥平面ABCD,
得AC⊥EG,又AC⊥GH,EG∩GH=G,
EG,GH⊂平面EGH,
所以AC⊥平面EGH,
因为EH⊂平面EGH,
所以AC⊥EH,
所以∠EHG即为二面角E-AC-B的平面角的补角,
又tan∠EHG=EGGH=13=33,
所以∠EHG=30°,
故二面角E-AC-B的大小为150°.
(1)清楚二面角的平面角的大小与顶点在棱上的位置无关,通常可根据需要选择特殊点作平面角的顶点.
(2)求二面角的大小的方法:
一作:即先作出二面角的平面角;
二证:即说明所作角是二面角的平面角;
三求:即利用二面角的平面角所在的三角形算出角的三角函数值.
[针对训练]
1.如图所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分别是BF,CE上的点,且AD∥BC,AB=ED=2BC=2AF=2,将四边形ADEF沿AD折起,连接BE,BF,CE,AC.
(1)证明:AC∥平面BEF;
(2)若EC=22,求直线BF与平面EBC所成角的正弦值.
(1)证明:取ED的中点H,
连接HA,HC,HF,如图.
由题意可知AH∥EF,
且四边形BCHF为平行四边形,
则HC∥FB,
可得AH∥平面EFB,HC∥平面EFB,
又AH∩HC=H,
所以平面EFB∥平面AHC,
又AC⊂平面AHC,
所以AC∥平面EFB.
(2)解:在平面DEC内作HM⊥EC于M,如图.
由题意得FHADBC,
所以四边形FHCB为平行四边形,所以BF∥HC.
又因为在翻折过程中,始终有AD⊥ED,AD⊥DC,
ED∩DC=D,
即有AD⊥平面EDC,
又HM⊂平面EDC,所以AD⊥HM,
又AD∥BC,所以BC⊥HM,
又EC∩BC=C,所以HM⊥平面EBC,
从而HC在平面EBC内的射影为MC,
因此∠ECH为HC与平面EBC所成的角,
由EC=22,ED=2,DC=2,得ED⊥DC,
可得EH=1,HC=5,∠DEC=45°,
在△EHC中,由正弦定理可得
HCsin∠DEC=EHsin∠ECH,
所以sin∠ECH=1010,
所以直线BF与平面EBC所成角的正弦值为1010.
2.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=12AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:DC1⊥BC;
(2)若AC=BC.
①求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值;
②求二面角A-BD-C1的大小.
(1)证明:设AC=m,则AA1=CC1=2m,
因为D是棱AA1的中点,
所以CD=C1D=2m,
所以CD2+C1D2=CC12,即CD⊥DC1,
又DC1⊥BD,CD∩BD=D,
CD,BD⊂平面BCD,
所以DC1⊥平面BCD,
又BC⊂平面BCD,
所以DC1⊥BC.
(2)解:①取A1B1的中点M,连接C1M,BM,
因为AC=BC,所以A1C1=B1C1,
所以C1M⊥A1B1,
又BB1⊥平面A1B1C1,
且C1M⊂平面A1B1C1,所以C1M⊥BB1,
因为A1B1∩BB1=B1,
A1B1,BB1⊂平面ABB1A1,
所以C1M⊥平面ABB1A1,
所以∠C1BM为直线BC1与平面ABB1A1所成的角,
因为DC1⊥BC,CC1⊥BC,DC1∩CC1=C1,
所以BC⊥平面ACC1A1,
又AC⊂平面ACC1A1,所以BC⊥AC,
所以C1M=12A1B1=22m,
而BC1=BB12+B1C12=4m2+m2=5m,
所以sin∠C1BM=C1MBC1=22m5m=1010,
故直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为1010.
②因为平面ABD与平面MBD是同一平面,所以二面角A-BD-C1与二面角M-BD-C1互补,
过点M作MN⊥BD于N,连接DM,C1N,
由①知,C1M⊥平面ABB1A1,
所以∠C1NM为二面角M-BD-C1的平面角,
在△BDM中,BD=3 m,DM=62m,
BM=322m,
由余弦定理知,cs∠BMD=DM2+BM2-BD22DM·BM=32m2+92m2-3m22×62m×322m=33,所以sin∠BMD=63,
因为S△BDM=12DM·BM·sin∠BMD=12MN·BD,所以MN=62m,
在Rt△C1MN中,
tan∠C1NM=C1MMN=22m62m=33,
所以∠C1NM=π6,
即二面角M-BD-C1的大小为π6,
故二面角A-BD-C1的大小为5π6.
[例1] (多选题)如图所示,在三棱锥V-ABC中,∠VAB=∠VAC=∠ABC=90°,下列结论正确的是( )
A.平面VAC⊥平面ABC
B.平面VAB⊥平面ABC
C.平面VAC⊥平面VBC
D.平面VAB⊥平面VBC
解析:因为∠VAB=∠VAC=90°,
所以VA⊥AB,VA⊥AC,又AB∩AC=A,
所以VA⊥平面ABC,VA⊂平面VAC,
所以平面VAC⊥平面ABC,故A正确.
因为VA⊥平面ABC,VA⊂平面VAB,
所以平面VAB⊥平面ABC,故B正确.
因为∠ABC=90°,所以BC⊥AB,
因为平面VAB⊥平面ABC,
平面VAB∩平面ABC=AB,BC⊂平面ABC,
所以BC⊥平面VAB,又BC⊂平面VBC,
所以平面VAB⊥平面VBC,故D正确,所以C错误.故选ABD.
[例2] (多选题)(2022·山东临沂二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,AA1=3,点M在BB1上,且BM=12MB1,P为线段C1M上的点,则下列说法正确的是( )
A.C1M⊥平面AMC
B.当P为C1M的中点时,直线AP与平面ABC所成角的正切值为233
C.存在点P,使得CP⊥AM
D.存在点P,使得三棱锥P-AMC的体积为334
解析:对于A,假设C1M⊥平面AMC,
则C1M⊥AC,易知CC1⊥AC,
CC1∩C1M=C1,故AC⊥平面BCC1B1,
故AC⊥BC,这与∠ACB=60°矛盾,
故假设不成立,故A错误;
对于B,当P为C1M的中点时,
取BC中点为N,连接PN,AN,MN,
易知PN∥CC1,CC1⊥平面ABC,
则PN⊥平面ABC,
故∠PAN即为AP与平面ABC所成的角,
则tan∠PAN=PNAN=12(MB+CC1)32×2=12×(1+3)3=233,故B正确;
对于C,取BC中点为N,连接AN,NM,
由AN⊥BC,AN⊥CC1知,
AN⊥平面BCC1B1,故AN⊥CP,
若CP⊥AM,因为AN∩AM=A,
则CP⊥平面AMN,则CP⊥MN,
过C作CG∥MN交C1M于G,
则CP⊥CG,即∠PCG=90°,
易知∠PCG不可能为90°,
故不存在点P使得CP⊥AM,故C错误;
对于D,取BC中点为N,连接AN,由C选项的分析知,
AN⊥平面BCC1B1,AN=3,
若三棱锥P-AMC的体积为334,
则VA−PMC=334,即13S△PMC·AN=334,
得S△PMC=94,
因为S△CMC1=12CC1·BC=3>S△PMC=94,
故存在点P,使S△PMC=94时,
三棱锥P-AMC的体积为334,故D正确.
故选BD.
[例3] 如图,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△SAD为正三角形.侧面SAD⊥底面ABCD,E,F分别为棱AD,SB的中点.
(1)求证:AF∥平面SEC;
(2)求证:平面ASB⊥平面CSB;
(3)在棱SB上是否存在一点M,使得BD⊥平面MAC?若存在,求BMBS的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:取SC的中点G,连接FG,EG,
因为F,G分别是SB,SC的中点,
所以FG∥BC,FG=12BC,
因为四边形ABCD是菱形,E是AD的中点,
所以AE∥BC,AE=12BC,
所以FG∥AE,FG=AE,
所以四边形AFGE是平行四边形,
所以AF∥EG,
又AF⊄平面SEC,EG⊂平面SEC,
所以AF∥平面SEC.
(2)证明:因为△SAD是正三角形,E是AD的中点,
所以SE⊥AD,
因为四边形ABCD是菱形,∠ABC=60°,
所以△ACD是正三角形.
又E是AD的中点,
所以AD⊥CE.
又SE∩CE=E,SE,CE⊂平面SEC,
所以AD⊥平面SEC.
又EG⊂平面SEC,
所以AD⊥EG.
又由(1)知四边形AFGE是平行四边形,
所以四边形AFGE是矩形,
所以AF⊥FG.
又SA=AB,F是SB的中点,
所以AF⊥SB.
又FG∩SB=F,FG,SB⊂平面CSB,
所以AF⊥平面CSB.
又AF⊂平面ASB,
所以平面ASB⊥平面CSB.
(3)解:假设在棱SB上存在点M,使得BD⊥平面MAC.
连接MO,BE,MA,MC,则BD⊥OM,
因为四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△SAD为正三角形,
所以BE=7,SE=3,BD=2OB=23,SD=2,SE⊥AD,
因为侧面SAD⊥底面ABCD,
侧面SAD∩底面ABCD=AD,SE⊂平面SAD,
所以SE⊥平面ABCD,BE⊂平面ABCD,
所以SE⊥BE,
所以SB=SE2+BE2=10,
所以在△SBD中,由余弦定理得cs∠SBD=SB2+BD2-SD22SB·BD=33020,
又在Rt△BMO中,cs∠SBD=OBBM=33020,
所以BM=2103,所以BMBS=23.
即在棱SB上存在一点M,使得BD⊥平面MAC,此时BMBS=23.
[选题明细表]
1.(多选题)(2022·福建福州二模)已知两条直线l,m及三个平面α,β,γ,则α⊥β的充分条件是( ABC )
A.l⊂α,l⊥β B.l⊥α,m⊥β,l⊥m
C.α⊥γ,β∥γD.l⊂α,m⊂β,l⊥m
解析:由面面垂直的判定定理可以判断A,B,C正确,
对于选项D,l⊂α,m⊂β,l⊥m也可以得到α∥β,故D错误.
2.如图,PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,C为圆上异于A,B的任意一点,则下列关系不正确的是( C )
A.PA⊥BC B.BC⊥平面PAC
C.AC⊥PB D.PC⊥BC
解析:因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面ABC,BC⊂平面ABC,
所以PA⊥BC,故A正确;
因为C为圆上异于A,B的任意一点,
所以BC⊥AC,
因为PA⊥BC,PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC,故B正确;
因为AC⊥BC,若AC⊥PB,
又BC∩PB=B,则AC⊥平面PBC,则AC⊥PC,
与AC⊥PA矛盾,故AC与PB不垂直,故C错误;
因为BC⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,
所以PC⊥BC,故D正确.
3.(2022·山东青岛高三期中)如图,在斜三棱柱ABCA1B1C1中,
∠BAC=90°,且BC1⊥AC,过C1作C1H⊥底面ABC,垂足为H,则点H在( B )
A.直线AC上B.直线AB上
C.直线BC上D.△ABC内部
解析:连接AC1,如图.
因为∠BAC=90°,所以AC⊥AB,
因为BC1⊥AC,BC1∩AB=B,
所以AC⊥平面ABC1,
又AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABC1,
由面面垂直的性质知,平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线,垂足必落在交线AB上.
4.(2022·山东滨州二模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,设直线BD1与直线AD所成的角为α,直线BD1与平面CDD1C1所成的角为β,则α+β等于( C )
A.π4 B.π3 C.π2 D.2π3
解析:在正方体ABCDA1B1C1D1中,连接D1C,
因为AD∥BC,所以直线BD1与直线AD所成的角α=∠D1BC,
因为BC⊥平面CDD1C1,
所以D1C为D1B在平面CDD1C1上的射影,
所以直线BD1与平面CDD1C1所成的角
β=∠BD1C,
又BC⊥平面CDD1C1,所以BC⊥D1C,
所以∠D1BC+∠BD1C=π2,即α+β=π2.
5.如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC,AB=AA1,D是A1B1的中点,点F在BB1上,记B1F=λBF,若AB1⊥平面C1DF,则实数λ的值为( D )
A.13 B.12 C.23 D.1
解析:由题意可得C1D⊥A1B1,C1D⊥AA1,A1B1∩AA1=A1,
所以C1D⊥平面AA1B1B,可得C1D⊥AB1,
作DF⊥AB1交BB1于点F(如图),连接FC1,A1B,
此时AB1⊥平面C1DF,
在矩形A1B1BA中,AB=A1A,
所以四边形A1B1BA是正方形,
所以A1B⊥AB1,
所以DF∥A1B,又D为A1B1的中点,
所以F为BB1的中点,所以B1F=BF,
因为B1F=λBF,所以λ=1.
6.若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8,两垂足间的距离为7,
则这个二面角的大小是 .
解析:如图所示,
设P为二面角内一点,PB⊥β,PA⊥α,α∩β=l,
则PB=5,PA=8,AB=7,
设平面PAB∩l=C,AC⊥l,BC⊥l,
则二面角θ的平面角为∠ACB,
由四边形的性质可知,∠APB与∠ACB互补,
则cs∠APB=cs(π-θ)=52+82-722×5×8=12,
所以cs θ=-12,所以θ=120°.
答案:120°
7.如图,在正四棱锥VABCD中,所有棱长均相等,点E为VB的中点,则直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为 .
解析:在正四棱锥VABCD中,
所有棱长均相等,点E为VB的中点,
连接AC,BD交于点O,连接VO(图略),
由四棱锥各条棱相等,则VO⊥AC,VO⊥BD,
根据线面垂直的判定定理,有VO⊥平面ABCD.
设点P为OB的中点,连接EP,则EP∥VO,得到EP⊥平面ABCD,连接AP(图略),则AP是AE在平面ABCD内的射影,
∠EAP即为AE与平面ABCD所成的角.
设四棱锥各棱长为2,则AE=3,BO=2,
在Rt△VOB中,
VO=VB2-BO2=22-(2)2=2,
EP=12VO=22,
于是sin∠EAP=EPAE=223=66.
答案:66
8.已知l是平面β外的一条直线.给出下列三个论断:
①α⊥β;②l⊥α;③l∥β.
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: .
解析:(1)①②⇒③.
说明:因为α⊥β,l⊥α,所以l∥β或l⊂β,
又因为l是平面β外的一条直线,
所以l∥β,命题正确.
(2)①③⇒②.
说明:设α∩β=m,取直线l∥m,此时,l∥β,
但直线l可能平行于平面α,
也可能在平面α内,所以命题不正确.
(3)②③⇒①.
说明:因为l∥β,所以平面β内必存在一条直线与直线l平行,
设为n,即n∥l,
又因为l⊥α,所以n⊥α,从而得α⊥β,
所以命题正确.
答案:①②⇒③或②③⇒①
9.(多选题)(2022·山东淄博模拟)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,
AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿BD折起.设折起后点A的位置为A′,并且平面A′BD⊥平面BCD.给出下面四个命题正确的是( CD )
A.A′D⊥BC
B.三棱锥A′BCD的体积为22
C.CD⊥平面A′BD
D.平面A′BC⊥平面A′DC
解析:如图所示,取BD的中点E,连接A′E,
由AD∥BC,
AD=AB=1,
AD⊥AB得到∠DBC=∠ADB=45°,
又∠BCD=45°,故△BCD为等腰直角三角形.
所以CD⊥BD,
又平面A′BD⊥平面BCD,
平面A′BD∩平面BCD=BD,
所以CD⊥平面A′BD,故C正确;
因为E为BD的中点,A′D=A′B,
所以A′E⊥BD,
又平面A′BD⊥平面BCD,平面A′BD∩平面BCD=BD,
则A′E⊥平面BCD,
所以A′E⊥BC,
如果A′D⊥BC,则可得到BC⊥平面A′BD,
故BC⊥BD,与已知矛盾,故A错误;
三棱锥A′BCD的体积为V=13×12×2×2×22=26,故B错误;
因为CD⊥平面A′BD,
所以CD⊥A′B,又A′B⊥A′D,
A′D∩CD=D,
所以A′B⊥平面A′DC,
又A′B⊂平面A′BC,
所以平面A′BC⊥平面A′DC,故D正确.
10.(多选题)(2022·山东日照二模)已知四棱锥PABCD,底面ABCD为矩形,侧面PCD⊥平面ABCD,BC=23,CD=PC=PD=26.若点M为PC的中点,则下列说法正确的是( BC )
A.BM⊥平面PCD
B.PA∥平面MBD
C.四棱锥MABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥MABCD的体积为6
解析:作图,在四棱锥PABCD中,
已知侧面PCD⊥平面ABCD,交线为CD,
底面ABCD为矩形,BC⊥CD,
则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于点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MABCD的体积是四棱锥PABCD的体积的一半,取CD的中点N,连接ON,PN,MN,
得PN⊥CD,
则PN⊥平面ABCD,PN=32,
四棱锥MABCD的体积VM−ABCD=12×13×23×26×32=12,
所以选项D错误.
在矩形ABCD中,易得AC=6,OC=3,ON=3,
在△PCD中求得NM=12PD=6,
在Rt△MNO中MO=ON2+MN2=3,
即OM=OA=OB=OC=OD,
所以O为四棱锥MABCD外接球的球心,半径为3,
所以其表面积为36π,所以选项C正确.
11.(多选题)(2022·福建福州高三月考)如图,已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形,底面圆O的直径为2,C是圆O上异于A,B的一点,
D为弦AC的中点,E为线段PB上异于P,B的点,以下结论正确的是( ABD )
A.直线AC⊥平面PDO
B.CE与PD一定为异面直线
C.直线CE可能平行于平面PDO
D.若BC=2,则CE+AE的最小值为3+1
解析:在△AOC中,OA=OC,D为AC的中点,
所以AC⊥OD,
又PO垂直于圆O所在的平面,
所以PO⊥AC,因为PO∩OD=O,
所以AC⊥平面PDO,故A正确.
由于P,C,E共面,且D在平面PCE外,
所以CE与PD异面,故B正确.
由题意得CB∥OD且CB⊄平面PDO,OD⊂平面PDO,可得CB∥平面PDO,
若直线CE∥平面PDO,
则有平面PBC∥平面PDO,
这与两平面有公共点P矛盾,故C错误.
在三棱锥PABC中,
将侧面PBC绕PB旋转至平面PBC′,
使之与平面PAB共面,
如图所示,
则当A,E,C′共线时,CE+AE取得最小值,
因为AB=2,BC′=2=PB=PC′,
所以∠ABC′=105°,
在△ABC′中,由余弦定理可得AC′=3+1,
即CE+AE的最小值为3+1,故D正确.
12.如图,已知平面ABC⊥平面DBC,∠ABC=∠DBC=120°,AB=BC=BD,
连接AD.
(1)求证:AD⊥BC;
(2)求AD与平面BDC所成的角的大小;
(3)求二面角ABDC的余弦值.
(1)证明:延长CB到E,使EB=12AB,
连接EA,ED,设AB=2,
又因为∠ABC=∠DBC=120°,
由余弦定理得AE=12+22-2×1×2cs60°=3,
因为AE2+EB2=AB2,
所以AE⊥EB,
同理DE=3,DE⊥EB,
因为AE∩DE=E,
所以BC⊥平面ADE,
又因为AD⊂平面ADE,
所以BC⊥AD,即AD⊥BC.
(2)解:因为AE⊥EB,
平面ABC⊥平面DBC,
且平面ABC∩平面DBC=CE,
所以AE⊥平面CDE,
所以DE为AD在平面BCD内的射影,
于是∠ADE为AD与平面BDC所成的角,
因为AE=DE,∠AED=90°,
所以∠ADE=45°,
故AD与平面BDC所成的角的大小为45°.
(3)解:过E作EF⊥BD于F,连接AF,
则EF为AF在平面BCD内的射影,
所以BD⊥AF,
所以∠AFE为二面角ABDE的平面角,
设二面角ABDE的大小为θ,
tan θ=AEEF=DEEF=2,
所以cs θ=11+tan2θ=15=55,
因为二面角ABDC与二面角ABDE互补,
所以二面角ABDC的余弦值为-55.
13.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,点A在平面A1BC上的射影为BC的中点D,∠BAC=π2,BC=22,A1B=A1C,A1A=2a.
(1)求证:A1D⊥平面ABC;
(2)若1≤a≤2,求直线A1C与平面BCC1B1所成角的正弦值的取值范围.
(1)证明:由题意,AD⊥平面A1BC,A1D⊂平面A1BC,
所以AD⊥A1D,
因为A1B=A1C,D为BC的中点,
所以A1D⊥BC.
又AD∩BC=D,AD,BC⊂平面ABC,
所以A1D⊥平面ABC.
(2)解:取B1C1的中点D1,连接A1D1,DD1,
则DD1BB1AA1,
所以四边形A1D1DA是平行四边形.
因为AD⊥平面A1BC,
A1D⊥平面ABC,
所以AD⊥BC,A1D⊥BC,AD∩A1D=D,
AD,A1D⊂平面AA1D1D,
所以BC⊥平面AA1D1D,
又BC⊂平面BB1C1C,
所以平面BB1C1C⊥平面AA1D1D.
作A1E⊥D1D于E,
则A1E⊥平面BB1C1C,
连接CE,则∠A1CE为直线A1C与平面BCC1B1所成的角.
由∠BAC=π2,BD=CD,BC=22,
知AD=BD=CD=2,
又由(1)知A1D⊥平面ABC,
所以A1D=4a2-2,
A1E=A1D·A1D1DD1=4a2-2×22a=2a2-1a,A1C=A1D2+CD2=2a.
则sin∠A1CE=A1EA1C=2a2-12a2=12-1a4+2a2=12-(1a2-1) 2+1.
由于1≤a≤2,所以14≤1a2≤1,
所以78≤sin∠A1CE≤12.
故直线A1C与平面BCC1B1所成角的正弦值的取值范围为[78,12].
14.如图(1)四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD上,
AB=CE,BF=13BD=3,BD⊥BC.现将△ADE沿AE折成如图(2)△APE位置,使得二面角PAEC的大小为60°.
(1)求PB的长度;
(2)求证:PB⊥平面ABCE;
(3)求直线CE与平面APE所成角的正弦值.
(1)解:因为AB∥EC,AB=EC,
所以四边形ABCE是平行四边形,则BC∥AE,
又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,
所以AE⊥FB,AE⊥FP,
即∠PFB为二面角PAEC的平面角,为60°,
又BF=3,PF=23,
由余弦定理得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcs∠BFP=9,
即BP=3.
(2)证明:因为BF=3,PF=23,
BP=3,满足BF2+BP2=PF2,
所以BF⊥PB.
又因为BF⊥AE,PF⊥AE,且BF∩PF=F,
所以AE⊥平面PFB,则AE⊥PB,
而BF∩AE=F,
所以PB⊥平面ABCE.
(3)解:作BN⊥PF于点N,连接AN,
由(2)可知,AE⊥平面BFP,BN⊂平面BFP,
所以AE⊥BN,
又PF∩AE=F,
所以BN⊥平面APE,
所以AN是AB在平面APE内的射影,
所以∠BAN是直线AB与平面APE所成的角.
在直角三角形FBN中,BN=BF·sin 60°=32,
所以sin∠BAN=BNAB=322=34.
所以直线AB与平面APE所成角的正弦值为34.
因为AB∥CE,
所以直线CE与平面APE所成角的正弦值为34.
定
理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直
a,b⊂αa⋂b=Ol⊥al⊥b
⇒l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
a⊥αb⊥α⇒a∥b
定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直
l⊥αl⊂β⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线,那么这条直线与另一个平面垂直
α⊥βl⊂βα⋂β=al⊥a⇒l⊥α
知识点、方法
题号
直线与平面垂直的判定与性质
2,5
平面与平面垂直的判定与性质
1,3
求空间角
4,6,7,12,13
综合问题
8,9,10,11,14