新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-3直线、平面垂直的判定与性质练习课件

这是一份新高考数学一轮复习专题七立体几何与空间向量7-3直线、平面垂直的判定与性质练习课件，共60页。

(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5 ,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足 =  , =  .将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4 .(1)证明:EF⊥PD;(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
  解析    (1)证明:∵AB=8,AD=5 , =  , =  ,∴| |=2 ,| |=4,在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cs∠EAF=(2 )2+42-2×2 ×4× =4,∴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 )2=36,∴EC=6.又∵PE=2 ,PC=4 ,∴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 ),D(0,3 ,0),C(3,3 ,0),F(2,0,0),则 =(3,3 ,-2 ), =(0,3 ,-2 ), =(2,0,-2 ).
 作BG⊥AD交AD于点G,在Rt△ABG中,∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,EG=2 ,则B(4,2 ,0),则 =(4,2 ,-2 ),
设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),则 即 令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3).设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2),则 即 令z2=1,则x2= ,y2=-1,则n=( ,-1,1).设面PCD与面PBF所成的二面角为θ,
则|cs θ|= = = ,故sin θ= = = ,∴面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为 .
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-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高. 
  解析    (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC⊂平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.
在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O= CC1= AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为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. 
  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°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则 = ,又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD= ,所以S矩形ABCD=AB·AD= ,所以V四棱锥P-ABCD= S矩形ABCD·PD= × ×1= .
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,∴∠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,又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN= CD= =EN=ND,∴AO=OD=1,∴VA-BCD= S△BCD·AO= × ×1× ×1= .故三棱锥A-BCD的体积为 .
解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点, , , 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, ,0),则 =(0, ,0),设AO=a. 则E ,∴ = ,
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则 即 令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1),易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),由题可知|cs|= = = ,∴a=1,即AO=1.
∴VA-BCD= S△BCD·AO= × ×1× ×1= ,故三棱锥A-BCD的体积为 .
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. 
  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, 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), =(0,1,0), =(1,1,-1).
 由(1)可设Q(a,0,1),则 =(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则 即 可取n=(-1,0,a).
所以cs= = .设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ= × =  (易错:余弦值转化为正弦值后应该是正数).因为  ≤ ,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为 . (12分)
1.(2024江苏南通二模,2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列关系正确的是 (　    )A.AD⊥B1C　    B.A1D⊥BD　    C.AC1⊥A1C　    D.AC1⊥CD1
2.(2024浙江温州二模,3)在正三棱台ABC-A1B1C1中,下列结论正确的是 (　    )A. =3 　    B.AA1⊥平面AB1C1C.A1B⊥B1C　    D.AA1⊥BC
3.(多选)(2024海南诊断,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P满足λ = + + ,其中λ∈[1,+∞),则下列说法正确的是 (　     )A.若A,B,D,A1,P在同一球面上,则λ=1B.若AB∥平面A1DP,则λ=2C.若点P到A,B,D,A1四点的距离相等,则λ=3D.若A1P⊥平面PBD,则λ= 
4.(多选)(2024河北石家庄一模,10)如图,在圆柱O1O中,轴截面ABCD为正方形,点F是 上一点,M为BD与轴O1O的交点,E为MB的中点,N为A在DF上的射影,且EF∥平面AMN, 则下列选项正确的有 (　     ) A.CF∥平面AMN　    B.AN⊥平面DBFC.DB⊥平面AMN　    D.F是 的中点
5.(2024福建厦门二模,15)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,∠ABB1= ,AC=2 ,M为A1B1中点,CM= .(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值. 
  解析    (1)证明:连接AM,AB1,在菱形ABB1A1中,A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1= ,故△AA1B1为正三角形,又M为A1B1的中点,故AM⊥A1B1,且AM= ,又AB∥A1B1,故AM⊥AB,由CM= ,AC=2 ,AM= 得AM2+AC2=CM2,故AM⊥AC,而AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,故AM⊥平面ABC,又AM⊂平面ABB1A1,故平面ABC⊥平面ABB1A1.(2)由BC=AB=2,AC=2 得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,
又平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CB⊂平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1,取BB1的中点O,由△ABB1为正三角形,得AO⊥BB1,作OH∥BC,交CC1于H,故OH⊥平面ABB1A1,又BB1,OA⊂平面ABB1A1,故OH⊥OA,OH⊥OB1,则OA,OB1,OH两两垂直,以O为坐标原点,分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
 则A( ,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C1(0,1,2),M ,则 =( ,1,0), =(0,2,2),因为AM⊥平面ABC,所以 = 是平面ABC的法向量,设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),则 
即 令y=- ,则可得n=(1,- , ),故cs= = = ,而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为 ,故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为 .
6.(2024湘豫联考第三次模拟,17)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为菱 形,∠ADC=120°,点E,F分别为棱AB,CC1上的点.(1)若 =λ ,且平面D1DE⊥平面ABB1A1,求实数λ的值;(2)若F是CC1的中点,平面AB1D1与平面BDF的夹角的余弦值为 ,求 的值. 
  解析    (1)解法一:如图1,取AB的中点E',连接DE',      因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,所以△ABD是等边三角形,所以DE'⊥AB.因为DD1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD1⊥AB.
因为DE'∩DD1=D,DE'⊂平面DD1E',DD1⊂平面DD1E',所以AB⊥平面DD1E'. (3分)因为AB⊂平面ABB1A1,所以平面DD1E'⊥平面ABB1A1,所以E点和E'点重合,所以 =  ,即 =  ,即λ= . (6分)解法二:如图2,在A1B1上取一点G,使A1G=AE,连接EG,D1G.则平面D1DE∩平面ABB1A1= EG,且DD1∥EG.因为DD1⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以DD1⊥AB,所以EG⊥AB. (2分)
又平面D1DE⊥平面ABB1A1,平面D1DE∩平面ABB1A1=EG,AB⊂平面ABB1A1,所以AB⊥ 平面D1DE.又DE⊂平面D1DE,所以AB⊥DE. (4分)又因为四边形ABCD是菱形,且∠DAB=180°-120°=60°,所以△ABD是等边三角形,所以 =  ,即λ= . (6分)(2)取AB的中点M,连接DM.建立如图3所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),
  图3不妨设AB=2,AA1=2a,则A( ,-1,0),B1( ,1,2a),D1(0,0,2a),B( ,1,0),F(0,2,a),所以 =(0,2,2a), =( ,1,0), =( ,1,0), =(0,2,a).设平面AB1D1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则 即 令x1= ,则z1= ,y1=-3,则n= , (8分)设平面BDF的法向量为m=(x2,y2,z2),则 即 令x2= ,则y2=-3,z2= ,则m= , (11分)设平面AB1D1与平面BDF的夹角为θ,
则cs θ= = = .令 = ,解得a2=3或a2= ,所以a= 或a= .所以 = = 或 = . (15分)
7.(2024浙江杭州二模,17)如图,在多面体ABCDPQ中,底面ABCD是平行四边形,∠DAB =60°,BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点,PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD.(1)证明:∠ABQ=90°;(2)若多面体ABCDPQ的体积为 ,求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值. 
  解析    (1)证明:连接PM.在△DCM中,由余弦定理得DM= ,所以DM2+DC2=CM2,所以∠MDC=90°,所以DM⊥DC.又因为DC⊥PD,DM∩PD=D,所以DC⊥平面PDM.所以DC⊥PM.显然,四边形PQBM为平行四边形,所以PM∥QB.又AB∥DC,所以AB⊥BQ,所以∠ABQ=90°. (6分)(2)因为QB⊥MD,PM∥QB,所以PM⊥MD,又PM⊥DC,MD∩DC=D,MD,DC⊂平面
ABCD,所以PM⊥平面ABCD.取AD中点E,连接PE,设PM=h.设多面体ABCDPQ的体积为V,则V=V三棱柱ABQ-EMP+V四棱锥P-CDEM=3VA-PEM+V四棱锥P-CDEM=3VP-AEM+V四棱锥P-CDEM=S△AEMh+ S四边形CDEMh=S△AEMh+ ×2S△AEMh= S△AEMh= .解得PM=h=3 . (9分)建立如图所示的空间直角坐标系,则C( ,-1,0),D( ,0,0),P(0,0,3 ),所以 =(0,1,0), =( ,0,-3 ),
 易知平面QAB的一个法向量为n=(1,0,0).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则 即 取m=(3,0,1).
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ,所以cs θ= = .所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为 . (15分)
8.(2024湖南岳阳二模,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面 ABCD,PD=DC=2AD=2,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证:PB⊥平面DEF;(2)求二面角B-DE-F的正弦值. 
  解析    (1)证明:因为PD⊥底面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PD⊥BC,因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥BC,又因为PD、CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,又DE⊂平面PCD,所以BC⊥DE,又因为PD=DC=2,E是PC的中点,所以DE⊥PC,又PC,BC是平面PBC内的两条相交直线,所以DE⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,所以DE⊥PB,又EF⊥PB,且DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
(2)以D为原点,以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),B(1,2,0),E(0,1,1),P(0,0,2),则 =(0,1,1), =(1,2,0), 由(1)知PB⊥平面DEF,所以 =(1,2,-2)为平面DEF的一个法向量,设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则由 得 取n=(2,-1,1),则cs= = =- ,设二面角B-DE-F的平面角的大小为θ,则sin θ= = = ,所以二面角B-DE-F的正弦值为 .
9.(2024重庆顶级名校3月联考,17)如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面 角C-AB-E为直二面角.(1)求证:平面ACE⊥平面BCE;(2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cs θ的取值范围. 
  解析    (1)证明:因为二面角C-AB-E为直二面角,所以平面ABC⊥平面ABE,又AB⊥BC,平面ABC∩平面ABE=AB,BC⊂平面ABC,则BC⊥平面ABE,又AE⊂平面ABE,所以BC⊥AE,又四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,则∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE,又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,所以AE⊥平面BCE,又AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)由(1)知AE⊥平面BCE,又BE⊂平面ACE,故AE⊥BE.以E为坐标原点,EB,EA所在直线 分别为x,y轴,过点E且与平面ABE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图, 则E(0,0,0),A(0,1,0),B(λ,0,0),C(λ,0,1),F ,则 =(0,1,0), =(λ,0,1), = , = ,
设平面EAC的法向量为m=(x,y,1),则 即 则m= ,设平面FAC的法向量为n=(x1,y1,1),则 即 则n= ,由图可知二面角E-AC-F为锐二面角,
从而有cs θ=|cs|= = = · ,而λ∈[2,3],则 ∈ , ∈ ,所以cs θ∈ .
10.(2024安徽安庆二模,17)如图,将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC折叠,使得 点A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧,且PA= ,PD= .设E是PA的中点.(1)证明:平面PBC⊥平面ABC;(2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值. 
  解析    (1)证明:取BC的中点O,连接OA、OP、OD,如图所示. 因为四边形ABDC是边长为2的菱形,△PBC是边长为2的等边三角形,所以△ABC是边 长为2的等边三角形,在等边△PBC中,O是BC的中点,则OP⊥BC且OP= ,又因为PA= ,所以PA2=OA2+OP2,所以OP⊥OA,
因为OA∩BC=O,且OA,BC⊂平面ABC,所以OP⊥平面ABC.又因为OP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC.(2)由(1)知,OP⊥BC,OP⊥OA.因为O是等边△ABC的BC边中点,所以OA⊥BC.所以以O为原点,分别以OA,OB,OP所在直线为x、y、z轴,建立空间直角坐标系,如图所 示,则A( ,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),P(0,0, ),E ,所以 = ,连接OD,因为△DBC是边长为2的等边三角形,故OD=OP= =PD,所以∠POD=60°,且OD⊥BC,
又因为OP⊥BC,OD∩OP=O,OD,OP⊂平面DOP,所以BC⊥平面DOP,则D在平面xOz 内,可得D ,则 = ,易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),则 令z=2,则x=0,y= ,即n=(0, ,2),所以cs= = = ,
设平面EBD与平面ABC的夹角为θ,则sin θ= = ,故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为 .
1. (多选)(2024贵州贵阳适应性测试(一),11)在三棱锥P-ABC中,PC⊥平 面ABC,PC=AB=3,平面ABC内动点D的轨迹是集合M={D||DA|=2|DB|}.已知C,Di∈M且 Di在棱AB所在直线上,i=1,2,则 (　     )A.动点D的轨迹是圆B.平面PCD1⊥平面PCD2C.三棱锥P-ABC体积的最大值为3D.三棱锥P-D1D2C外接球的半径不是定值
2. (2024福建高三毕业班适应性测试,18)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6, ∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.(1)求直线CD与平面α所成角的大小.(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.(i)判断Γ是什么曲线,并说明理由;(ii)不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T, 使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC?若存在,指出点T的位置;若不存在,说明 理由.
  解析    (1)因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC⊂平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α. (1分)所以直线CD与平面α所成角为∠CDB. (2分)过D作DF⊥AC,垂足为F.因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,所以DF=DB.又AD=2DB,所以DF= AD,所以∠DAF=30°. (3分)又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=2 .因为DB= AB=2,所以∠CDB=60°,所以直线CD与平面α所成角的大小为60°. (4分)
(2)(i)曲线Γ是椭圆. (5分)理由如下:由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点.设AB的中点为O,连接OF,则OF∥BC.又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.在平面α内过O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.以O为原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.因为OB=3,DB=2,所以OD=1.设E(x,y,0),又D(0,1,0),C(0,3,2 ),则 =(x,y-3,-2 ), =(0,-2,-2 ).
因为cs∠ECD= ,∠ECD=30°,所以 = , (6分)化简得3x2+2y2=18,即 + =1,所以曲线Γ是椭圆. (7分) 
(ii)设P(x1,y1,0),Q(x2,y2,0),在平面α内,因为l与AB不重合,所以可设l:y=kx+1,由 得(2k2+3)x2+4kx-16=0,所以x1+x2=- ,x1x2=- <0. (9分)由对称性知,若存在定点T满足条件,则T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T (0,t,0), (10分)若∠PTC=∠QTC,则cs∠PTC=cs∠QTC,即 = .因为 =(x1,y1-t,0), =(x2,y2-t,0), =(0,3-t,2 ),