2025版新高考版高考总复习数学专题八立体几何与空间向量直线、平面垂直的判定与性质.docx

2025版新高考版高考总复习数学8.4直线、平面垂直的判定与性质五年高考考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2023全国甲理,11,5分,中)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC=PD=3,PCA=45°,则PBC面积为()A.22B.32C.42D.62答案C2.(多选)(2023新课标,9,5分,中)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则()A.该圆锥的体积为B.该圆锥的侧面积为43C.AC=22D.PAC的面积为3答案AC3.(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,A1CBC.ACB=90°,ACBC,又A1C,AC平面ACC1A1,且A1CAC=C,BC平面ACC1A1,又BC平面BB1C1C,平面ACC1A1平面BB1C1C.(2)过A1作A1OCC1,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RtA1CB与RtACB中,A1B=AB,BC=BC,RtA1CBRtACB,A1C=AC,A1C=A1C1,又知A1CA1C1,CA1C1为等腰直角三角形,A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.4.(2021全国乙,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PBAM.(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PDAM,又PBAM,PBPD=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AMBD,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DABABM,则DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=2,所以S矩形ABCD=AB·AD=2,所以V四棱锥P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=13×2×1=23.5.(2022全国甲理,18,12分,中)在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.(1)证明:BDPA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.解析(1)证明:过D作DHAB,垂足为H,则AH=12,又AD=1,所以DH=32.易知BH=32,所以BD=3,在ABD中,AD2+BD2=AB2,所以ADBD.因为PD平面ABCD,BD平面ABCD,所以PDBD,又因为PDAD=D,所以BD平面PAD,又PA平面PAD,所以BDPA.(2)解法一:由题设及(1)得三棱锥P-ABD的体积为V=13×12×1×3×3=12.又AB=2,PA=DA2+DP2=2,PB=DB2+DP2=6, 所以cosPAB=AB2+PA2PB22AB·PA=14,则sinPAB=154.设点D到平面PAB的距离为d,则V=13×12×2×2×154·d=156d.由156d=12,得d=155.因此PD与平面PAB所成角的正弦值为dPD=55.解法二:如图所示,作DEAB,垂足为E,连接PE.因为PD底面ABCD,AB平面ABCD,所以PDAB,又DEPD=D,故AB平面PDE.作DFPE,垂足为F.因为AB平面PDE,DF平面PDE,所以DFAB.因为ABPE=E,所以DF平面PAB.因此DPF即为PD与平面PAB所成的角.因为12AB·DE=12DA·DB,所以DE=32,故PE=DE2+DP2=152.因此PD与平面PAB所成角的正弦值为DEPE=55.6.(2021新高考,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:OACD;(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,AOBD,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,AOCD.(2)由OC=OD=OB得BCCD,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),CB=(0,3,0),设AO=a.则E23,33,23a,则CE=23,33,23a,设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CE=0,即3y=0,23x+33y+23az=0,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|cos<m,n>|=m·n|m|·|n|=1a2+1=22,a=1,即AO=1.VA-BCD=13SBCD·AO=13×12×1×3×1=36,故三棱锥A-BCD的体积为36.7.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,ABBC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,点F在AC上,BFAO.(1)证明:EF平面ADO;(2)证明:平面ADO平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.解析解法一(几何法):(1)根据给定条件,证明四边形ODEF为平行四边形,再利用线面平行的判定定理作答.证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0<t<1),则BF=BA+AF=BA+tAC=BA+t(BCBA)=(1-t)BA+tBC.易知AO=BA+12BC.BFAO,BF·AO=(1-t)BA+tBC·BA+12BC=(t-1)BA2+12tBC2=4(t-1)+4t=0,解得t=12,故F为AC的中点.D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,DEAB,且DE=12AB,OFAB,且OF=12AB,DE􀱀OF.四边形DEFO是平行四边形,EFDO.又EF平面ADO,DO平面ADO,EF平面ADO.(2)由(1)的结论,结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定定理作答.证明:D,O分别是PB,BC的中点,且PC=6,DO=12PC=62,又AD=5DO,AD=302.在RtABO中,AB=2,BO=2,AO=6,在ADO中,OD2+AO2=AD2,ODAO,由(1)知EFOD,则EFAO,又AOBF,BFEF=F,BF平面BEF,EF平面BEF,AO平面BEF,又AO平面ADO,平面ADO平面BEF.(3)由(2)的结论作出二面角的平面角,再结合三角形重心的性质及余弦定理的推论求解.如图1,过点O作OHBF交AC于点H,由AOBF,知HOAO,又由(2)知ODAO,故DOH为二面角D-AO-C的平面角,设ADBE=G,D,E分别为PB,PA的中点,G为PAB的重心,DG=13AD,GE=13BE,O为BC的中点,OHBF,H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,FH=13AH,连接DH,GF,DH=32GF,由cosABD=4+321522×2×62=4+6PA22×2×6,得PA=14,同理可得BE=62,BE2+EF2=3=BF2,故BEEF,则GF2=13×622+622=53,GF=153,故DH=32×153=152.在DOH中,OH=12BF=32,OD=62,DH=152,cosDOH=64+341542×62×32=22.二面角D-AO-C的正弦值为22. 解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,2,0),C(0,22,0).(1)证明:设AF=AC,0<<1.AC=(-2,22,0),F(2-2,22,0),BF=(2-2,22,0).BFAO,AO=(-2,2,0),BF·AO=0,即-2(2-2)+4=0,解得=12,故F为AC的中点.连接OF,DE,D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,DEAB,且DE=12AB,OFAB,且OF=12AB,DE􀱀OF,故四边形ODEF为平行四边形,EFDO,又EF平面ADO,DO平面ADO,EF平面ADO.(2)证明:易得AD=302,由cosABD=4+321522×2×62=4+6PA22×2×6,得PA=14.设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=6,PA=14可得x2+y2+z2=6,x2+(y22)2+z2=6,(x2)2+y2+z2=14,解得x=1,y=2,z=3,故P(-1,2,3),又E是PA的中点,E12,22,32,BE=12,22,32,又AO=(-2,2,0),AO·BE=2×12+2×22+0×32=0,AOBE,即AOBE,又AOBF,BEBF=B,AO平面BEF,又AO平面ADO,平面ADO平面BEF.(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1),D为PB的中点,D12,22,32,OD=12,22,32,设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),则m2·AO=0,m2·OD=0,即2x1+2y1=0,12x122y1+32z1=0,取x1=1,则y1=2,z1=3,则m2=(1,2,3),设二面角D-AO-C的大小为,则|cos |=|cos<m1,m2>|=|m1·m2|m1|m2|=31×1+2+3=22.由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,cos =-22,sin =22,即二面角D-AO-C的正弦值为22.三年模拟综合基础练1.(2023北京顺义二模,5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是棱DD1和线段BC1上的动点,则满足与DD1垂直的直线MN()A.有且仅有1条B.有且仅有2条C.有且仅有3条D.有无数条答案D2.(2024届江苏南京师范大学附属中学期中,5)给出下列命题:垂直于同一条直线的两条直线互相平行;如果两条平行直线中的一条垂直于直线m,那么另一条直线也与直线m垂直;如果一个平面内的两条直线与另一个平面都平行,那么这两个平面互相平行;如果一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面互相垂直.其中是真命题的是()A.B.C.D.答案D3.(2024届江苏南京学情调研,6)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点B的平面与直线A1C垂直,则平面截该正方体所得截面的形状为()A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形答案A4.(2023河南郑州联考,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列说法不正确的是()A.直线AC1与直线B1C垂直B.直线AC1与平面A1BD垂直C.三棱锥A1-C1BD的体积是正方体ABCD-A1B1C1D1的体积的三分之一D.直线AB1与直线BC1垂直答案D5.(2023贵州毕节一模,9)图(1)是由正方形ABCD和正三角形PAD组合而成的平面图形,将三角形PAD沿AD折起,使得平面PAD平面ABCD,如图(2),则异面直线PB与DC所成角的大小为()A.15°B.30°C.45°D.60°答案C6.(2023湖南师大附中一模,6)如图,已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=6,A1B1=4,BB1=2,点M,N分别为A1B1,B1C1的中点,则下列平面中与BB1垂直的是()A.平面A1C1DB.平面DMNC.平面ACNMD.平面AB1C答案C7.(多选)(2023广东一模,10)在四棱锥S-ABCD中,SD平面ABCD,四边形ABCD是正方形,若SD=AD,则()A.ACSDB.AC与SB所成角大小为60°C.BD与平面SCD所成角大小为45°D.BD与平面SAB所成角的正切值为33答案ACD综合拔高练1.(2024届山西运城景胜学校(西校区)月考,8)如图,PA垂直于正方形ABCD所在平面,则以下关系错误的是()A.平面PCD平面PADB.平面PCD平面PBCC.平面PAB平面PBCD.平面PAB平面PAD答案B2.(2024届江苏南京第一中学四模,16)已知平面截一球面得圆M,过圆心M且与夹角为60°的平面截该球面得圆N.若该球的半径为4,圆M的面积为4,则圆N的面积为. 答案133.(2024届山东德州适应性联考(一),15)已知矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E是边BC的中点.AE和BD交于点M,将ABE沿AE折起,在翻折过程中当AB与MD垂直时,异面直线BA和CD所成角的余弦值为. 答案234.(2023辽宁沈阳质监,19)如图,在矩形ABCD中,AB=4,E为边CD上的点,CB=CE,以BE为折痕把CBE折起,使点C到达点P的位置,且使二面角P-BE-C为直二面角,三棱锥P-ABE的体积为423.(1)求证:平面PAB平面PAE;(2)求二面角B-PA-D的余弦值.解析(1)证明:设BC=CE=m,m>0,由题意知BCE为等腰直角三角形,折叠后BPE为等腰直角三角形.取BE的中点F,连接PF,则PFBE,因为二面角P-BE-C为直二面角,所以PF平面ABCD.由VP-ABE=13SABE·PF=13×12AB·BC·PF=13×12×4m·22m=423,得m=2,即BC=CE=DE=2.则AE=BE=22,则AE2+BE2=AB2,故AEBE.因为PF平面ABCD,AE平面ABCD,所以AEPF,又PF与BE相交,所以AE平面PBE,因为PB平面PBE,所以AEPB,又PEPB,且PE与AE相交,所以PB平面PAE,又PB平面PAB,所以平面PAB平面PAE.(2)以D为原点,DA,DC的方向分别为x,y轴的正方向,过D作z轴垂直于平面ABCD,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),P(1,3,2),则AP=(-1,3,2),DA=(2,0,0),AB=(0,4,0),设平面BPA的法向量为n1=(x1,y1,z1),则AP·n1=x1+3y1+2z1=0,AB·n1=4y1=0,取z1=1,可得n1=(2,0,1),设平面DPA的法向量为n2=(x2,y2,z2),则AP·n2=x2+3y2+2z2=0,DA·n2=2x2=0,取z2=3,可得n2=(0,-2,3),则cos<n1,n2>=n1·n2|n1|n2|=33×11=3311,由图知二面角B-PA-D的平面角为钝角,所以二面角B-PA-D的余弦值为-3311.