2020版数学（天津专用）大精准复习精练8.4直线、平面垂直的判定与性质

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精8。4直线、平面垂直的判定与性质挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线、平面垂直的判定与性质1。以立体几何中的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理2。能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题2017天津文，17直线与平面垂直的判定与性质的应用异面直线的夹角、线面角★★★2018天津文,17平面与平面垂直的性质的应用异面直线的夹角、线面角2013天津文，17直线与平面垂直的判定、平面与平面垂直的判定与性质的应用线面平行的判定、线面角分析解读从天津高考试题来看,线线、线面、面面垂直的判定与性质是考查的重点之一.考查的具体内容可分为两个层次：一是将定义、判定和性质结合起来，以客观题的形式出现,判断某些命题的真假;二是以常见几何体为背景,以解答题的形式出现,证明几何体中直线、平面的垂直关系，充分考查线线、线面、面面之间的相互转化,属中档题.破考点【考点集训】考点直线、平面垂直的判定与性质1.(2013北京文，8，5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有()A。3个B.4个C。5个D。6个答案B2。如图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AC.过点A的平面与棱PB，PC,PD分别交于点E,F,G（E，F，G三点均不在棱的端点处)。(1）求证：平面PAB⊥平面PBC；(2）若PC⊥平面AEFG，求PFPC的值(3）直线AE是否能与平面PCD平行？请说明你的理由。解析（1)证明：因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC.因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥BC，因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB。因为BC⊂平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC。（2)连接AF。因为PC⊥平面AEFG,所以PC⊥AF.又因为PA=AC，所以F是PC的中点，所以PFPC=1(3)直线AE与平面PCD不可能平行。理由如下：假设AE∥平面PCD。因为AB∥CD,AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD。而AE,AB⊂平面PAB，且AB∩AE=A,所以平面PAB∥平面PCD,这显然与平面PAB与平面PCD交于点P相矛盾，所以假设不成立，即直线AE与平面PCD不可能平行.思路分析(1）根据面面垂直的判定定理易证.（2）根据线面垂直的性质及等腰三角形的性质可求PFPC(3)反证法：假设AE∥平面PCD,易证AB∥平面PCD，进而推出平面PAB∥平面PCD，与已知相矛盾,从而证得结论。解后反思本题考查了空间中的垂直与平行关系，熟练掌握相关定理是解题的关键.3.如图，在四棱锥P-ABCD中，△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3。四边形ABCD是直角梯形,AB∥DC，AD⊥DC，AB=5，AD=4，DC=3。(1）求证：AB∥平面PDC；（2)当平面PBC⊥平面ABCD时,求四棱锥P-ABCD的体积；(3）请在图中所给的五个点P，A，B，C,D中找出两个点,使得这两点所在的直线与直线BC垂直，并给出证明。解析（1）证明：因为AB∥DC,且AB⊄平面PDC，DC⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC.（2）取BC的中点F，连接PF.因为PB=PC,所以PF⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，所以PF⊥平面ABCD。在直角梯形ABCD中，过C作CH⊥AB于点H。因为AB∥DC,且AD⊥DC，AD=4，DC=3,AB=5,所以CH∥AD,所以四边形ADCH为平行四边形,所以AD=CH，DC=AH,所以BC=BH2+HC2=25，且又因为PB=3,BF=5，所以PF=2。所以VP-ABCD=13S梯形ABCD·PF=13×16×2=(3)PA⊥BC.证明如下：连接AF,AC。在直角梯形ABCD中,因为AB∥DC，且AD⊥DC,AD=4,CD=3，所以AC=5。因为AB=5，点F为BC的中点，所以AF⊥BC。又因为BC⊥PF，AF∩PF=F,所以BC⊥平面PAF。又因为PA⊂平面PAF，所以PA⊥BC.炼技法【方法集训】方法1证明线面垂直的方法1.(2014浙江,6，5分)设m，n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面（）A.若m⊥n，n∥α,则m⊥α B。若m∥β，β⊥α，则m⊥αC。若m⊥β,n⊥β，n⊥α,则m⊥α D。若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α答案C2。如图，在三棱锥D-ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD,AB=BC=a,E为BC的中点，F在棱AC上，且AF=3FC.(1）求三棱锥D—ABC的体积；（2）求证:AC⊥平面DEF；（3)若M为DB的中点，N在棱AC上，且CN=38CA,求证:MN∥平面解析（1)因为△BCD是正三角形,且AB=BC=a，所以S△BCD=34a2又AB⊥平面BCD,所以VD-ABC=VA—BCD=13·S△BCD·AB=13×34a2·a=3(2）证明:在底面ABC中,取AC的中点H,连接BH，因为AB=BC，所以BH⊥AC。因为AF=3FC,所以F为CH的中点.又因为E为BC的中点，所以EF∥BH，则EF⊥AC，因为AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCD.因为△BCD是正三角形，E为BC的中点。所以DE⊥BC,则DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.又DE∩EF=E，且DE,EF⊂平面DEF,所以AC⊥平面DEF。(3）证明：当CN=38CA时，连接CM交DE于O,连接因为E为BC的中点,M为DB的中点,所以O为△BCD的重心，则CO=23因为AF=3FC，CN=38所以CF=23所以COCM=CFCN=23，所以又OF⊂平面DEF，MN⊄平面DEF,所以MN∥平面DEF。思路分析（1）由VD-ABC=VA-BCD求解即可；(2)在底面ABC中,取AC的中点H，连接BH，由题意证明EF⊥AC,利用面面垂直的性质定理证明DE⊥平面ABC，则可得DE⊥AC，即可证得结论；(3）连接CM,OF，设CM∩DE=O,易证CO=23CM,CF=23CN,则MN∥OF,方法点睛本题主要考查空间几何体的体积,直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质以及直线与平面平行的判定，考查了等积法求体积、空间想象能力与逻辑推理能力。方法2证明面面垂直的方法3。（2016北京文,18，14分)如图,在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD,AB∥DC，DC⊥AC.(1）求证:DC⊥平面PAC；（2）求证：平面PAB⊥平面PAC；(3）设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由。解析（1）证明：因为PC⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD，所以PC⊥DC。(2分）又因为DC⊥AC，AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC,所以DC⊥平面PAC.（4分)（2）证明:因为AB∥DC,DC⊥AC，所以AB⊥AC.(6分)因为PC⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PC⊥AB.(7分)又AC∩PC=C,AC,PC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC。(9分）(3）棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF。（10分）理由如下：如图,取PB的中点F，连接EF,CE，CF。又因为E为AB的中点,所以EF∥PA。(13分)又因为PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，所以PA∥平面CEF。（14分)思路分析(1）证出PC⊥DC,从而证得DC⊥平面PAC。(2）先证AB⊥AC,PC⊥AB，从而证出AB⊥平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证得结论.（3)此问为探究性问题,求解时可构造平面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条直线，由于点E为AB的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.4。已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E，F分别是PB，PD的中点。(1)求证：PB∥平面FAC；（2）求三棱锥P—EAD的体积；(3）求证：平面EAD⊥平面FAC。解析(1）证明：连接BD，与AC交于点O，连接OF,在△PBD中，O，F分别是BD，PD的中点,所以OF∥PB,又因为OF⊂平面FAC,PB⊄平面FAC，所以PB∥平面FAC.(2)解法一：因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD，又因为AB⊥AD,PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，即AD为三棱锥D-PAE的高,在Rt△PAB中,PA=AB=2,E为PB的中点,所以S△PAE=1,又底面ABCD为正方形,所以AD=AB=2，所以VP-EAD=VD-PAE=13·S△PAE·AD=2解法二:因为PA⊥平面ABCD，所以PA为四棱锥P-ABCD的高.因为PA=AB=2，底面ABCD是正方形，所以VP-ABD=13S△ABD·PA=13×12因为E为PB的中点，所以S△PAE=S△ABE,所以VD-PAE=VD—ABE=12VD-PAB所以VP—EAD=12VP-ABD=2（3）证明：因为AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB,在等腰直角△PAB中,AE⊥PB，又AE∩AD=A,AE,AD⊂平面EAD，所以PB⊥平面EAD，又OF∥PB，所以OF⊥平面EAD，又OF⊂平面FAC，所以平面EAD⊥平面FAC。方法3翻折问题的处理方法5.（2015浙江,8,5分)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A’CD,所成二面角A’—CD—B的平面角为α，则（）A.∠A'DB≤αB。∠A’DB≥αC.∠A’CB≤αD.∠A'CB≥α答案B6.如图①所示，已知直角△ABC,其中∠ABC=90°,D,E分别是AB,AC边上的中点,现沿DE将△ADE翻折,使得A与平面ABC外一点P重合,得到如图②所示的几何体.（1)证明:平面PBD⊥平面BCED；(2）记平面PDE与平面PBC的交线为l，探究:直线l与BC是否平行。若平行,请给出证明;若不平行,请说明理由.解析(1）证明:∵D，E分别为边AB，AC的中点，∴DE∥BC，∵∠ABC=90°，∴AB⊥BC,∴BD⊥DE,PD⊥DE,∵PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD，∴DE⊥平面PBD,∵DE⊂平面BCED，∴平面PBD⊥平面BCED。（2）平行.证明如下:∵DE∥BC，DE⊂平面PDE,BC⊄平面PDE，∴BC∥平面PDE,∵BC⊂平面PBC，平面PDE∩平面PBC=l，∴l∥BC。过专题【五年高考】A组自主命题·天津卷题组1.（2018天津文,17，13分)如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点，AB=2,AD=23,∠BAD=90°.（1)求证:AD⊥BC；（2）求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值。解析本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识。考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.(1）证明:由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC.（2）取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC。所以∠DMN(或其补角）为异面直线BC与MD所成的角。在Rt△DAM中，AM=1，故DM=AD2+因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC。在Rt△DAN中，AN=1,故DN=AD2+在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN=12MNDM所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326(3)连接CM。因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB,CM=3。又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD。所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD=AC在Rt△CMD中,sin∠CDM=CMCD=3所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为342.(2017天津文，17,13分）如图,在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC,PD⊥PB，AD=1,BC=3，CD=4，PD=2。（1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值；(2)求证：PD⊥平面PBC;（3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值。解析本题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识。考查学生的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.(1）如图,由AD∥BC，知∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角。因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD。在Rt△PDA中,由题意得AP=AD2+PD2=5，故cos∠DAP=ADAP=55.所以(2）证明：因为AD⊥平面PDC,直线PD⊂平面PDC，所以AD⊥PD.又因为BC∥AD，所以PD⊥BC,又PD⊥PB，BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC,所以PD⊥平面PBC.（3)如图，过点D作AB的平行线交BC于点F,连接PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角。因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角。由于AD∥BC，DF∥AB,故BF=AD=1,由已知,得CF=BC-BF=2。又AD⊥DC，故BC⊥DC,在Rt△DCF中,DF=CD2+在Rt△DPF中,可得sin∠DFP=PDDF=5所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55方法点拨1。求异面直线所成角的步骤：(1）作：通过作平行线得到相交直线;（2）证：证明所作角为异面直线所成的角（或其补角);（3）求：解三角形,求出所作的角.如果求得的角是锐角或直角,则它就是所求的角，如果求出的角是钝角,则它的补角为所求的角.2。求直线与平面所成角的方法：（1）定义法：关键是找出斜线在平面内的射影;(2)公式法：sinθ=hl(其中θ为直线与平面所成角，h为斜线上一点到平面的距离,l为该点到斜足的距离3.（2013天津文,17，13分）如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等,D，E,F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.(1)证明:EF∥平面A1CD；（2）证明:平面A1CD⊥平面A1ABB1；(3)求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.解析(1）证明：如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中,AC∥A1C1，且AC=A1C1，连接ED，在△ABC中，因为D,E分别为AB,BC的中点，所以DE=12AC且DE∥AC,又因为F为A1C1的中点，可得A1F=DE，且A1F∥DE,即四边形A1DEF为平行四边形，所以EF∥DA1又EF⊄平面A1CD,DA1⊂平面A1CD，所以EF∥平面A1CD。（2）证明:由于底面ABC是正三角形，D是AB的中点,故CD⊥AB，又由于侧棱A1A⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD,又A1A∩AB=A，因此CD⊥平面A1ABB1，而CD⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.(3）在平面A1ABB1内,过点B作BG⊥A1D交直线A1D于点G，连接CG.由于平面A1CD⊥平面A1ABB1，而直线A1D是平面A1CD与平面A1ABB1的交线,故BG⊥平面A1CD.由此得∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角。设棱长为a,可得A1D=5a2，由△A1AD∽△BGD，易得BG=在Rt△BGC中，sin∠BCG=BGBC=5所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为55B组统一命题、省(区、市）卷题组考点直线、平面垂直的判定与性质1.（2018课标Ⅱ文，19,12分)如图,在三棱锥P—ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.（1）证明:PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.解析（1)证明：因为AP=PC=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC,且OP=23。连接OB，因为AB=BC=22所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC,OB=12由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB。由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O知OP⊥平面ABC。(2)作CH⊥OM,垂足为H。由(1)可得OP⊥CH,又OM∩OP=O,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离。由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=42所以OM=253，CH=OC·所以点C到平面POM的距离为45解题关键认真分析三棱锥各侧面和底面三角形的特殊性,利用线面垂直的判定方法及等积法是解题的关键.2。(2017山东,18,12分）由四棱柱ABCD—A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示。四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1）证明：A1O∥平面B1CD1;（2）设M是OD的中点，证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明本题考查线面平行与面面垂直。(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC,A1O1=OC，因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1。（2）因为AC⊥BD,E，M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD，又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1，又A1E，EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1。方法总结证明面面垂直的方法：1。面面垂直的定义；2。面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).易错警示a∥b,a∥α⇒/b∥α。3.（2017江苏，15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A，D不重合)分别在棱AD,BD上，且EF⊥AD。求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC。证明（1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD，所以EF∥AB。又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC。(2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD，BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB=B,AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC。又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.方法总结立体几何中证明线线垂直的一般思路:(1）利用两平行直线垂直于同一条直线(a∥b,a⊥c⇒b⊥c)；(2）线面垂直的性质(a⊥α,b⊂α⇒a⊥b)。4.(2014湖北，20,13分）如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E,F，P,Q，M，N分别是棱AB,AD,DD1,BB1，A1B1,A1D1的中点.求证：(1）直线BC1∥平面EFPQ；（2)直线AC1⊥平面PQMN.证明(1）连接AD1,由ABCD—A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1。从而BC1∥FP。又FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ。(2)连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD。又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1。而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1。同理可证PN⊥AC1。又PN∩MN=N，PN，MN⊂平面PQMN，所以直线AC1⊥平面PQMN。评析本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质,考查学生的空间想象能力.5.(2014重庆，20,12分)如图，四棱锥P—ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD,AB=2，∠BAD=π3，M为BC上一点,且BM=1(1)证明:BC⊥平面POM；（2)若MP⊥AP,求四棱锥P—ABMO的体积.解析(1）证明:连接OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB。因为∠BAD=π3，所以OB=AB·sin∠OAB=2sinπ又因为BM=12,且∠OBM=π3，所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2—2OB·BM·cos∠OBM=12+122—2×1×12×cosπ3=34。所以OB2=OM2又PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC。从而BC与平面POM内两条相交直线OM，PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2）由(1)可得，OA=AB·cos∠OAB=2·cosπ6=3设PO=a，由PO⊥底面ABCD知，△POA为直角三角形，故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形，故PM2=PO2+OM2=a2+34连接AM,在△ABM中，AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+122-2×2×12×cos2由于MP⊥AP，故△APM为直角三角形，则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+34=214，得a=32或a=-32（舍去）,所以S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=12·AO·OB+12·BM·OM=12×3×1+12×12所以VP-ABMO=13·S四边形ABMO·PO=13×538×评析本题考查线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算,在证明直线与平面垂直时，打破以往单纯的几何逻辑推理，将余弦定理、勾股定理巧妙融合,体现了知识的交汇性.C组教师专用题组(2015福建,20，12分）如图，AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1.（1)若D为线段AC的中点，求证:AC⊥平面PDO;（2)求三棱锥P—ABC体积的最大值;(3）若BC=2,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值.解析（1）证明：在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO.又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC.因为DO∩PO=O,DO，PO⊂平面PDO,所以AC⊥平面PDO.(2）因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大，且最大值为1.又AB=2，所以△ABC面积的最大值为12又因为三棱锥P—ABC的高PO=1,故三棱锥P—ABC体积的最大值为13×1×1=1(3)解法一：在△POB中，PO=OB=1,∠POB=90°，所以PB=12+12=2。同理，PC=在三棱锥P—ABC中,将侧面BCP绕PB所在的直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面.当O,E，C’共线时,CE+OE取得最小值.又因为OP=OB,C'P=C'B，所以OC'垂直平分PB,即E为PB的中点.从而OC'=OE+EC'=22+62=亦即CE+OE的最小值为2+解法二：在△POB中,PO=OB=1，∠POB=90°,所以∠OPB=45°，PB=12+12=2.所以PB=PC=BC，所以∠CPB=60°。在三棱锥P—ABC中，将侧面BCP绕PB所在的直线旋转至平面BC’P,使之与平面ABP共面，如图所示.当O，E，C'共线时,CE+OE取得最小值.所以,在△OC’P中，由余弦定理,得OC'2=1+2—2×1×2×cos（45°+60°)=1+2-2222×从而OC'=2+3=2所以CE+OE的最小值为2+评析本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识，考查学生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,以及数形结合思想、转化与化归思想.【三年模拟】解答题(共90分)1。(2019届天津七校联考期中，19）如图，在三棱锥P—ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°，侧面PAB为等边三角形，侧棱PC=22。(1)求证：PC⊥AB；(2）求证：平面PAB⊥平面ABC；（3）求二面角B-AP-C的余弦值.解析(1）证明:设AB的中点为D，连接PD，CD，因为AP=BP，所以PD⊥AB,又AC=BC，所以CD⊥AB。因为PD∩CD=D,所以AB⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD,所以PC⊥AB.（2）证明:因为∠ACB=90°，AC=BC=2,所以AD=BD=CD=2,AB=22，又△PAB为正三角形，且PD⊥AB，所以PD=6.因为PC=22,所以PC2=CD2+PD2，所以∠CDP=90°,由（1）知∠CDP是二面角P—AB—C的平面角,所以平面PAB⊥平面ABC.(3)由(2)知CD⊥平面PAB,过D作DE⊥PA于E，连接CE,则CE⊥PA,所以∠DEC是二面角B-AP—C的平面角,易求得DE=62,在Rt△CDE中因为CD=2，DE=62,所以EC=14所以cos∠DEC=217即二面角B—AP—C的余弦值为2172。（2019届天津耀华中学月考,17)如图,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD,E为AD的中点,M是棱PC的中点，PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3（1）求证：PE⊥平面ABCD;(2）求直线BM与平面ABCD所成角的正切值；(3）求直线BM与CD所成角的余弦值。解析（1)证明:∵PA=PD,E为AD的中点，∴PE⊥AD。又∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD。（2)连接EC,取EC的中点H,连接MH,HB.∵M是PC的中点，H是EC的中点,∴MH∥PE.由（1）知PE⊥平面ABCD，∴MH⊥平面ABCD,∴BH是BM在平面ABCD内的射影，∠MBH即为BM与平面ABCD所成的角.连接BE。∵AD∥BC,BC=12AD,E为AD的中点,∠∴四边形BCDE为矩形，易知EC=2,HB=12EC=1,MH=12PE=∴在△MHB中，tan∠MBH=MHHB=3∴直线BM与平面ABCD所成角的正切值为32(3）由（2)知CD∥BE，∴直线BM与CD所成角即为直线BM与BE所成角（∠MBE或其补角),连接ME，在Rt△MHE中，ME=72在Rt△MHB中，BM=72,又BE=CD=3∴在△MEB中，cos∠MBE=BM2+BE∴直线BM与CD所成角的余弦值为2173。（2018天津十二区县二模,17)如图，在四棱锥P—ABCD中,PA⊥CD,∠PAD=∠ABC=90°，AB∥CD，DC=CB=12(1)求异面直线AB与PD所成角的余弦值;(2)证明:平面PAD⊥平面PBD;(3)求直线DC与平面PBD所成角的正弦值.解析(1)取AB的中点E，连接DE、AC,∵AB∥CD,∴∠PDC(或其补角)是异面直线AB与PD所成的角，∵PA⊥CD,PA⊥AD，CD∩AD=D,∴PA⊥平面ABCD，易得CDEB,∴四边形EBCD是平行四边形，又∵∠EBC=90°，DC=CB，∴四边形EBCD是正方形，∴DE⊥AB,∴DA=DB=2,∴PD=6，AC=5，在Rt△PAC中，PC=3,∴cos∠PDC=6+1-92∴异面直线AB与PD所成角的余弦值为66（2)证明:由(1)知BD=2，AD=2，AB=2，由勾股定理的逆定理得BD⊥AD，又∵BD⊥PA,PA∩AD=A，∴BD⊥平面PAD,又∵BD⊂平面PBD，∴平面PAD⊥平面PBD.(3)∵AB∥CD,∴直线DC与平面PBD所成角即为AB与平面PBD所成角，∴过点A作AH⊥PD，垂足为H,连接BH，由(2）知平面PAD⊥平面PBD，又平面PAD∩平面PBD=PD，AH⊂平面PAD,∴AH⊥平面PBD，∴BH为斜线AB在平面PBD内的射影，∴∠ABH是直线AB与平面PBD所成角,在Rt△PAD中，PA·AD=PD·AH,∴AH=23故在Rt△ABH中，sin∠ABH=AHAB=3∴直线DC与平面PBD所成角的正弦值为334.(2018天津和平一模,17）如图,在三棱锥P—ABC中,PB⊥平面ABC,AC⊥BC,PB=2,AB=22,D为PB的中点，E为AD的中点，点F在线段PC上,且PF=3FC.(1)求证：AC⊥CD；（2)求证:EF∥平面ABC;（3）若BC=2,求二面角C-AD-B的度数.解析（1)证明：∵PB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PB⊥AC,又∵AC⊥BC,BC∩PB=B，∴AC⊥平面PBC,∵CD⊂平面PBC,∴AC⊥CD。（2)证明:取AB的中点M,在线段BC上取点N使BN=3NC，连接EM，MN,FN，∵EM是△ABD的中位线,∴EM∥PB，EM=12DB=1∵BN=3NC，PF=3FC，∴FN∥PB,FN=14∴EM∥FN，EM=FN,∴四边形EMNF是平行四边形,∴EF∥MN,∵EF⊄平面ABC，MN⊂平面ABC，∴EF∥平面ABC。(3)过C作CH⊥AB，过H作HK⊥AD,垂足分别为H，K。∵PB⊥平面ABC,PB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC，∵平面PAB∩平面ABC=AB,∴CH⊥平面PAB，∵AD⊂平面PAB，∴AD⊥CH，又∵HK⊥AD,CH∩HK=H，∴AD⊥平面CHK，∵CK⊂平面CHK，∴CK⊥AD，∴∠CKH即为二面角C—AD—B的平面角,易求得CH=62，KH=2∴tan∠CKH=CHKH=3⇒∠所以二面角C-AD-B的度数为60°。5。(2018天津河东一模，17）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,三角形ABC为正三角形，边长为2,AD⊥DC，AD=1,PO垂直平面ABCD于O，O为AC的中点。（1）证明：PA⊥BO;(2)证明：DO∥平面PAB;(3)若PD=6，求直线PD与平面PAC所成角的正切值。解析(1）证明:∵△ABC为正三角形,O为AC的中点,∴BO⊥AC,∵PO⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD,∴BO⊥PO,又∵AC∩PO=O，∴BO⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC,∴PA⊥BO。(2)证明:∵AD⊥DC，AD=1,AC=2,∴CD=3,∠ACD=30°，∴BC⊥CD,∵∠ODA=∠OAD=60°，∠BAC=60°,∴DO∥AB，∵AB⊂平面PAB，DO⊄平面PAB，∴DO∥平面PAB。(3)过D作DF⊥AC，垂足为F,连接PF，∵PO⊥平面ABCD,∴PO⊥DF，∵AC∩PO=O，∴DF⊥平面PAC,则PF为P