考点34 直线、平面垂直的判定及其性质

考点34直线、平面垂直的判定及其性质选择题无填空题无解答题1.(2020·全国卷Ⅰ高考文科·T19)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;(2)设DO=2,圆锥的侧面积为3π,求三棱锥P-ABC的体积.【命题意图】本题考查空间线、面位置关系,证明平面与平面垂直,求锥体的体积,注意空间内垂直间的相互转化,考查逻辑推理、直观想象、数学计算的能力,属于中档题.【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证得PB⊥平面PAC,即可证得结论;(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.由题设可得rl=3,l2-r2=2.解得r=1,l=3,从而AB=3.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=62所以三棱锥P-ABC的体积为13×12×PA×PB×PC=13×12×2.(2020·全国卷Ⅱ文科·T20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=π3,求四棱锥B-EB1C1F的体积【命题意图】本题考查证明线线平行和面面垂直、四棱锥的体积,意在考查学生的分析能力、空间想象能力和运算求解能力.【解析】(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥BB1,又AA1∥BB1,所以MN∥AA1,在等边△ABC中,M为BC的中点,则BC⊥AM,又因为侧面BB1C1C为矩形,所以BC⊥BB1,因为MN∥BB1,所以MN⊥BC,由MN∩AM=M,MN,AM⊂平面A1AMN,所以BC⊥平面A1AMN,又因为B1C1∥BC,且B1C1⊄平面ABC,BC⊂平面ABC,所以B1C1∥平面ABC,又因为B1C1⊂平面EB1C1F,且平面EB1C1F∩平面ABC=EF,所以B1C1∥EF,所以EF∥BC,又因为BC⊥平面A1AMN,所以EF⊥平面A1AMN,因为EF⊂平面EB1C1F,所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.(2)过M作PN的垂线,交点为H,如图:因为AO∥平面EB1C1F,AO⊂平面A1AMN,平面A1AMN∩平面EB1C1F=NP,所以AO∥NP,又因为NO∥AP,所以AO=NP=6,AP=ON,因为O为△A1B1C1的中心,所以ON=13A1C1sinπ3=13×6×sinπ故:AP=ON=3,则AM=3AP=33,因为平面EB1C1F⊥平面A1AMN,平面EB1C1F∩平面A1AMN=NP,MH⊂平面A1AMN,所以MH⊥平面EB1C1F,又因为在等边△ABC中,EF∥BC,所以EFBC=AP即EF=AP·BCAM=由(1)知,四边形EB1C1F为梯形,所以S四边形EB1C1F=EF所以VB-EB1h为M到PN的距离MH=23·sinπ3=3所以V=13×24×3=243.(2020·全国卷Ⅱ理科·T20)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【命题意图】本题考查证明线线平行和面面垂直、线面角,意在考查学生的分析能力、空间想象能力和运算求解能力.【解析】(1)因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥BB1,又AA1∥BB1,所以MN∥AA1,在正△ABC中,M为BC的中点,则BC⊥AM,又因为侧面BB1C1C为矩形,所以BC⊥BB1,因为MN∥BB1,所以MN⊥BC,又MN∩AM=M,MN,AM⊂平面A1AMN,所以BC⊥平面A1AMN,又因为B1C1∥BC,所以B1C1⊥平面A1AMN,又因为B1C1⊂平面EB1C1F,所以平面EB1C1F⊥平面A1AMN.(2)连接NP,因为AO∥平面EB1C1F,平面AONP∩平面EB1C1F=NP,所以AO∥NP,根据三棱柱上下底面平行,平面A1NMA∩平面ABC=AM,平面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N,所以ON∥AP,故四边形ONPA是平行四边形,设△ABC边长是6m(m>0),可得:ON=AP,NP=AO=AB=6m,因为O为△A1B1C1的中心,且△A1B1C1边长为6m,所以ON=13×6m×sin60°=3m故ON=AP=3m,易证得EF∥BC,所以APAM=EPBM,所以3m33m=EP3m,解得EP=m,在B1C1上截取B1Q=EP=m,故QN=2m,因为B1Q=EP所以四边形B1QPE是平行四边形,所以B1E∥PQ,由(1)知B1C1⊥平面A1AMN,故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成的角,在Rt△QPN中,根据勾股定理可得:PQ=QN2+PN2所以sin∠QPN=QNPQ=2m2所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为10104..(2020·全国卷Ⅲ文科·T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;(2)点C1在平面AEF内.【命题意图】本题考查线面垂直判定定理,考查基本分析论证能力,属中档题.【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,因此AC⊥平面BB1D1D,因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC;(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,所以ED=MC1,ED∥MC1,所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,因此点C1在平面AEF内.5.(2020·浙江高考·T19)(本题满分15分)如图,三棱台DEF-ABC中,面ADFC⊥面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.(Ⅰ)证明:EF⊥DB;(Ⅱ)求DF与面DBC所成角的正弦值.【命题意图】本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.体现了直观想象和逻辑推理的核心素养.【解析】(Ⅰ)过点D作DO⊥AC,交AC于点O,连接OB.由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=2CO,由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO,可解得BO⊥又BO∩DO=O,BO,DO⊂平面BDO,所以BC⊥平面BDO,因为DB⊂平面BDO,所以BC⊥DB.由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.(Ⅱ)方法一:过点O作OH⊥BD,交BD于点H,连接CH.由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以DF与平面DBC所成角等于CO与平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,又BD∩BC=B,BD,BC⊂平面BDC,所以OH⊥平面BCD,所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.设CD=22.则DO=OC=2,BO=BC=2,所以BD=6,OH=23所以sin∠OCH=OHOC=3因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33方法二:由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以DF与平面DBC所成角等于CO与平面DBC所成角,记为θ.如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设CD=22.由题意知各点坐标如下:O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此=(0,2,0),=(-1,1,0),=(0,-2,2).设平面BCD的法向量n=(x,y,z).由即-x+y=0,-2y+2z所以sinθ=|cos<,n>|==33.因此,DF与平面DBC所成角的正弦值为336.(2020·江苏高考·T15)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF∥平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.【命题意图】本题主要考查立体几何线面平行、面面垂直