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

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.22答案C2.(多选)(2023新课标Ⅱ,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πB.该圆锥的侧面积为43πC.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,∴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=12CC1=12AA1=1,即四棱锥A1-BB4.(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DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M为BC的中点,所以AD=2,所以S矩形ABCD=AB·所以V四棱锥P-ABCD=135.(2022全国甲理,18,12分,中)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.(1)证明:BD⊥PA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.解析(1)证明:过D作DH⊥AB,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AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA(2)解法一:由题设及(1)得三棱锥P-ABD的体积为V=13又AB=2,PA=DA2+DP2=2所以cos∠PAB=AB2+PA2−设点D到平面PAB的距离为d,则V=13×12×2×2×15因此PD与平面PAB所成角的正弦值为dPD解法二:如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PD⊥AB,又DE∩PD=D,故AB⊥平面PDE.作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF⊂平面PDE,所以DF⊥AB.因为AB∩PE=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·故PE=DE因此PD与平面PAB所成角的正弦值为DEPE6.(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,∴AO⊥CD.(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,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设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则n·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|∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=13故三棱锥A-BCD的体积为367.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,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,BF⊥AO.(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(BC−BA∴BF·AO=[(1-t)BA+tBC]·−BA+12BC=(t-1)BA2+12tBC2=4(t∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12AB,∴DE∴四边形DEFO是平行四边形,∴EF∥DO.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,在Rt△ABO中,AB=2,BO=2,∴AO=6,在△ADO中,OD2+AO2=AD2,∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,则EF⊥AO,又AO⊥BF,BF∩EF=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OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,∴DG=13AD,GE=13∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=13AH,连接DH,GF,∴DH=32由cos∠ABD=4+32−1522×2×同理可得BE=62∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2=13×622+622=5在△DOH中,OH=12BF=32,OD=6∴cos∠DOH=64∴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=λAC,0<λ<1.∵AC=(-2,22∴F(2-2λ,22λ,0),∴BF=(2-2λ,22λ,0).∵BF⊥AO,AO=(-2,2,0),∴BF·AO=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=12,故F为连接OF,DE,∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12∴DEOF,故四边形ODEF为平行四边形,∴EF∥DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明:易得AD=302由cos∠ABD=4+32−1522×2×设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=6,PA=14可得x2+y2+z2又∵E是PA的中点,∴E12,22,32,∴BE=12,22,32,又AO=(-2,2,0),∴AO·BE=−2×12∴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,∴D−1∴OD=设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),则m取x1=1,则y1=2,z1=3,则m2=(1,2,3),设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m1,m2>|=|m由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,∴cosθ=-22,∴sinθ=22,即二面角D-AO-C的正弦值为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:①垂直于同一条直线的两条直线互相平行;②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;③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;④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.①②B.③④C.①③D.②④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α与直线A1C垂直,则平面α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.AC⊥SDB.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3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α截一球面得圆M,过圆心M且与α夹角为60°的平面β截该球面得圆N.若该球的半径为4,圆M的面积为4π,则圆N的面积为.

答案13π3.(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24.(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42(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PF⊥BE,因为二面角P-BE-C为直二面角,所以PF⊥平面ABCD.由VP-ABE=13S△ABE·PF=13×12AB则AE=BE=22,则AE2+BE2=AB2,故AE⊥BE.因为PF⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以AE⊥PF,又PF与BE相交,所以AE⊥平面PBE,因为PB⊂平面PBE,所以AE⊥PB,又PE⊥PB,且PE与AE相交,所以PB⊥平面PAE,又PB⊂